江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十等比数列文含解析苏教版

解析：∵log2an＋1＝1＋log2an， an＋1
∴log2 an ＝1，可得 q＝2. ∵a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2， ∴log2(a51＋a52＋a53＋a54＋a55) ＝log2[(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)q50]＝log2251＝51. 答案：51
3．设等比数列{an}的公比为 q(0＜q＜1)，前 n 项和为 Sn.若存在 m∈N*，使得 am＋ 5
－ a1＋a3＋a5
2
答案：－2
2．(2018·盐城期中)在等比数列{an}中，已知 a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，则 a9＋a10＝________. 解析：设等比数列{an}的公比为 q，则 a3＋a4＝q2(a1＋a2)，所以 q2＝2，所以 a9＋a10＝q8(a1
＋a2)＝16.
答案：16
1－2n 所以 Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1＝ 1－2 ＝2n－1，
Sn＋t 此时 Sn＋t＝2n，Sn－1＋t＝2 为常数，满足{Sn＋t}成等比数列， 综上，存在 t＝1 使数列{Sn＋t}为等比数列，此时 an＝2n－1，Sn＝2n－1(n∈N*). 三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．各项均为正数的等比数列{an}中，若 a1≥1，a2≤2，a3≥3，则 a4 的取值范围是________．
an＋3 an＋1
a4 a2
2q2
又因为 ＝ an＋2
an
，所以 ＝ ＝2＝ a3 a1
q1
，即
q1＝q2，
设 q1＝q2＝q，则 a2n＋pa2n－1＝q(a2n－2＋pa2n－3)，且 a2n＋pa2n－1＞0 恒成立， 所以数列{a2n＋pa2n－1}是首项为 2＋p，公比为 q 的等比数列． (3)法一：在(2)中令 p＝1，则数列{a2n＋a2n－1}是首项为 3，公比为 q 的等比数列， 所以 S2k＝(a2k＋a2k－1)＋(a2k－2＋a2k－3)＋…＋(a2＋a1)＝Error! S2k－1＝S2k－a2k＝Error! 且 S1＝1，S2＝3，S3＝3＋q，S4＝3＋3q， 因为数列{Sn＋t}为等比数列，
3．(2018·苏州期末)设各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a2＝6，a3－ 3a1＝12，则 S5＝________.
解析：∵a2＝6，a3－3a1＝12， ∴Error!且 q＞0，
解得 a1＝2，q＝3， 21－35
∴S5＝ 1－3 ＝242.
答案：242
4．在等比数列{an}中，若 a1·a5＝16，a4＝8，则 a6＝________.
2 ＝λan－1＋λ－3·3n－1(λ－3＋3)
解析：由题意得，a2·a4＝a1·a5＝16，
a4
所以
a2＝2，所以
q2＝ ＝4，所以 a2
a6＝a4q2＝32.
答案：32
5．(2019·南京一模)若等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，S6＝3S3，则 a7 的值
为________．
解析：设等比数列{an}的公比为 q，
因为 a1＝1，S6＝3S3，
当 q＝1 时，不满足 S6＝3S3；
q6－1 3q3－1
当 q≠1 时，可得 ＝
，
q－1 q－1
化简得 q3＋1＝3，即 q3＝2，
所以 a7＝a1q6＝4.
答案：4
4 6．(2018·常州期末)已知等比数列{an}的各项均为正数，且 a1＋a2＝9，a3＋a4＋a5＋a6＝
a7＋a8＋a9
解：因为 Sn＋1＝λSn＋3n＋1，n∈N*，
所以当 n≥2 时，Sn＝λSn－1＋3n，
从而 an＋1＝λan＋2·3n，n≥2，n∈N*﹒
在 Sn＋1＝λSn＋3n＋1 中，令 n＝1，可得 a2＝λa1＋2×31，满足上式，
所以 an＋1＝λan＋2·3n，n∈N*.
(1)当 λ＝3 时， an＋1＝3an＋2·3n，n∈N*，
所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
2 × 1－29
故 S9＝
1－2
＝210－2＝1 022.
答案：1 022
8．(2019·徐州调研)已知正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 S8－2S4＝6，则 a9＋a10＋
a11＋a12 的最小值为________．
解析：因为 S8－2S4＝6，所以 S8－S4＝S4＋6.
解析：设等比数列{an}的公比为 q.正项等比数列{an}满足 2a5＝a3－a4，则 2a3q2＝a3(1－
1
q)，可得
2q2＋q－1＝0，q＞0，解得
q＝ ，若存在两项 2
an，am，使得
a1＝4
an·am，可得 a1＝4
( )1
a21 m＋n－2，所以 m＋n＝6. 2
答案：6
3．(2019·苏锡常镇调研)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝3，且对任意的正整数 n，
(2)证明：由Error!
两式相乘得 anan＋1an＋3an＋4＝an＋1an＋2 2an＋3，
因为 an＞0，所以 anan＋4＝an＋2 2(n∈N*)，
从而{an}的奇数项和偶数项均构成等比数列，
设公比分别为 q1，q2，则 a2n＝a2qn－2 1＝2qn－2 1，a2n－1＝a1qn－1 1＝qn－1 1，
an 都有 Sn＋1＝λSn＋3n＋1，其中常数 λ＞0.设 bn＝3n(n∈N*)．
(1)若 λ＝3，求数列{bn}的通项公式；
2 (2)若 λ≠1 且 λ≠3，设 cn＝an＋λ－3·3n(n∈N*)，证明数列{cn}是等比数列；
(3)若对任意的正整数 n，都有 bn≤3，求实数 λ 的取值范围．
(1)若 a3＝3，求 a5 的值； (2)证明：对任意正实数 p，{a2n＋pa2n－1}成等比数列； (3)是否存在正实数 t，使得数列{Sn＋t}为等比数列．若存在，求出此时 an 和 Sn 的表
达式；若不存在，说明理由．
解：(1)因为 a1a4＝a2a3，所以 a4＝6， 3
又因为 a2a5＝a3a4，所以 a5＝2a4＝9.
a2 a3
解析：设{an}的公比为
q，则根据题意得
q＝ ＝ ， a1 a2
[ ] 3
9
9
∴2≤q≤2，a4＝a3q≥2，a4＝a2q2≤8，∴a4∈
，8 2
.
[ ]9
答案： ，8 2
2．(2018·泰州中学高三学情调研)设正项等比数列{an}满足 2a5＝a3－a4，若存在两项 an，
am，使得 a1＝4 an·am，则 m＋n＝________.
2am(m≥2)，数列{an}的前 n 项积为 Tn，若 T2m－1＝512，则 m＝________. 解析：由等比数列的性质可知 am＋1·am－1＝a2m＝2am(m≥2)，所以 am＝2，即数列{an}为
常数列，an＝2，所以 T2m－1＝22m－1＝512＝29，即 2m－1＝9，所以 m＝5.
课时跟踪检测（三十） 等比数列
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1 a1＋a3＋a5
1．(2019·如东中学检测)已知等比数列{an}的公比
q＝－ ，则
＝________.
2 a2＋a4＋a6
a1＋a3＋a5 a1＋a3＋a5
a1＋a3＋a5
解析：
＝
＝
a2＋a4＋a6 qa1＋a3＋a5 1
＝－2.
40，则
的值为________．
9
解析：Error!两式相除可得 q2＋q4＝90，即 q2＝－10(舍)或 q2＝9.又 an＞0，所以 q＝3，
1
a7＋a8＋a9
故 a1＝9，所以 a7＋a8＋a9＝34＋35＋36＝1 053，即 9 ＝117.
答案：117
二保高考，全练题型做到高考达标 1．(2018·徐州期末)设等比数列{an}的公比为 q，前 n 项和为 Sn，若 S2 是 S3 与 S4 的等 差中项，则实数 q 的值为________．
q，由 ＝ ， S6 28
a11－q3
1－q 27
1 27
1
得 q≠1，
＝ ，化简得 ＝ ，解得 q＝ .
a11－q6 28
1＋q3 28
3
1－q
a5
1
所以 ＝q2＝ .
a3
9
Hale Waihona Puke 1 答案：96． (2018·海 安 中 学 测 试 )在 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 {an}中 ， 若 am＋ 1·am－ 1＝
由等比数列的性质可得，S4，S8－S4，S12－S8 成等比数列，
所以 S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，
S4＋62
36
所以 a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝
S4
＝S4＋
＋12≥24，当且仅当 S4
S4＝6
时等号
成立．
故 a9＋a10＋a11＋a12 的最小值为 24.
答案：24
( )2
解析：由
an＋1＝λan－1，得
an＋1－1＝λan－2＝λ
an－ λ
.
2 因为数列{an－1}是等比数列，所以λ＝1，得 λ＝2.
答案：2
S3 27 a5 5．(2019·姜堰模拟)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且S6＝28，则a3＝________.
S3 27
解析：设等比数列{an}的公比为
(2)由(1)得 an＝n， 所以 bn＝2n，
bn＋1 所以 ＝2，
bn
所以{bn}是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 21－2n
所以 Tn＝ 1－2 ＝2n＋1－2.