【绿色通道】2020高考数学总复习 5-3等比数列 新人教A版

第5模块 第3节知能演练一、选择题1若数列an的前n项和Sn3na，数列an为等比数列，则实数a的值是()A3B1C0 D1解析：可用特殊值法，由Sn得a13a，a26，a318，由等比数列的性质可知a1.答案：B2设a1，a2，a3，a4 成等比数列，其公比为2，则的值为()A. B.C. D1解析：由题意得a22a1，a34a1，a48a1.答案：A3等比数列an前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是()AT10 BT13CT17 DT25解析：a3a6a18aq2517(a1q8)3a，即a9为定值，所以下标和为9的倍数的两项积为定值，可知T17为定值答案：C4已知等比数列an中，a1a230，a3a4120，则a5a6等于()A240 B240C480 D480解析：an为等比数列，数列a1a2，a3a4，a5a6也成等比数列，(a3a4)2(a1a2)(a5a6)，a5a6480.答案：C二、填空题5等比数列an中，a1a310，a4a6，则数列an的通项公式为_解析：由a4a1q3，a6a3q3得q3，q，又a1(1q2)10，a18.ana1qn18()n124n.答案：an24n6在等差数列an中，a11，a74，数列bn是等比数列，已知b2a3，b3，则满足bn的最小自然数n是_解析：an为等差数列a11，a74,6d3，d.an，bn为等比数列，b22，b3，q.bn6()n1，bn，818134.n6，从而可得nmin7.答案：7三、解答题7设数列an的前n项和Sn2an2n.(1)求a3，a4；(2)证明：an12an是等比数列；(3)求an的通项公式(1)解：因为a1S1,2a1S12，所以a12，S12.由2anSn2n知2an1Sn12n1an1Sn2n1，得an1Sn2n1，所以a2S1222226，S28，a3S22382316，S324.a4S32440.(2)证明：由题设和式知an12an(Sn2n1)(Sn2n)2n12n2n.所以an12an是首项为2，公比为2的等比数列(3)an(an2an1)2(an12an2)2n2(a22a1)2n1a1(n1)2n1.8设各项均为正数的数列an和bn满足5an，5bn，5an1成等比数列，lgbn，lgan1，lgbn1成等差数列，且a11，b12，a23，求通项an、bn.解：5an，5bn，5an1成等比数列，(5bn)25an5an1，即2bnanan1.又lgbn，lgan1，lgbn1成等差数列，2lgan1lgbnlgbn1，即abnbn1.由及ai0，bj0(i、jN*)可得an1.an(n2)将代入可得2bn(n2)，2(n2)数列为等差数列b12，a23，ab1b2，b2.(n1)( )(n1)(n1也成立)bn.an(n2)又当n1时，a11也成立an.高考模拟预测1(2020广东高考)已知等比数列an的公比为正数，且a3a92a，a21，则a1()A.B.C. D2解析：因为a3a92a，则由等比数列的性质有：a3a9a2a，所以2，即()2q22，因为公比为正数，故q.又因为a21，所以a1.答案：B2(2020广东高考)已知等比数列an满足an0，n1,2，且a5a2n522n(n3)，则当n1时，log2a1log2a3log2a2n1()An(2n1) B(n1)2Cn2 D(n1)2解析：设等比数列an的首项为a1公比为q，a5a2n5a1q4a1q2n622n，即aq2n222n(a1qn1)222n(an)2(2n)2，an0，an2n，a2n122n1，log2a1log2a3log2a2n1log22log223log222n113(2n1)nn2，故选C.答案：C3(2020宁波十校联考)已知数列an共有m项，定义an的所有项和为S(1)，第二项及以后所有项和为S(2)，第三项及以后所有项和为S(3)，第n项及以后所有项和为S(n)若S(n)是首项为2，公比为的等比数列的前n项和，则当nm时，an等于()A B.C D.解析：n1，令bnan1(n1,2，)，若数列bn有连续四项在集合53，23,19,37,82中，则6q_.解析：由anbn1，且数列bn有连续四项在集合53，23,19,37,82中，则an有连续四项在集合54，24,18,36,81中经分析判断知an的四项应为24,36，54,81.又|q|1，所以数列an的公比为q，则6q9.答案：95(2020山东高考)等比数列an的前n项和为Sn，已知对任意的nN*，点(n，Sn)均在函数ybxr(b0且b1，b，r均为常数)的图象上()求r的值；()当b2时，记bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解：()由题意，Snbnr，当n2时，Sn1bn1r，所以anSnSn1bn1(b1)，由于b0且b1，所以当n2时，an是以b为公比的等比数列，又a1br，a2b(b1)，b，即b，解得r1.()由()知，nN*，an(b1)bn1，当b2时，an2n1，所以bn.Tn.Tn，两式相减得Tn，故Tn.备选精题6已知数列an满足a1a(a0且a1)，前n项和为Sn，且Sn(1an)(1)求证：an是等比数列；(2)记bnanlg|an|(nN*)，当a时，是否存在正整数m，使得对于任意正整数n，都有bnbm？如果存在，求出m的值；如果不存在，说明理由解：(1)当n2时，Sn(1an)，Sn1(1an1)，anSnSn1(1an)(1an1)(an1an)，即anaan1.又a1a0，所以a，所以an是首项和公比都为a的等比数列(2)由(1)知，anan，则bnanlg|an|nanlg|a|.又a(1,0)，则lg|a|0.所以当n为偶数时，bnnanlg|a|0.可见，若存在满足条件的正整数m，则m为偶数b2k2b2k(2k2)a2k22ka2klg|a|2a2k(k1)a2klg|a|2a2