2020年人教A版数学理(广东用)课时作业：第五章-第三节等比数列及其前n项和.docx

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课时提升作业(三十二)
一、选择题
1.已知等比数列{an}的公比q=2,其前4项和S4=60,则a2等于　(　　)
(A)8 (B)6 (C)-8 (D)-6
2.等比数列{an}中,若log2(a2a98)=4,则a40a60等于　(　　)
(A)-16 (B)10 (C)16 (D)256
3.在正项等比数列{an}中,a1,a19分别是方程x2-10x+16=0的两根,则a8·a10·a12等于　(　　)
(A)16 (B)32 (C)64 (D)256
4.(2021·汕头模拟)等比数列{an}中,a1=3,a4=24,则a3+a4+a5=　(　　)
(A)84 (B)83 (C)82 (D)81
5.(2021·沈阳模拟)已知数列{an}满足log3an+1=log3an+1(n∈N*)且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)的值是　(　　)
(A)-5 (B)- (C)5 (D)
6.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2011=3S2010+2022,a2010=3S2009+2022,则公比q=　　
(　　)
(A)4 (B)1或4
(C)2 (D)1或2

7.(2021·东莞模拟)已知等差数列{an}的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列,则a2=　
(　　)
(A)-4 (B)-6 (C)-8 (D)-10
8.(2021·汉中模拟)在等比数列{an}中,a6与a7的等差中项等于48,a4a5a6a7a8a9a10=1286.假如设数列{an}的前n项和为Sn,那么Sn=　(　　)
(A)5n-4 (B)4n-3
(C)3n-2 (D)2n-1
二、填空题
9.(2022·广东高考)若等比数列{an}满足a2a4=,则a1a5=　　　.
10.(2021·佛山模拟)已知等比数列{an}的首项为2,公比为2,则 =　　　.
11.数列1,2,3,4,…的前n项和为　　　　.
12.(力气挑战题)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*),则数列{an}的通项公式an=　　　.
三、解答题
13.(2021·湛江模拟)已知等比数列{an}的前n项中,a1最小,且a1+an=66, a2an-1=128,前n项和Sn=126,求n和公比q.
14.已知数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn且Sn+1=Sn+1,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)求数列{}的前n项和Tn.
15.(力气挑战题)设一元二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,且满足6α-2αβ+6β=3.
(1)试用an表示an+1.
(2)求证:数列{an-}是等比数列.
(3)当a1=时,求数列{an}的通项公式.

答案解析
1.【解析】选A.S4=60,q=2⇒=60⇒a1=4,
∴a2=a1q=4×2=8.
2.【解析】选C.a40a60=a2a98,依据log2(a2a98)=4即可求解.依据已知a2a98=24=16,所以a40a60=16.
3.【解析】选C.依据根与系数的关系得a1a19=16,由此得a10=4,a8a12=16,故a8·a10·a12=64.
4.【解析】选A.q3===8,
∴q=2,a3===12,
a5=a4·q=24×2=48,
∴a3+a4+a5=12+24+48=84.
5.【思路点拨】依据数列满足log3an+1=log3an+1(n∈N*)且a2+a4+a6=9可以确定数列是公比为3的等比数列,再依据等比数列的通项公式即可通过a2+a4+a6=9求出a5+a7+a9的值.

【解析】选A.由log3an+1=log3an+1(n∈N*),得an+1=3an,又由于an>0,所以数列{an}是公比为3的等比数列,a5+a7+a9=(a2+a4+a6)×33=35,
所以lo(a5+a7+a9)=-log335=-5.
6.【解析】选A.由a2011=3S2010+2022,a2010=3S2009+2022两式相减得a2011-a2010=3a2010,即q=4.
7.【解析】选B.a1=a2-2,a3=a2+2,
a4=a2+4,∵a1,a3,a4成等比数列,
∴=a1·a4,∴(a2+2)2=(a2-2)(a2+4),
+4a2+4=+2a2-8,
∴2a2=-12,即a2=-6.
8.【解析】选D.设等比数列{an}的公比为q,由a6与a7的等差中项等于48,得a6+a7=96,
即a1q5(1+q)=96　①.
由等比数列的性质,得a4a10=a5a9=a6a8=.
由于a4a5a6a7a8a9a10=1286,
则=1286=(26)7,即a1q6=26　②.
由①②解得a1=1,q=2,
∴Sn==2n-1,故选D.
9.【思路点拨】本题考查了等比数列的性质:已知m,n,p∈N*,若m+n=2p,则am·an=.
【解析】∵a2a4=,∴=,
∴a1a5==.
答案:
10.【解析】由题意知an=2n,
所以==
=22=4.
答案:4
11.【解析】设所求的前n项和为Sn,则Sn=(1+2+…+n)+(++…+)=+1-.
答案:+1-
12.【解析】∵Sn+1=2Sn+n+1,当n≥2时Sn=2Sn-1+n,
两式相减得:an+1=2an+1,
∴an+1+1=2(an+1),
即=2.
又S2=2S1+1+1,a1=S1=1,
∴a2=3,∴=2,
∴{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,
∴an+1=2n即an=2n-1(n∈N*).
答案:2n-1
【方法技巧】含Sn,an问题的求解策略
当已知含有Sn+1,Sn之间的等式时,或者含有Sn,an的混合关系的等式时,可以接受降级角标或者升级角标的方法再得出一个等式,两个等式相减就把问题转化为数列的通项之间的递推关系式.
13.【解析】由于{an}为等比数列,所以a1an=a2an-1,
∴且a1≤an,解得a1=2,an=64,
依题意知q≠1,∵Sn=126,∴=126⇒q=2,
∵2qn-1=64,∴n=6.
14.【解析】(1)由Sn+1=Sn+1,
得当n≥2时Sn=Sn-1+1,
∴Sn+1-Sn=(Sn-Sn-1),
即an+1=an,∴=,
又a1=1,得S2=a1+1=a1+a2,∴a2=,
∴=,
∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列,
∴an=()n-1.
(2)∵数列{an}是首项为1,公比为的等比数列,
∴数列{}是首项为1,公比为的等比数列
∴Tn==3[1-()n].
15.【解析】(1)∵一元二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,
由根与系数的关系易得α+β=,αβ=,
∵6α-2αβ+6β=3,∴-=3,
即an+1=an+.
(2)∵an+1=an+,
∴an+1-=(an-),
当an-≠0时,=,
当an-=0,即an=时,
此时一元二次方程为x2-x+1=0,
即2x2-2x+3=0,
∵Δ=4-24<0,
∴不合题意,即数列{an-}是等比数列.
(3)由(2)知:数列{an-}是以a1-=-=为首项,公比为的等比数列,
∴an-=×()n-1=()n,
即an=()n+,
∴数列{an}的通项公式是an=()n+.
【变式备选】定义:若数列{An}满足An+1=,则称数列{An}为“平方递推数列”.已知数列{an}中,a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=2x2+2x的图象上,其中n为正整数.
(1)证明:数列{2an+1}是“平方递推数列”,且数列{lg(2an+1)}为等比数列.
(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn,即Tn=(2a1+1)(2a2+1)…(2an+1),求数列{an}的通项公式及Tn关于n的表达式.
【解析】(1)由条件得:an+1=2+2an,
∴2an+1+1=4+4an+1=(2an+1)2,
∴{2an+1}是“平方递推数列”.
∵lg(2an+1+1)=2lg(2an+1),
∴=2,
∴{lg(2an+1)}为等比数列.
(2)∵lg(2a1+1)=lg5,
∴lg(2an+1)=lg5·2n-1,
∴2an+1=,∴an=(-1).
∵lgTn=lg(2a1+1)+lg(2a2+1)+…+lg(2an+1)
==(2n-1)lg5,
∴Tn=.

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