(新课标)高考数学大一轮复习第五章数列34等比数列课时作业理

（新课标）高考数学大一轮复习第五章数列34等比数列
课时作业理
一、选择题
1．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q 为( ) A ．－12
B ．1
C ．－1
2
或1
D.14
解析：当q ＝1时，满足S 3＝3a 1＝3a 3.
当q ≠1时，S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝a 1(1＋q ＋q 2)＝3a 1q 2
，解得q ＝－12，综上q ＝－12
或q ＝
1.
答案：C
2．在等比数列{a n }中，若a 4，a 8是方程x 2
－3x ＋2＝0的两根，则a 6的值是( ) A ．± 2 B ．－ 2 C. 2
D ．±2
解析：由题意得a 4a 8＝2，且a 4＋a 8＝3，则a 4>0，a 8>0，又{a n }为等比数列，故a 4，a 6，
a 8同号，且a 26＝a 4a 8＝2，故a 6＝2，选C.
答案：C
3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n
a n ＝( )
A ．4n
－1 B ．4n －1
C ．2n －1
D ．2
n －1
解析：q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，则S n a n ＝a 1[1－（1
2）n ]
1－12a 1（1
2
）n －1
＝2n
－1.
答案：C
4．等比数列{a n }满足a n >0，n ∈N *
，且a 3·a 2n －3＝22n
(n ≥2)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 2
＋…＋log 2a 2n －1＝( )
A ．n (2n －1)
B ．(n ＋1)2
C ．n 2
D ．(n －1)2
解析：解法1：log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 2n －1＝log 2[(a 1a 2n －1)·(a 2a 2n －2)·…·(a n －1a n ＋1)a n ]＝log 22
n (2n －1)
＝n (2n －1)．
解法2：取n ＝1，log 2a 1＝log 22＝1，而(1＋1)2
＝4，(1－1)2
＝0，排除B ，D ；取n ＝2，log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＝log 22＋log 24＋log 28＝6，而22
＝4，排除C ，选A.
答案：A
5．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1
m －1
，则数列{a n }的公比为( )
A ．－2
B ．2
C ．－3
D ．3
解析：设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.∵S 2m
S m ＝
a 1（1－q 2m ）
1－q a 1（1－q m ）
1－q ＝q m
＋1＝9，∴q m
＝8.∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1
，∴m ＝3，∴q 3
＝8，∴q ＝2.
答案：B
6．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法一定正确的是( ) A ．若a 3>0，则a 2 013<0 B ．若a 4>0，则a 2 014<0 C ．若a 3>0，则S 2 013>0 D ．若a 4>0，则S 2 014>0
解析：当公比q ＝1时，选项C 、D 正确．当q ≠1时，若a 3>0，则a 2 013＝a 3q
2 010
>0；又
S 2 013＝a 1（1－q 2 013）1－q ＝a 3（1－q 2 013）q 2（1－q ），因为1－q 2 013
与1－q 同号，所以S 2 013>0.若a 4>0，则
a 2 014＝a 4q
2 010
>0；又S 2 014＝a 1（1－q 2 014）1－q ＝a 4（1－q 2 014）q 3（1－q ），当q ＝－12
时，易知1－q 2 014>0，1
－q ＝32
>0，q 3
<0，所以S 2 014<0.综上可知，选项C 正确．故选C.
答案：C 二、填空题
7．(2015·湖南卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．
解析：若等比数列{a n }的公比为q 显然q ≠1，则由3S 1，2S 2，S 3成等差数列得到3S 1＋
S 3＝2×2S 2⇒3＋1＋q ＋q 2＝4(1＋q )⇒q 2－3q ＝0⇒q ＝3，所以a n ＝3n －1.
答案：3
n －1
8．在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝30，a 3＋a 4＝60，则a 7＋a 8＝________.
解析：∵a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝30，a 3＋a 4＝a 1q 2
(1＋q )＝60，∴q 2
＝2，∴a 7＋a 8＝a 1q 6
(1＋
q )＝[a 1(1＋q )]·(q 2)3＝30×8＝240.
答案：240
9．已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1
a n
，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________．
解析：∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2，∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2，∵b 3＝a 4a 3
，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n
－1
，∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210
＝1 024. 答案：1 024
10．若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”．若
各项均为正数的等比数列{a n }是一个“2 014积数列”，且a 1>1，则当其前n 项的乘积取最大值时n 的值为________．
解析：由题可知a 1a 2a 3·…·a 2 014＝a 2 014， 故a 1a 2a 3·…·a 2 013＝1，
由于{a n }是各项均为正数的等比数列且a 1>1， 所以a 1 007＝1，公式0<q <1， 所以a 1 006>1且0<a 1 008<1，
故当数列{a n }的前n 项的乘积取最大值时n 的值为1 006或1 007. 答案：1 006或1 007 三、解答题
11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1. 解：(1)∵S 1＝a 1＝1，
且数列{S n }是以2为公比的等比数列，∴S n ＝2n －1
，
又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2
n －2
(2－1)＝2
n －2
.
当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．
∴a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.
(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公式的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝2（1－4n
）1－4＝2（4n
－1）3
.
∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋2（4n －1）3＝22n ＋1
＋1
3
.
12．(2015·四川卷)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且
a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)记数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<1
1 000成立的n 的最小值．
解：(1)由已知S n ＝2a n －a 1，有
a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，
即a n ＝2a n －1(n ≥2)． 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1. 又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列， 即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)， 解得a 1＝2.
所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n
. (2)由(1)得1a n ＝1
2
n .
所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥
⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－1
2
n .
由|T n －1|<
11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11 000
， 即2n
>1 000.
因为29
＝512<1 000<1 024＝210
，所以n ≥10. 于是，使|T n －1|<1
1 000
成立的n 的最小值为10.
1．(2015·湖南卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1
＋3，n ∈N *
.
(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .
解：(1)由条件，对任意n ∈N *
，
有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 因而对任意n ∈N *
，n ≥2， 有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3.
两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1， 即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，
所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1. 故对一切n ∈N *
，a n ＋2＝3a n . (2)由(1)知，a n ≠0，所以
a n ＋2
a n
＝3. 于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列； 数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列． 因此a 2n －1＝3
n －1
，a 2n ＝2×3
n －1
.
于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n
＝(a 1＋a 3＋…a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3
n －1
)＋2(1＋3＋…＋3
n －1
)
＝3(1＋3＋…＋3
n －1
)＝3（3n
－1）2
，
从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3（3n
－1）2－2×3n －1
＝32(5×3n －2
－1)． 综上所述，
S n
＝⎩⎪⎨⎪⎧32⎝ ⎛
⎭
⎪⎫5×3n －32－1，当n 是奇数时，32⎝ ⎛⎭
⎪⎫
3n 2－1，当n 是偶数时.
2．(2015·江苏卷)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；
(2)是否存在a 1，d 使a 1，a 2
2，a 3
3，a 4
4依次构成等比数列？并说明理由．
解：(1)证明：因为2a n ＋12a n
＝2a n ＋1－a n ＝2d
(n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，
2a 4依次构成等比数列．
(2)令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a >d ，a >－2d ，d ≠0)． 假设存在a 1，d 使得a 1，a 2
2，a 3
3，a 4
4依次构成等比数列， 则a 4
＝(a －d )(a ＋d )3
，
且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4
. 令t ＝d
a
，则1＝(1－t )(1＋t )3
， 且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<t <1，t ≠0， 化简得t 3
＋2t 2
－2＝0(*)，且t 2
＝t ＋1， 将t 2
＝t ＋1代入(*)式，
t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，
则t ＝－1
4
.
显然t ＝－1
4
不是上面方程的解，矛盾，
所以假设不成立，(这里检验非常重要，不能漏此步) 因此不存在a 1，d 使得a 1，a 2
2，a 3
3，a 4
4依次构成等比数列．。