2020届高考数学（理科）总复习课时跟踪练：（三十四）等比数列及其前n项和 Word版含解析.pdf

课时跟踪练课时跟踪练(三十四三十四) A 组 基础巩固组 基础巩固 1(2019·湖北调考湖北调考)设等比数列设等比数列an中，中，a22，a2a4a614， 则公比 ， 则公比 q( ) A3 B± C2 D±32 解析：解析：由题意得解得由题意得解得 q22， a1q2， a1qa1q3a1q514，) 所以所以 q±，故选，故选 D.2 答案：答案：D 2 一题多解一题多解(2019·成都二诊成都二诊)在等比数列在等比数列an中， 已知中， 已知 a36， a3 a5a778，则，则 a5( ) A12 B18 C24 D36 解析 ：解析 ： 法一 设等比数列法一 设等比数列an的公比为的公比为 q，则有，则有 a3a3q2a3q46 6q26q478，解得，解得 q23，所以，所以 a5a3q218，故选，故选 B. 法二 设等比数列法二 设等比数列an的首项为的首项为 a1，公比为，公比为 q，则由题意有 解得 ，则由题意有 解得 a1q26， a1q2a1q4a1q678，) a12， q ± 3，) 所以所以 a5a1q418. 答案：答案：B 3 (2019·菏泽模拟菏泽模拟)等比数列等比数列an中，中， a2， a16是方程是方程 x26x20 的两个实数根，则的值为的两个实数根，则的值为( ) a2a16 a9 A2 B或或22 C. D22 解析 ：解析 ： 因为因为 a2， a16是方程是方程 x26x20 的根， 所以的根， 所以 a2a166， a2·a162， 所以， 所以 a20， q0， 所以， 所以a9 a2a16 a9 ±±.a2a162 故选故选 B. 答案：答案：B 4 已知各项均为正数的等比数列 已知各项均为正数的等比数列an中，中， a4与与 a14的等比中项为的等比中项为 2 ，则，则 2a7a11的最小值为的最小值为( )2 A16 B8 C2 D42 解析：解析：因为因为 a4与与 a14的等比中项为的等比中项为 2，2 所以所以 a4·a14a7·a11(2)28，2 所以所以 2a7a11228，2a7a112 ×× 8 所以所以 2a7a11的最小值为的最小值为 8. 答案：答案：B 5 已知数列 已知数列an满足满足 log3an1log3an 1(n N*)， 且， 且 a2a4a6 9，则，则 log (a5a7a9)的值是的值是( ) 1 3 A5 B C5 D. 1 5 1 5 解析：解析：因为因为 log3an1log3an 1， ， 所以所以 an 1 3an.又由题意知又由题意知 an0， 所以数列所以数列an是公比是公比 q3 的等比数列的等比数列 因为因为 a5a7a9q3(a2a4a6)， 所以所以 log (a5a7a9)log (9××33)log 355. 1 3 1 3 1 3 答案：答案：A 6在等比数列在等比数列an中，若中，若 a1··a516，a48，则，则 a6_ 解析：解析：由题意得，由题意得，a2·a4a1·a516， 所以所以 a22，所以，所以 q24，所以，所以 a6a4q232. a4 a2 答案：答案：32 7在各项均为正数的等比数列在各项均为正数的等比数列an中，若中，若 am·am 2 2am 1(m N*)， 数列， 数列an的前的前 n 项积为项积为 Tn， 且， 且 T2m 1 128， 则， 则 m 的值为的值为_ 解析：解析：因为因为 am·am 2 2am 1，所以 ，所以 a2am 1， ， 2m1 即即 am 1 2，即，即an为常数列又为常数列又 T2m 1 (am 1)2m 1，由 ，由 22m 1 128，得，得 m3. 答案：答案：3 8 (2019·合肥二测合肥二测)已知数列已知数列an中，中， a12， 且， 且4(an 1 an)(n a an N*)，则其前，则其前 9 项的和项的和 S9_ 解析：解析：由由4(an 1 an)可得可得 a4an 1an 4a 0，即，即(an 1 a an 2n12 n 2an)20，即，即 an 1 2an，又，又 a12，所以数列，所以数列an是首项和公比都是是首项和公比都是 2 的等比数列，则其前的等比数列，则其前 9 项的和项的和 S921021 022. 2（129） 12 答案：答案：1 022 9(2016·全国卷全国卷)已知已知an是公差为是公差为 3 的等差数列，数列的等差数列，数列bn满 足 满 足 b11，b2 ， ，anbn 1 bn 1 nbn. 1 3 (1)求求an的通项公式；的通项公式； (2)求求bn的前的前 n 项和项和 解：解：(1)由已知，由已知，a1b2b2b1，b11，b2 ，得 ，得 a12， 1 3 所以数列所以数列an是首项为是首项为 2， 公差为， 公差为 3 的等差数列， 通项公式为的等差数列， 通项公式为 an 3n1. (2)由由(1)知知 anbn 1 bn 1 nbn，得，得 bn 1 ， bn 3 因此因此bn是首项为是首项为 1，公比为 的等比数列，公比为 的等比数列 1 3 记记bn的前的前 n 项和为项和为 Sn， 则则 Sn . 1(1 3) n 11 3 3 2 1 2 ×× 3n 1 10 (2019·惠州调考惠州调考)已知数列已知数列an中， 点中， 点(an， an 1)在直线 在直线 yx2 上，且首项上，且首项 a11. (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； (2)数列数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，等比数列，等比数列bn中，中，b1a1，b2a2， 数列 ， 数列bn的前的前 n 项和为项和为 Tn，请写出适合条件，请写出适合条件 TnSn的所有的所有 n 的值的值 解：解：(1)因为点因为点(an，an 1)在直线 在直线 yx2 上，上， 所以所以 an 1 an2，所以，所以 an 1 an2， 所以数列所以数列an是等差数列，公差为是等差数列，公差为 2，又，又 a11， 所以所以 an12(n1)2n1. (2)数列数列an的前的前 n 项和项和 Snn2. n（12n1） 2 等比数列等比数列bn中，中，b1a11，b2a23，所以，所以 q3. 所以所以 bn3n 1. 所以数列所以数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 13n 13 3n1 2 TnSn可化为可化为n2，又，又 nN*，所以，所以 n1 或或 2. 3n1 2 故适合条件故适合条件 TnSn的所有的所有 n 的值为的值为 1，2. B 组 素养提升组 素养提升 11 数列 数列an中， 已知对任意中， 已知对任意 nN*， a1a2a3an3n1， 则 ， 则 a a a a 等于等于( ) 2 12 22 32 n A(3n1)2 B. (9n1) 1 2 C9n1 D. (3n1) 1 4 解析：解析：因为因为 a1a2an3n1，nN*， 当当 n2 时，时，a1a2an 1 3n 1 1， 所以当所以当 n2 时，时，an3n3n 1 2·3n 1， ， 又又 n1 时，时，a12 适合上式，所以适合上式，所以 an2·3n 1， ， 故数列故数列a 是首项为是首项为 4，公比为，公比为 9 的等比数列，的等比数列， 2 n 因此因此 a a a (9n1) 2 12 22 n 4（19n） 19 1 2 答案：答案：B 12(2019·河南六市联考河南六市联考)若正项递增等比数列若正项递增等比数列an满足满足 1(a2 a4)(a3a5)0(R)，则，则 a6a7的最小值为的最小值为( ) A2 B4 C2 D4 解析：解析：因为因为an是正项递增的等比数列，是正项递增的等比数列， 所以所以 a10，q1， 由由 1(a2a4)(a3a5)0， 得得 1(a2a4)q(a2a4)0， 所以所以 1q， 1 a4a2 所以所以 a6a7a6(1q)(q2 a6 a4a2 q4 q21 （q21）12 q21 1)22 24(q210)， 1 q21 （q21）· 1 q21 当且仅当当且仅当 q时取等号，所以时取等号，所以 a6a7的最小值为的最小值为 4.故选故选 D.2 答案：答案：D 13 (2019·佛山质量检测佛山质量检测)数列数列an满足满足 a13a2(2n1)an 3，nN*，则，则 a1a2an_ 2n3 2n 解析：解析：因为因为 a13a2(2n1)an3， 2n3 2n 所以所以 a13a2(2n3)an 1 3(n2)， 2n1 2n 1 两式相减得两式相减得(2n1)an(n2)，an(n2)， 2n1 2n 1 2n 当当 n1 时，时，a13 ，适合上式， ，适合上式， 5 2 1 2 所以所以 an(nN*)， 1 2n 因此因此 a1a2an1. 1 2(1 1 2n) 11 2 1 2n 答案：答案：1 1 2n 14(2019·信阳模拟信阳模拟)已知数列已知数列an满足满足 a11，an 1 2an( 为 常数 为 常数) (1)试探究数列试探究数列an是不是等比数列，并求是不是等比数列，并求 an； (2)当当 1 时，求数列时，求数列n(an)的前的前 n 项和项和 Tn. 解：解：(1)因为因为 an 1 2an，所以，所以 an 1 2(an) 又又 a11， 所以当所以当 1 时，时，a10，数列，数列an不是等比数列，不是等比数列， 此时此时 anan10，即，即 an1； 当当 1 时，时，a10，所以，所以 an0， 所以数列所以数列an是以是以 1 为首项，为首项，2 为公比的等比数列，为公比的等比数列， 此时此时 an(1)2n 1，即 ，即 an(1)2n 1 . (2)由由(1)知知 an2n1，所以，所以 n(an1)n××2n， Tn22××223××23n××2n， 2Tn222××233××24n××2n 1， ， 得，得，Tn222232nn××2n 1 n 2（12n） 12 ××2n 1 2n 1 2n××2n 1 (1n)2n 1 2. 所以所以 Tn(n1)2n 1 2.