2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第五章 数列 课时作业33 Word版含答案

1 课时作业33 等比数列

一、选择题

1．已知等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6等于( )

A．4 B．8

C．16 D．32

解析：易知a2·a6＝a24＝16.

答案：C

2．在等比数列{an}中，若a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于( )

A．6 B．5

C．4 D．3

解析：因为a4＝2，a5＝5，所以a4·a5＝10，所以lga1＋lga2＋…＋lga7＋lga8＝lg(a1a2·…·a8)＝lg(a1a8)4＝lg(a4a5)4＝4lg10＝4.

答案：C

3．已知等比数列{an}中，a1>0，则“a1

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

解析：设等比数列的公比为q.由a10，所以q3>1，即q>1，故a30，所以q2>1，即q<－1或q>1，所以“a1

答案：A

4．已知正数组成的等比数列{an}，若a1·a20＝100，那么a7＋a14的最小值为( )

A．20 B．25

C．50 D．不存在

解析：(a7＋a14)2＝a27＋a214＋2a7·a14≥4a7a14＝4a1a21＝400，∴a7＋a14≥20.

答案：A

5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝a·2n－1＋16，则a的值为( )

A．－13 B.13

C．－12 D.12

2 解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a·2n－1－a·2n－2＝a·2n－2，当n＝1时，a1＝S1＝a＋16，∴a＋16＝a2，∴a＝－13.

答案：A

6．(2017·太原一模)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝( )

A．80 B．30

C．26 D．16

解析：由等比数列的性质可知，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n仍为等比数列，故2，S2n－2,14－S2n成等比数列，则有(S2n－2)2＝2(14－S2n)，∴S2n＝6或S2n＝－4，由于{an}的各项均为正数，故S2n＝6，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，即2,4,8,16为等比数列，∴S4n－S3n＝16，∴S4n＝30，故选B.

答案：B

二、填空题

7．(必修⑤P54习题2.4A组第8题改编)在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．

解析：设该数列的公比为q，由题意知，

192＝3×q3，q3＝64，所以q＝4.

所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48.

答案：12,48

8．等比数列{an}满足an>0，n∈N*，且a3·a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝________.

解析：由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝a2n＝22n，从而得an＝2n，∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(an－1an＋1)an]＝log22n(2n－1)＝n(2n－1)＝2n2－n.

答案：2n2－n

9．在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2a4＝16，a6＝32，记bn＝an＋an＋1，则数列{bn}的前5项和S5为________．

解析：设数列{an}的公比为q，由a23＝a2a4＝16得，a3＝4，即a1q2＝4，又a6＝a1q5＝32，解得a1＝1，q＝2，所以an＝a1qn－1＝2n－1，bn＝an＋an＋1＝2n－1＋2n＝3·2n－1，所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，所以S5＝－251－2＝93.

答案：93

三、解答题

10．(2016·新课标全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a2n－(2an＋1－1)an

3 －2an＋1＝0.

(Ⅰ)求a2，a3；

(Ⅱ)求{an}的通项公式．

解：(Ⅰ)由题意可得a2＝12，a3＝14.

(Ⅱ)由a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因为{an}的各项都为正数，所以an＋1an＝12.故{an}是首项为1，公比为12的等比数列，因此an＝12n－1.

11．(2016·天津卷)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且1a1－1a2＝2a3，S6＝63.

(Ⅰ)求{an}的通项公式；

(Ⅱ)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb2n}的前2n项和．

解：(Ⅰ)设数列{an}的公比为q.由已知，有1a1－1a1q＝2a1q2，解得q＝2，或q＝－1.又由S6＝a1·1－q61－q＝63，知q≠－1，所以a1·1－261－2＝63，得a1＝1，所以an＝2n－1.

(Ⅱ)由题意，得bn＝12(log2an＋log2an＋1)

＝12(log22n－1＋log22n)＝n－12，即{bn}是首项为12，公差为1的等差数列．

设数列{(－1)nb2n}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b21＋b22)＋(－b23＋b24)＋…＋(－b22n－1＋b22n)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝2nb1＋b2n2＝2n2.

1．数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值等于( )

A．1 B．－1

C.12 D．2

解析：由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λan－2λ.由于数列{an－1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.

4 答案：D

2．(2017·福建模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn>1的n的最小值为( )

A．4 B．5

C．6 D．7

解析：∵{an}是各项均为正数的等比数列且a2a4＝a3，∴a23＝a3，∴a3＝1. 又∵q>1，∴a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1·a2<1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a53＝1，T6＝T5·a6＝a6>1，故n的最小值为6，故选C.

答案：C

3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝12n(n＝1,2,3，…)，则S2n＋3＝________.

解析：由题意，得S2n＋3＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋2＋a2n＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n＋1＝431－14n＋2.

答案：431－14n＋2

4．(2017·湖北武汉武昌调研)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋12n＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{Sn}前9项和为________．

解析：因为Sn＋12n＝(－1)nan，

所以Sn－1＋12n－1＝(－1)n－1an－1(n≥2)．

两式相减得Sn－Sn－1＋12n－12n－1

＝(－1)nan－(－1)n－1an－1，

即an－12n＝(－1)nan＋(－1)nan－1(n≥2)，

当n为偶数时，an－12n＝an＋an－1，

即an－1＝－12n，

此时n－1为奇数，所以若n为奇数，

则an＝－12n＋1；

5 当n为奇数时，an－12n＝－an－an－1，

即2an－12n＝－an－1，

所以an－1＝12n－1，此时n－1为偶数，所以若n为偶数，则an＝12n.

所以数列{an}的通项公式为

an＝ －12n＋1，n为奇数，12n，n为偶数.

所以数列{Sn}的前9项和为S1＋S2＋S3＋…＋S9＝9a1＋8a2＋7a3＋6a4＋…＋3a7＋2a8＋a9＝(9a1＋8a2)＋(7a3＋6a4)＋…＋(3a7＋2a8)＋a9＝－122－124－126－128－1210＝－122×1－1451－14＝－3411 024.

答案：－3411 024

5．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．

(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；

(2)求数列{an}的通项公式；

(3)设3nbn＝n(3n－an)，求|b1|＋|b2|＋…＋|bn|.

解：(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．

∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，

∴an＋2an－1≠0(n≥2)，

∴an＋1＋2anan＋2an－1＝3(n≥2)．

∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．

(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n.则an＋1＝－2an＋5×3n，

∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．

又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0.

∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．

∴an－3n＝2×(－2)n－1，

即an＝2×(－2)n－1＋3n.

(3)由(2)及3nbn＝n(3n－an)可得，

6 3nbn＝－n(an－3n)＝－n[2×(－2)n－1]

＝n(－2)n，

∴bn＝n－23n，∴|bn|＝n23n.

设Tn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|，

则Tn＝23＋2×232＋…＋n23n，①

①×23，得23Tn＝232＋2×233＋…＋(n－1)23n＋n23n＋1，②

①－②，得13Tn＝23＋232＋…＋23n－n23n＋1

＝2－3×23n＋1－n23n＋1

＝2－(n＋3)23n＋1

∴Tn＝6－2(n＋3)23n.