课时作业(三十五)　等比数列及其前n项和.DOC

1、课时作业(三十五)等比数列及其前 n 项和 基础过关组 一、单项选择题 1设等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 S23a1，则公比 q() A1 2 B1 3 C2D3 解析依题意得 a1a1q3a1，所以 q2。故选 C。 答案C 2已知在等比数列an中，a11，a59，则 a3() A5B5 C3D3 解析由等比数列的性质知 a23a1a59，且 a30，所以 a33。故选 D。 答案D 3 (2021开封市高三模拟)设等比数列an的前n项和为Sn， 且满足a1a21， a1a33， 则S6() A63B21 C21D63 解析设等比数列an的公比为 q，由已知条件可得 a1a1q1，

2、 a1a1q23， 则 1q 1q2 1 3，解得 q2，所以 a11，S6a11q 6 1q 12 6 12 21。故选 B。 答案B 4(2020全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和。若 a5a312，a6a424，则Sn an( ) A2n1B221 n C22n 1 D21 n1 解析解法一：设等比数列an的公比为 q，则由 a5a3a1q4a1q212， a6a4a1q5a1q324， 解得 a11， q2， 所以 Sn a11qn 1q 2n1，ana1qn 12n1，所以Sn an 2n1 2n 1 221 n。故选 B。 解法二： 设等比数列an的公比为 q， 因为a6

3、a4 a5a3 a41q2 a31q2 a4 a3 24 122， 所以 q2， 所以 Sn an a11qn 1q a1qn 1 2n1 2n 1 221 n。故选 B。 答案B 5等比数列an中，a3a7a156，a83，则 a9() A2 3 B3 2 C2D12 解析设an的公比为 q，由 a3a7a156， a83， 得 a31q226， a1q73， 由得 q2 9，故 a 9a8q2 3。 答案A 6已知各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 a2n12Snn4，且 a21，a3，a7恰好构成等 比数列的前 3 项，则 a4() A1B3 C5D7 解析因为各项均为正

4、数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 a2n12Snn4，所以 a2n2Sn1n1 4(n2)，两式相减得 a2n1a2n2an1(an1)2(n2)，由于数列an的各项均为正数，则 an1an1(常 数)(n2)。所以 a3a21，a7a25。由于 a21，a3，a7恰为等比数列的前 3 项，所以(a21)2(a21)(a2 5)，解得 a23，所以 a4a225。 答案C 二、多项选择题 7 设等比数列an的公比为 q， 其前 n 项和为 Sn， 前 n 项积为 Tn， 并且满足条件 a11， a6a71， a61 a710， 则下列结论正确的是() A0q1B0a6a81 CSn的最

5、大值为 S7DTn的最大值为 T6 解析由条件 a11，a6a71，a61 a711)。 由题设得 a1qa1q320，a1q28。 解得 q1 2(舍去)或 q2。由题设得 a 12。 所以an的通项公式为 an2n。 (2)由题设及(1)知 b10， 且当 2nm0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得 80 石，乙、丁衰分所得的和为 164 石，则“衰分比”与 m 的值分别为() A20%,369B80%,369 C40%,360D60%,365 解析设“衰分比”为 a(0a2，所以 3q 15，从而 mkN*，当 mk1 时，q1 2(舍去)；当 mk2 时，q 3 5

6、 2 ，因为 q2，所以 q3 5 2 ； 当 mk3 时，记 f(q)qx3q1(x3，xN*，q2)，则 f(q)xqx 13323130，所以 f(q)f(2)2x 50，所以 3q1qm k。综上，q3 5 2 。 答案 3 5 2 16(2021沙坪坝区校级模拟)已知等比数列an的公比为 q，且 0a11，a2 0201，则 q 的取值范围为 _；能使不等式 a1 1 a1 a2 1 a2 am 1 am0 成立的最大正整数 m_。 解析由已知 a1q2 0191a1 1 q2 019，结合 0a 11 知 0 1 q2 0191，故 q 的取值范围为(1，)。 由已知得 a1a2a

7、m 1 a1 1 a2 1 am，即 a11qm 1q 1 a1 1 1 qm 11 q ，将 a1 1 q2 019代入，整理得 q mq4 039 m4 039，故最大正整数 m4 039。 答案(1，)4 039 17(数学探究)在Sn2bn1，4bnbn1(n2)，bnbn12(n2)这三个条件中任选一个，补充 在下面的问题中，若问题中的 k 存在，求出 k 的值；若 k 不存在，说明理由。 已知数列an为等比数列，a12 3，a 3a1a2，数列bn的首项 b11，其前 n 项和为 Sn，_，是否 存在 kN*，使得对任意 nN*，anbnakbk恒成立？ 解设等比数列an的公比为

8、q， 因为 a12 3，a 3a1a2， 所以 qa3 a2 2 3，故 a n 2 3 n。 若选条件，由 Sn2bn1， 得 Sn12bn11(n2)， 两式相减，整理得 bn bn12(n2)， 又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 bn2n 1。 所以 anbn 2 3 n2n11 2 4 3 n。 易知数列anbn单调递增，没有最大值， 所以不存在 kN*，使得对任意 nN*，anbnakbk恒成立。 若选条件，由4bnbn1(n2)，b11，知数列bn是首项为 1，公比为1 4的等比数列， 所以 bn 1 4 n1， 所以 anbn 2 3 n 1 4 n1(4) 1 6 n。 因为 anbn(4) 1 6 n4 1 6 n41 6 2 3，当且仅当 n1 时取得最大值 2 3。 所以存在 k1，使得对任意 nN*， anbnakbk恒成立。 若选条件，由 bnbn12(n2)知数列bn是公差为 2 的等差数列。 又 b11，所以 bn2n1。 设 cnanbn(2n1) 2 3 n， 则 cn1cn(2n1) 2 3 n1(2n1) 2 3 n52n 3 2 3 n。 所以当 n2 时，cn1cn，当 n3 时，cn1cn， 即 c1c2c4c5， 所以存在 k3，使得对任意 nN*，anbnakbk恒成立。