高中数学 第二章 数列教材习题本(无答案)新人教A版

2018-2019学年高中数学 第二章 数列训练卷（一）新人教A 版必修51 / 1312018-2019学年高中数学 第二章 数列训练卷（一）新人教A 版必修5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018-2019学年高中数学 第二章 数列训练卷（一）新人教A 版必修5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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数列（一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．在数列{}na中，12=a，1=221n na a＋＋,则101a的值为( ）A．49 B．50 C．51D．522．已知等差数列{}na中,7916a a+=，41a=，则12a的值是（ ) A．15 B．30 C．31D．643．等比数列{}na中，29a=，5243a=，则{}n a的前4项和为( ）A．81 B．120 C．168D．1924．等差数列{}na中，12324a a a++=-，18192078a a a++=，则此数列前20项和等于（）A．160 B．180 C．200D．2205．数列{}na中,37 ()na n n+=∈N－，数列{}n b满足113b=,1(72)2n nb b n n+≥=∈N－且,若logn k na b+为常数，则满足条件的k值（）A．唯一存在,且为132 / 1323 / 133B ．唯一存在，且为3C ．存在且不唯一D ．不一定存在6．等比数列{}n a 中，2a ，6a 是方程234640x x +=-的两根，则4a 等于（ ） A ．8 B ．8-C ．8±D ．以上都不对7．若{}n a 是等比数列,其公比是q ，且5a -，4a ，6a 成等差数列，则q 等于（ ） A ．1或2 B ．1或2- C．1-或2D ．1-或2-8．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若105:1:2S S =，则155:S S 等于( ) A ．3:4 B ．2:3 C．1:2D ．1:39．已知等差数列{}n a 的公差0d ≠且1a ，3a ,9a 成等比数列，则1392410a a a a a a ++++等于（ ）A ．1514B ．1213C．1316D ．151610．已知{}n a 为等差数列，135105a a a ++=，24699a a a ++=，以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是( ） A ．21 B ．20 C．19D ．1811．设{}n a 是任意等比数列,它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为X ,Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是（ ）A ．2X Z Y +=B ．()()Y Y X Z Z X =--C ．2Y XZ =D ．()()Y Y X X Z X =--12．已知数列1，12，21，13,22，31，14,23，32，41，…，则56是数列中的（ ） A ．第48项 B ．第49项 C ．第50项D ．第51项二、填空题（本大题共4个小题,每小题5分,共20分，把正确答案填在题中横线上）1311的等比中项是________．4 / 13414．已知在等差数列{}n a 中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项， 则公差为______．15．“嫦娥奔月,举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程都增加2 km ，在达到离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离,则这一过程大约需要的时间是______秒．16．等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项的积为n T ,并且满足条件11a >，9910010a a ->,99100101a a -<-．给出下列结论：①01q <<;②9910110a a -<；③100T 的值是n T 中最大的；④使1n T >成立的最大自然数n 等于198．其中正确的结论是________．（填写所有正确的序号)三、解答题(本大题共6个小题，共70分,解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）已知{}n a 为等差数列，且36a =-,60a =．（1)求{}n a 的通项公式；(2）若等比数列{}n b 满足18b =-，2123b a a a =++，求{}n b 的前n 项和公式．5 / 13518．（12分）已知等差数列{}n a 中，3716a a =-，460a a +=，求{}n a 的前n 项和S n ．19．（12分）已知数列{}2log 1()() n a n *∈N －为等差数列,且13a =，39a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；6 / 136(2）证明：213211111n na a a a a a ++++<---．20．（12分)在数列{}n a 中，11a =,122n n n a a =+＋． （1）设12n n n a b -=．证明：数列{}n b 是等差数列；（2）求数列{}n a 的前n 项和．7 / 13721．(12分）已知数列{}n a 的前n项和为n S ,且11a =,11,2,1(,)23n n a S n +==． (1）求数列{}n a 的通项公式； (2）当()132log 3n n b a =＋时，求证：数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和1n T nn =+．8 / 13822．（12分)已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意n *∈N ,它的前n 项和n S 满足1()()612n n n S a a =++,并且2a ，4a ,9a 成等比数列． （1）求数列{}n a 的通项公式；(2）设11()1n n n n b a a ++=-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T ．2018-2019学年必修五第二章训练卷数列（一）答 案一、选择题 1．【答案】D【解析】由1=221n n a a ++得11=2n n a a -＋,∴{}n a 是等差数列首项12=a ，公差1=2d ，∴13212)2(n n a n =++-=，∴1011013522a +==．故选D ． 2．【答案】A【解析】在等差数列{}n a 中，79412a a a a +=+， ∴1216115a =-=．故选A ． 3．【答案】B【解析】由352a a q =得3q =．∴213a a q==,44411133120113q S a q --=⨯=--＝．故选B ． 4．【答案】B 【解析】∵123181920120219318()()()()()a a a a a a a a a a a a +++++=+++++120()3247854a a +=+=-=，∴12018a a +=．∴12020201802S a a +==．故选B ． 5．【答案】B【解析】依题意，133213111127333n n n n b b ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅=⋅= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴32log 37log 11()3373l g 32o n n k n k ka b n n n -⎛⎫+== ⎪⎭+⎝-+-- 1133log 372log 3k k n ⎛⎫--=+ ⎪⎝⎭, ∵log n k n a b +是常数,∴133log 03k +=，即log 31k =，∴3k =．故选B ．6．【答案】A【解析】∵2634a a +=，2664a a ⋅=,∴2464a =, ∵a 2>0，a 6>0，∴a 4＝a 2q 2>0，∴a 4＝8．故选A ． 7．【答案】C【解析】依题意有4652a a a =-,即24442a a q a q =-,而40a ≠，∴220q q --=,1)20()(q q +=-．∴1q =-或2q =．故选C ．8．【答案】A【解析】显然等比数列{}n a 的公比1q ≠，则由105510551111221S q q q S q -==+=⇒=--， 故3155315555111132141112S q q S q q ⋅⎛⎫-- ⎪--⎝⎭====⎛⎫---- ⎪⎝⎭．故选A ． 9．【答案】C【解析】因为1239a a a =⋅,所以2111()()28a d a a d +=⋅+．所以1a d =．所以1391241013101331316a a a a d a a a a d +++==+++．故选C ．10．【答案】B【解析】∵214365(())3)(a a a a a a d -+-+-=， ∴991053d -=．∴2d =-．又∵135136105a a a a d ++=+=，∴139a =． ∴()()221140204002n n n d n n na n S -=+=-+=--+．∴当20n =时,n S 有最大值．故选B ． 11．【答案】D【解析】由题意知n S X =,2n S Y =，3n S Z =． 又∵{}n a 是等比数列,∴n S ,2n n S S －，32n n S S －为等比数列, 即X ,Y X -,Z Y -为等比数列， ∴2()()Y X X Z Y ⋅=--， 即222Y XY X ZX XY +-=-， ∴22=Y XY ZX X --，即()()Y Y X X Z X =--．故选D ． 12．【答案】C【解析】将数列分为第1组一个，第2组二个,…，第n 组n 个，即11⎛⎫ ⎪⎝⎭，12,21⎛⎫ ⎪⎝⎭,123,,321⎛⎫ ⎪⎝⎭，…，12,,,11n n n ⎛⎫ ⎪-⎝⎭,则第n 组中每个数分子分母的和为1n +，则56为第10组中的第5个,其项数为1239)550(++++=+．故选C ．二、填空题13．【答案】1±【解析】11的等比中项为a ，由等比中项的性质可知，)2111a ==，∴1a =±． 14．【答案】4- 【解析】由6723502360a d a d =+≥⎧⎨=+<⎩，解得232356d -≤<-，∵d ∈Z ，∴4d =-． 15．【答案】15【解析】设每一秒钟通过的路程依次为1a ，2a ,3a ,…，n a ， 则数列{}n a 是首项12a =,公差2d =的等差数列，由求和公式得()112402n na n d -=＋，即(12)240n n n +-=，解得15n =． 16．【答案】①②④【解析】①中，()()9910099100111011a a a a a ⎧--<⎪>⎨⎪>⎩⇒99100101a a >⎧⎨<<⎩100990,1()q a a =∈⇒，∴①正确．②中,29910110010099101011a a a a a a ⎧=⎪⇒⎨<<⎪⎩<，∴②正确． ③中，100991001010090901T T a a T T =⎧⇒⎨<<<⎩，∴③错误．④中,()()()()99198121981198219799100991001T a a a a a a a a a a a =>＝＝，()()199121981991199991011001T a a a a a a a a a ⋅<==，∴④正确．三、解答题17．【答案】（1）212n a n =-；（2)()413n n S =－． 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ． ∵36a =-，60a =， ∴112650a d a d +=-⎧⎨+=⎩，解得110a =-,2d =．∴101()2212n a n n =-⨯=-=-． （2）设等比数列{}n b 的公比为q ．∵212324b a a a =++=-,18b =-,∴824q -=-，3q =．∴数列{}n b 的前n 项和公式为()111413n n nS q b q-==-－． 18．【答案】()9n S n n =-或(9)n S n n -=-．【解析】设{}n a 的公差为d ，则()()11112616350a d a d a d a d ++=-⎧⎪⎨+++=⎪⎩，即22111812164a da d a d⎧++=-⎪⎨=-⎪⎩, 解得182a d =-⎧⎨=⎩，或182a d =⎧⎨=-⎩．因此8()19()n S n n n n n +-=-=-,或81()9()n S n n n n n ==----． 19．【答案】(1）21n n a =+；（2）见解析．【解析】（1）解设等差数列{}2(og )l 1 n a －的公差为d ． 由13a =,39a =，得22log 91log 32()(1)d --=+,则1d =． 所以2log 1111()()n a n n +-=⨯-=，即21n n a =+． （2)证明因为11111222n n nn n a a ++==--， ∴12321321111111111112221112222212n n n n n a a a a a a +-⨯+++=++++==-<----．20．【答案】（1）见解析；（2）1()21n n S n -⋅=+．【解析】（1）证明由已知122n n n a a =+＋，得1111122222nn n nn n n nn a b a b a +-++===+=+．∴11n n b b -=＋，又111b a ==．∴{}n b 是首项为1，公差为1的等差数列． （2）解由（1）知，n b n =,12n n n n a b -==．∴12n n a n ⋅=－．∴121122322n n S n +⋅⋅+=⋅++－，两边乘以2得:()11221222122n n n S n n =++⋅+-⋅+⋅⋅－，两式相减得：12112222(21?221)1n n n n n n S n n n ++-=-=-++⋅---－＝，∴1()21n n S n -⋅=+．21．【答案】（1）21,1132,22n n a n n -⎛⎫≥ =⎧⎪=⨯⎪⎝⎨⎭⎪⎩;（2)见解析． 【解析】（1)解由已知()1112,212n nn n a S a Sn +-⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩≥，得()1322n n a a n +≥=．∴数列{}n a 是以2a 为首项，以32为公比的等比数列． 又121111222a S a ===，∴()22322n n a a n -⎛⎫≥ ⎪⎝⎭=⨯．∴21,1132,22n n a n n -⎛⎫≥ =⎧⎪=⨯⎪⎝⎨⎭⎪⎩． （2）证明()11log 3lo 3333=2222g n n n n b a -⎡⎤⎛⎫=⨯=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦＋．∴()1111111n n b b n n n n +==-++． ∴12233411111111111111122334n n n T b b b b n b b b b n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=-+-+-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-+ 1111nn n=-=++． 22．【答案】（1）32,n a n n *=-∈N ；(2)22186n T n n -=-． 【解析】(1)∵对任意n *∈N ，有1()()612n n n S a a =++，① ∴当1n =时，有1111112()()6S a a a ==++， 解得11a =或2．当2n ≥时，有1111())62(1n n n S a a ---=++．② ①－②并整理得113()()0n n n n a a a a --+--=． 而数列{}n a 的各项均为正数,∴13n n a a --=．当11a =时，(1313)2n a n n +-=-=， 此时2249=a a a 成立；当12=a 时,23=(3=11)n a n n +--,此时2249=a a a 不成立,舍去． ∴32,n a n n *=-∈N ． （2)212212233445221n n n n T b b b a a a a a a a a a a =++=-+-++-＋21343522121()()()n n n a a a a a a a a a =-+-++-－＋242666n a a a --=-- 242(6)n a a a ++=-+246261862n nn n +-=-⨯-=-．。

2015-2016学年高中数学 第二章 数列习题课（2）课时作业 新人教A 版必修5课时目标1．能由简单的递推公式求出数列的通项公式； 2．掌握数列求和的几种基本方法．1．等差数列的前n 项和公式：Sn ＝＋2＝na1＋－2d.2．等比数列前n 项和公式： (1)当q ＝1时，Sn ＝na1； (2)当q≠1时，Sn ＝－1－q＝a1－anq 1－q.3．数列{an}的前n 项和Sn ＝a1＋a2＋a3＋…＋an ，则an ＝⎩⎨⎧S1 n ＝1Sn －Sn －1 n≥2.4．拆项成差求和经常用到下列拆项公式： (1)1＋＝1n －1n ＋1；(2)1－＋＝12(12n －1－12n ＋1)； (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n.一、选择题1．数列{an}的前n 项和为Sn ，若an ＝1＋，则S5等于( )A ．1 B.56 C.16 D.130 答案 B解析 ∵an ＝1＋＝1n －1n ＋1， ∴S5＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(15－16)＝1－16＝56.2．数列{an}的通项公式an ＝1n ＋n ＋1，若前n 项的和为10，则项数为( )A ．11B ．99C ．120D ．121 答案 C 解析 ∵an ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴Sn ＝n ＋1－1＝10，∴n ＝120.3．数列112，214，318，4116，…的前n 项和为( ) A.12(n2＋n ＋2)－12n B.12n(n ＋1)＋1－12n －1C.12(n2－n ＋2)－12nD.12n(n ＋1)＋2(1－12n ) 答案 A解析 112＋214＋318＋…＋(n ＋12n )＝(1＋2＋…＋n)＋(12＋14＋…＋12n ) ＝＋2＋12－12n 1－12＝12(n2＋n)＋1－12n ＝12(n2＋n ＋2)－12n .4．已知数列{an}的通项an ＝2n ＋1，由bn ＝a1＋a2＋a3＋…＋ann 所确定的数列{bn}的前n 项之和是( )A ．n(n ＋2) B.12n(n ＋4) C.12n(n ＋5) D.12n(n ＋7) 答案 C解析 a1＋a2＋…＋an ＝n2(2n ＋4)＝n2＋2n. ∴bn ＝n ＋2，∴bn 的前n 项和Sn ＝＋2.5．已知Sn ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1n ，则S17＋S33＋S50等于( ) A ．0 B ．1 C ．－1 D ．2 答案 B解析 S17＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(15－16)＋17＝9， S33＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(31－32)＋33＝17， S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25， 所以S17＋S33＋S50＝1.6．数列{an}满足a1，a2－a1，a3－a2，…，an －an －1是首项为1，公比为2的等比数列，那么an 等于( )A ．2n －1B ．2n －1－1C ．2n ＋1D ．4n －1 答案 A解析 由于an －an －1＝1×2n －1＝2n －1， 那么an ＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an －an －1) ＝1＋2＋…＋2n －1＝2n －1. 二、填空题7．一个数列{an}，其中a1＝3，a2＝6，an ＋2＝an ＋1－an ，那么这个数列的第5项是________． 答案 －68．在数列{an}中，an ＋1＝2an 2＋an，对所有正整数n 都成立，且a1＝2，则an ＝______.答案 2n解析 ∵an ＋1＝2an 2＋an ，∴1an ＋1＝1an ＋12.∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an 是等差数列且公差d ＝12. ∴1an ＝1a1＋(n －1)×12＝12＋n －12＝n 2，∴an ＝2n .9．在100内所有能被3整除但不能被7整除的正整数之和是________． 答案 1 473解析 100内所有能被3整除的数的和为：S1＝3＋6＋…＋99＝＋2＝1 683.100内所有能被21整除的数的和为：S2＝21＋42＋63＋84＝210.∴100内能被3整除不能被7整除的所有正整数之和为 S1－S2＝1 683－210＝1 473.10．数列{an}中，Sn 是其前n 项和，若a1＝1，an ＋1＝13Sn (n≥1)，则an ＝____________.答案⎩⎨⎧1，n ＝113·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2， n≥2解析 an ＋1＝13Sn ，an ＋2＝13Sn ＋1， ∴an ＋2－an ＋1＝13(Sn ＋1－Sn)＝13an ＋1， ∴an ＋2＝43an ＋1 (n≥1)．∵a2＝13S1＝13，∴an ＝⎩⎨⎧1， n ＝113·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2， n≥2.三、解答题11．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n 项和为Sn. (1)求an 及Sn ；(2)令bn ＝1a2n －1(n ∈N*)，求数列{bn}的前n 项和Tn.解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以⎩⎨⎧a1＋2d ＝7，2a1＋10d ＝26，解得⎩⎨⎧a1＝3，d ＝2.所以an ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，Sn ＝3n ＋－2×2＝n2＋2n.所以，an ＝2n ＋1，Sn ＝n2＋2n. (2)由(1)知an ＝2n ＋1，所以bn ＝1a2n －1＝1＋－1＝14·1＋＝14·⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以Tn ＝14·(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝14·(1－1n ＋1)＝n ＋，即数列{bn}的前n 项和Tn ＝n ＋.12．设数列{an}满足a1＝2，an ＋1－an ＝3·22n －1. (1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn ＝nan ，求数列{bn}的前n 项和Sn.解 (1)由已知，当n≥1时，an ＋1＝[(an ＋1－an)＋(an －an －1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an ＝22n －1. (2)由bn ＝nan ＝n·22n －1知Sn ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n －1， ① 从而22·Sn ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n ＋1. ② ①－②得(1－22)Sn ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n·22n ＋1， 即Sn ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]． 能力提升13．在数列{an}中，a1＝2，an ＋1＝an ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则an 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋nln nD ．1＋n ＋ln n 答案 A解析 ∵an ＋1＝an ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，∴an ＋1－an ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n.又a1＝2，∴an ＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an －an －1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n －ln(n －1)]＝2＋ln n －ln 1＝2＋ln n.14．已知正项数列{an}的前n 项和Sn ＝14(an ＋1)2，求{an}的通项公式．解 当n ＝1时，a1＝S1，所以a1＝14(a1＋1)2， 解得a1＝1.当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝14(an ＋1)2－14(an －1＋1)2＝14(a2n －a2n －1＋2an －2an －1)， ∴a2n －a2n －1－2(an ＋an －1)＝0， ∴(an ＋an －1)(an －an －1－2)＝0.∵an＋an－1>0，∴an－an－1－2＝0.∴an－an－1＝2.∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列．∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.1．递推公式是表示数列的一种重要方法．由一些简单的递推公式可以求得数列的通项公式．其中主要学习叠加法、叠乘法以及化归为等差数列或等比数列的基本方法．2．求数列前n项和，一般有下列几种方法：错位相减、分组求和、拆项相消、奇偶并项等，学习时注意根据题目特点灵活选取上述方法．。

新人教A版高二第 2 课时等比数列的前n项和的性质与应用(1212)1.设等比数列｛a n｝的前n项和为S n，已知S3=8，S6=7，则a7＋a8＋a9=（）A.18B.−18C.578D.5582.在等比数列｛a n｝的前10项中，所有奇数项之和为8514，所有偶数项之和为17012，则S=a3＋a6＋a9＋a12的值为（）A.580B.585C.590D.5953.某厂计划今年(第1年)的产值是a亿元，若从明年开始到第10年，每年年产值的增长率都是10%，则从今年起到第10年该厂的总产值是（）A.11×(1.110−1)a亿元B.10×(1.110−1)a亿元C.11×(1.19−1)a亿元D.10×(1.19−1)a亿元4.已知等比数列｛a n｝的前n项和为S n，且S5=4，S10=10，则S15=（）A.16B.19C.20D.255.中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样的一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关”，其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才走完.则此人前三天共走了（）A.48里B.189里C.288里D.336里6.已知等比数列｛a n｝的公比q=12，且a1+a3+a5+⋯+a99=60，则a1+a2+a3+a4+⋯+a100等于（）A.100B.90C.60D.407.已知S n是等比数列｛a n｝的前n项和，若S2mS m =28，a2ma m=18mm−1，则数列｛a n｝的公比q=（）A.3B.2C.−3D.−28.设等比数列｛a n｝的各项均为正数，公比为q，前n项和为S n.若对任意的n∈N∗，有S2n<3S n，则q的取值范围是（）A.(0,1]B.(0,2)C.[1,2)D.(0，√2)9.各项均为正数的等比数列｛a n｝的前n项和为S n，已知S6=30，S9=70，则S3=.10.等比数列｛a n｝的前n项和为S n，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则｛a n｝的公比为.11.已知等比数列｛a n｝的前n项和为S n，若S3=7，S6=63，则S9=.12.某公司2019年获得利润500万元，由于坚持改革、大胆创新，预计以后每年的利润都比上一年增加30%，则2019年至2025年该公司获得的总利润为万元.13.已知S n为等比数列｛a n｝的前n项和，公比q=2，且S2=3，等差数列｛b n｝满足b2=a3，b3=−b5.(1)求数列｛a n｝的通项公式；(2)设T n是数列｛b n｝的前n项和，求T n的最大值.14.某市2019年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在2020年及以后的若干年内，该市每年新建住房的面积比上一年增长8%，另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.(1)到哪一年底，该市历年所建中低价房的累计面积(以2019年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米？(2)到哪一年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？(1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)15.已知数列｛a n｝为等比数列，S n为其前n项和，且S n=2018×2020n−2019t，则常数t=（）A.20162017B.20172018C.20182019D.2019202016.已知等比数列｛a n｝满足a1=1，a5=18a2.(1)求数列｛a n｝的通项公式.(2)试判断是否存在正整数n，使得｛a n｝的前n项和S n为52？若存在，求出n的值；若不存在，说明理由.参考答案1.【答案】:A【解析】:因为a7＋a8＋a9=S9−S6，且S3，S6−S3，S9−S6也成等比数列，即8，−1，S9−S6成等比数列，所以8(S9−S6)=1，即S9−S6=18，所以a7＋a8＋a9=18.2.【答案】:B【解析】:设等比数列｛a n｝的公比为q，则由题意有{S偶S奇=q=2，S奇=a1[1−(q2)5]1−q2=8514，得{a1=14，q=2，∴S=a3+a6+a9+a12=a3(1＋q3＋q6＋q9)=a1q2·1−q121−q3=585.3.【答案】:B【解析】:从今年起到第10年该厂的总产值S10=a+a×1.1+a×1.12+a×1.13+⋯+a×1.19=a(1−1.110)1−1.1=10×(1.110−1)a(亿元).故选B.4.【答案】:B【解析】:∵等比数列｛a n｝的前n项和为S n，S5≠0,S10−S5≠0,∴S5，S10−S5，S15−S10成等比数列，∵S5=4，S10−S5=10−4=6，∴S15−S10=6×64=9，∴S15=S10+S15−S10= 19.故选B.5.【答案】:D【解析】:记每天走的路程里数为{a n}，则由等比数列的求和公式可得S5=a(1−126)11−12=378,解得a1=192,∴S3=192×1−(12)31−12=336（里).故选D.6.【答案】:B【解析】:∵a1+a3+a5+⋯+a99=60,∴a2+a4+a6+⋯+a100=12(a1+a3+a5+⋯+a99)=12×60=30，∴a1+a2+a3+a4+⋯+a100=30+60=90.故选B.7.【答案】:A【解析】:当q=1时，S2mS m =2ma1ma1=2≠28，故q≠1.∵S2mS m=a1(1−q2m)1−qa1(1−q m)1−q=1+q m=28，∴q m=27.又a2ma m =q m=18mm−1，∴m=3，q=3.故选 A.8.【答案】:A【解析】:若q=1，则S2n=2na1<3na1=3S n，所以q=1符合要求.当q≠1时，由S2n<3S n，得a1(1−q2n)1−q <3a1(1−q n)1−q.若q>1，则可得q2n−3q n+2<0，即(q n−1)(q n−2)<0，即1<q n<2，而q>1不可能对任意n∈N∗都有q n<2，所以q>1不符合要求；若0<q<1，可得(q n−1)(q n−2)>0，q n<1，由于0<q<1，所以对任意n∈N∗都有q n<1,所以q<1符合要求.综合可得q的取值范围是(0,1].故选 A.9.【答案】:10【解析】:由题意得S3,S6−S3,S9−S6成等比数列，则(S6−S3)2=S3(S9−S6)，即(30−S3)2=S3(70−30)，解得S3=10或S3=90，因为数列｛a n｝的各项均为正数，所以S6>S3，因此S3=10.10.【答案】:13【解析】:由已知得4S2=S1+3S3，即4(a1+a2)=a1+3(a1+a2+a3)，∴a2=3a3，则数列｛a n｝的公比q=a3a2=13.11.【答案】:511【解析】:由题意及等比数列的性质得S3，S6−S3，S9−S6成等比数列，∴(63−7)2=7(S 9−63)，解得S 9=511.12.【答案】:5 0003×(1.37−1)【解析】:记2019年为第1年，并设第n 年的利润为a n 万元，则a n+1=a n +a n ×30%=1.3a n ，则a n+1a n=1.3. 所以数列{a n }是首项为500，公比q 为1.3的等比数列， 所以2019年至2015年，即共7年该公司获得的总利润为S 7=a 1(1−q 7)1−q=500×(1−1.37)1−1.3=5 0003×(1.37−1)（万元）. 13(1)【答案】∵S n 为等比数列｛a n ｝的前n 项和，公比q =2，且S 2=3，∴S 2=a 1(1−22)1−2=3，解得a 1=1，∴数列｛a n ｝的通项公式为a n =2n−1.(2)【答案】设数列｛b n ｝的公差为d,∵等差数列｛b n ｝满足b 2=a 3=23−1=4，b 3=−b 5,∴4+d =−(4+3d)，解得d =−2，∴b 1=b 2−d =4+2=6，∴T n =6n +n(n −1)2×(−2)=−n 2+7n =−(n −72)2+494,故当n =3或n =4时，T n 取得最大值，最大值为T 3=T 4=12. 14(1)【答案】设每年新建中低价房的面积构成数列｛a n ｝，由题意可知｛a n ｝是等差数列， 其中a 1=250，d =50， 则S n =250n +n(n−1)2×50=25n 2+225n .令25n 2+225n ⩾4750，即n 2+9n −190⩾0，又n ∈N ∗，所以n ⩾10.故到2028年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米. (2)【答案】设新建住房的面积构成数列｛b n ｝，由题意可知｛b n ｝是等比数列， 其中b 1=400，公比q =1.08，则b n =400×1.08n−1.由题意可知a n >0.85b n ，则有250+(n −1)×50>400×1.08n−1×0.85，即5n +20>34×1.08n−1，又n ∈N ∗所以n ⩾6.故到2024年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.15.【答案】:C【解析】:根据题意得a 1=S 1=2 018×2 020−2 019t ，a 2=S 2−S 1=(2 018×2 0202−2 019t)−(2 018×2 020−2 019t)=2 018×2 019×2 020， a 3=S 3−S 2=(2 018×2 0203−2 019t)−(2 018×2 0202−2 019t)=2 018×2 019×2 0202，则有(2 018×2 019×2 0202)× (2 018×2 020−2 019t)=(2 018×2 019×2 020)2，变形可得2 018×2 020−2 019t =2 018×2 019，解得t =2 0182 019，故选 C.16(1)【答案】设等比数列｛a n ｝的公比为q ， 因为a 5=18a 2，且a 5=a 2q 3，所以q 3=18， 解得q =12，所以a n =a 1q n−1=12n−1(n ∈N ∗).(2)【答案】不存在n ，使得｛a n ｝的前n 项和S n 为52.理由如下： 因为a 1=1，q =12， 所以S n =1−(12)n1−12=2(1−12n).方法一：令S n =52，则2(1−12n )=52， 可得2n =−4，该方程无解， 故不存在正整数n ，使得｛a n ｝的前n 项和S n 为52.方法二：因为对任意n ∈N ∗，有1−12n <1， 所以S n =2(1−12n )<2， 所以不存在正整数n ，使得｛a n ｝的前n 项和S n 为52.。

２，３，４，５，∴ 集合为｛２，３，４，５｝ ．
（２） （ ｘ－１） （ ｘ＋２） ＝ ０ 的解为 ｘ ＝ １ 或 ｘ ＝ － ２，
∴ 集合 Ａ ＝ ｛１，－２｝ ．
（３） 由－３＜２ｘ－１＜３，得－１＜ｘ＜２．∵ ｘ∈Ｚ，∴ ｘ ＝
０ 或 ｘ ＝ １．
∴ 集合 Ｂ ＝ ｛０，１｝ ．
综合运用
３．解析 （１） ｛ ｘ ｜ ｘ ＝ ２ｎ，ｎ∈Ｚ 且 １≤ｎ≤５｝ ．
２．解析 （１） ｐ 是 ｑ 的必要不充分条件． （ ２） ｐ
是 ｑ 的充要条件．（３） ｐ 是 ｑ 的充分不必要条
件．（４） ｐ 是 ｑ 的必要不充分条件． （ ５） ｐ 是 ｑ
的既不充分又不必要条件．
３．解析 （１） 真．（２） 假．（３） 假．（４） 假．
综合运用
４．解析 （１） 充分条件．（２） 必要条件．（ ３） 充要
３．解析 充 分 条 件： （ １） ∠１ ＝ ∠４， （ ２） ∠１ ＝
∠２，（３） ∠１＋∠３ ＝ １８０°．
必要条件：（ １） ∠１ ＝ ∠４，（ ２） ∠１ ＝ ∠２，（ ３）
∠１＋∠３ ＝ １８０°．
１．４．２ 充要条件
练习
１．解析 （ １） ｐ 是 ｑ 的充要条件． （ ２） ｐ 是 ｑ 的
Ａ∪（ Ｂ∩Ｃ） ＝ ｛１，２，３，４，５，６，７，８｝ ．
３．解析 “ 每位同学最多只能参加两项比赛”
表示为 Ａ∩Ｂ∩Ｃ ＝ ⌀．
（１） Ａ∪Ｂ 表示参加 １００ ｍ 或参加 ２００ ｍ 跑
的同学．
（２） Ａ∩Ｃ 表示既参加 １００ ｍ 又参加 ４００ ｍ
跑的同学．
综合运用
４． 解 析 因 为 Ａ ＝ ｛ ｘ ｜ ３ ≤ ｘ ＜ ７ ｝， Ｂ ＝