2022版高考数学一轮复习 第7章 第3讲 等比数列及其前n项和训练（含解析）.doc

1、第七章第3讲A级基础达标1(2020年昆明模拟)已知正项等比数列an中，a2a3a4，若S331，则an()A25nB25n1C5nD5n1【答案】D2(2020年成都模拟)已知等比数列an的各项均为正数，若log3a1log3a2log3a1212，则a6a7()A1B3C6D9【答案】D3若等比数列an的前n项和为Sn3nm(nN*)，则实数m的取值为()A32B1C3D一切实数【答案】C4(2021年吉林模拟)张丘建算经中“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里问日行几何？”意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里路，问每天走的里

2、数为多少？”则该匹马第一天走的里数为()ABCD【答案】B5设等比数列an的前n项和为Sn，若a12，21，则数列的前4项和为()A或B或C或D或【答案】C【解析】设等比数列an的公比为q，则由a12，21，得21，整理得q4q2200，解得q2或q2，所以an2n或an2(2)n1当an2n时，数列的前4项和S4；当an2(2)n1时，数列的前4项和S4.6记Sn为等比数列an的前n项和若a1，aa6，则S5_.【答案】【解析】设等比数列的公比为q，由已知a1，aa6，所以2q5，又q0，所以q3，所以S5.7等比数列an中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S38a13a2，a416，

3、则S4_.【答案】30【解析】设等比数列an的公比为q0，由题意，得解得a1q2，则S430.8(2021年南通二模)在正项等比数列an中，Sn为其前n项和，已知2a63S41，a73S51，则该数列的公比q为_【答案】3【解析】由2a63S41，a73S51，得a72a63(S5S4)3a5，即a5q22a5q3a5，则q22q30，解得q1或q3.因为an是正项等比数列，所以q3.9已知等比数列an中，公比q2，a4是a32，a56的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.解：(1)因为等比数列an中，公比q2，a4是a32，a56的等差中项，所以2a4(a32

4、)(a56)所以2(a123)(a1222)(a1246)，解得a11所以数列an的通项公式an2n1(2)因为等比数列an中，公比q2，首项a11，所以数列an的前n项和Sn2n110已知等比数列an，公比q0，an2an12an，5为a1，a3的等差中项(1)求数列an的通项；(2)求数列an的前n项和解：(1)因为等比数列an中，公比q0，an2an12an，5为a1，a3的等差中项，所以解得a12，q2，所以an2n.(2)数列an的前n项和Sn2n12.B级能力提升11等比数列an的前n项和为Sn，已知a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5()A29B31C33D36【答

5、案】B【解析】因为数列an是等比数列，a2a3a1a42a1，所以a42.因为a4与2a7的等差中项为，所以(a42a7)，故有a7.所以q3，所以q，所以a116.所以S53112(多选)(2020年淮安模拟)已知数列an是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是()ABlog2anCanan1Danan1an2【答案】ACD【解析】由题意，可设等比数列an的公比为q(q0)，则ana1qn1对于A，n1，所以数列是一个以为首项，为公比的等比数列；对于B，log2anlog2(a1qn1)log2a1(n1)log2q，所以数列log2an是一个以log2a1为首项，log2q为公差的等差数

6、列；对于C，因为q2，所以数列anan1是一个以q2为公比的等比数列；对于D，因为q，所以数列anan1an2是一个以q为公比的等比数列13(2020年仙桃测试)各项均为正数的等比数列an中，若a11，a22，a33，则a4的取值范围是_【答案】【解析】设an的公比为q，则根据题意得q，所以q2，a4a3q，a4a2q28，所以a4.14(一题两空)(2020年徐州模拟)已知正项等比数列an满足a2 0202a2 018a2 019，若存在两项am，an使得4a1，则的最小值是_，此时m2n2_.【答案】20【解析】设正项等比数列an的公比为q，若an满足a2 0202a2 018a2 019

7、，则有q22q，解得q2或q1(舍去)由4a1，得aman16a，得2mn21624，则mn6.所以(mn).由24，当且仅当n2m，即n2m4时等号成立所以(54)，此时m2n220.15(2020年北京二模)已知数列an的前n项和为Sn，a11，_.是否存在正整数k(k1)，使得a1，ak，Sk2成等比数列？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由从an12an0，SnSn1n(n2)，Snn2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答解：若选an12an0，则由a11，知an0，所以2，所以an是首项为1，公比为2的等比数列所以a11，ak2k1，Sk22k21若a1，ak，Sk2成等比

8、数列，则(2k1)21(2k21)2k21左边为偶数，右边为奇数，即不存在正整数k(k1)，使得a1，ak，Sk2成等比数列若选SnSn1n(n2)，即SnSn1nann (n2)又a11适合上式，所以an是首项为1，公差为1的等差数列所以a11，akk，Sk2.若a1，ak，Sk2成等比数列，则k21，解得k6(k1舍去)所以存在正整数k6，使得a1，ak，Sk2成等比数列若选Snn2，则anSnSn1n2(n1)22n1(n2)，又a11适合上式，所以an是首项为1，公差为2的等左数列所以a1，ak2k1，Sk2(k2)2.若a1，ak，Sk2成等比数列，则(2k1)21(k2)2，解得k

9、3.所以存在正整数k3，使得a1，ak，Sk2成等比数列C级创新突破16(2020年驻马店期末)若数列an满足0(nN*)，则称an为“梦想数列”，已知数列为“梦想数列”，且b1b2b32，则b3b4b5()A18B16C32D36【答案】A【解析】若为“梦想数列”，则由题意得0，即bn13bn0，3，即bn为公比为3的等比数列由b1b2b32，得b3b4b532(b1b2b3)18.17(2020年北京)已知an是无穷数列给出两个性质：对于an中任意两项ai，aj(ij)，在an中都存在一项am，使得am；对于an中任意一项an(n3)，在an中都存在两项ak，al(kl)，使得an.(1)

10、若ann(n1,2，)，判断数列an是否满足性质，说明理由；(2)若an2n1(n1,2，)，判断数列an是否同时满足性质和性质，说明理由；(3)若an是递增数列，且同时满足性质和性质，求证：an为等比数列解：(1)不满足，理由：N*，所以不存在一项am，使得am.(2)数列an同时满足性质和性质，理由：22ij1，因为a2ij22ij1，所以满足性质.对于任意的n3，欲满足an2n122kl1，只需满足n2kl即可令ln2，则kn1，且符合kl1，所以满足性质.所以an同时满足性质和性质.(3)对于a10，因为an递增，所以an0.由性质，取n3，则存在ak，al(kl)，使a3akak，所

11、以k3.所以k2，l1 所以a3. 所以an中a1，a2，a3三项成等比对于a10，由性质，取i2，j1，则存在am，使am.易证ama2，即m2.若ama1，则只能aa，此时a2a10.所以当n2时，an0.取i2，j1，因为an递增，aia20，所以ama1，显然不存在满足不等式的m，矛盾ama1也不成立，所以m3.而ama1a0，所以am与a1同号，所以am0.所以a30，a20.所以a1，a2，a3同号如下证明，对任意k2，ak0时，则ak10.由性质，取ik，jk1，则存在m，使am.首先am与ak1同号，由递增数列，知ak1ak0，所以am0.假设mk，则amak0.所以|am|a

12、k|0，结合ak1ak0，有|ak1|ak|0，显然|am|ak1|ak|2与amak1a矛盾，所以mk1，amak1又am0，所以ak10.所以an同号且均为负数所以对于an，amakak恒成立所以a3akak，得3k1所以k2，l1所以a3 .综上，当n3时，an为等比数列假设当nk(显然k3)时，a1，a2，am成等比，设其通项公式为ana1qn1(nk)，下证ak1a1qk.由性质，取ik，jk1，则存在m，使ama1qk.假设mk1，此时必有mk2. 由递增数列知，akak1am，即a1qk1ak1a1qk.令ak1a1qs，此时k1sk，所以sN*.另一方面，由性质，对ak1，存在u，v(uv)，使ak1auau，所以uk1，即uk且vk.所以ak1a1q2uv1而2uv1N*，sN* ，a10，所以a1q2uv1a1qs.而这两个都是ak1的表达式，矛盾所以mk1所以ak1a1qk.所以当nk1时，a1，a2，ak1也成等比综上，an为等比数列