高中习题数学5-3

第5模块第3节[知能演练]一、选择题1．若数列{an}的前n项和Sn＝3n－a，数列{an}为等比数列，则实数a的值是()A．3B．1C．0D．－1解析：可用特殊值法，由Sn得a1＝3－a，a2＝6，a3＝18，由等比数列的性质可知a＝1.答案：B2．设a1，a2，a3，a4成等比数列，其公比为2，则2a1＋a22a3＋a4的值为()A.14B.12C.18D．1解析：由题意得a2＝2a1，a3＝4a1，a4＝8a1.∴2a1＋a22a3＋a4＝2a1＋2a18a1＋8a1＝14.答案：A3．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是()A．T10B．T13C．T17D．T25解析：a3a6a18＝a31q2＋5＋17＝(a1q8)3＝a39，即a9为定值，所以下标和为9的倍数的两项积为定值，可知T17为定值．答案：C4．已知等比数列{an}中，a1＋a2＝30，a3＋a4＝120，则a5＋a6等于()A．240B．±240C．480D．±480解析：∵{an}为等比数列，∴数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6也成等比数列，∴(a3＋a4)2＝(a1＋a2)(a5＋a6)，∴a5＋a6＝120230＝480.答案：C二、填空题5．等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝54，则数列{an}的通项公式为________．解析：由a4＝a1q3，a6＝a3q3得a4＋a6a1＋a3＝q3＝54×110＝18，∴q＝12，又a1(1＋q2)＝10，∴a1＝8.∴an＝a1qn－1＝8×(12)n－1＝24－n.答案：an＝24－n6．在等差数列{an}中，a1＝1，a7＝4，数列{bn}是等比数列，已知b2＝a3，b3＝1a2，则满足bn1a80的最小自然数n是________．解析：{an}为等差数列a1＝1，a7＝4,6d＝3，d＝12.∴an＝n＋12，{bn}为等比数列，b2＝2，b3＝23，q＝13.∴bn＝6×(13)n－1，bn1a80＝281，∴8126×13n－1，即3n－281＝34.∴n6，从而可得nmin＝7.答案：7三、解答题7．设数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n.(1)求a3，a4；(2)证明：{an＋1－2an}是等比数列；(3)求{an}的通项公式．(1)解：因为a1＝S1,2a1＝S1＋2，所以a1＝2，S1＝2.由2an＝Sn＋2n知2an＋1＝Sn＋1＋2n＋1＝an＋1＋Sn＋2n＋1，得an＋1＝Sn＋2n＋1，①所以a2＝S1＋22＝2＋22＝6，S2＝8，a3＝S2＋23＝8＋23＝16，S3＝24.a4＝S3＋24＝40.(2)证明：由题设和①式知an＋1－2an＝(Sn＋2n＋1)－(Sn＋2n)＝2n＋1－2n＝2n.所以{an＋1－2an}是首项为2，公比为2的等比数列．(3)an＝(an－2an－1)＋2(an－1－2an－2)＋…＋2n－2(a2－2a1)＋2n－1a1＝(n＋1)·2n－1.8．设各项均为正数的数列{an}和{bn}满足5an，5bn，5an＋1成等比数列，lgbn，lgan＋1，lgbn＋1成等差数列，且a1＝1，b1＝2，a2＝3，求通项an、bn.解：∵5an，5bn，5an＋1成等比数列，∴(5bn)2＝5an·5an＋1，即2bn＝an＋an＋1.①又∵lgbn，lgan＋1，lgbn＋1成等差数列，∴2lgan＋1＝lgbn＋lgbn＋1，即a2n＋1＝bn·bn＋1.②由②及ai0，bj0(i、j∈N*)可得an＋1＝bnbn＋1.③∴an＝bn－1bn(n≥2)．④将③④代入①可得2bn＝bn－1bn＋bnbn＋1(n≥2)，∴2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2)．∴数列{bn}为等差数列．∵b1＝2，a2＝3，a22＝b1b2，∴b2＝92.∴bn＝2＋(n－1)(92－2)＝12(n＋1)(n＝1也成立)．∴bn＝n＋122.∴an＝bn－1·bn＝n22·n＋122＝nn＋12(n≥2)．又当n＝1时，a1＝1也成立．∴an＝nn＋12.[高考·模拟·预测]1．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2a25，a2＝1，则a1＝()A.12B.22C.2D．2解析：因为a3·a9＝2a25，则由等比数列的性质有：a3·a9＝a26＝2a25，所以a26a25＝2，即(a6a5)2＝q2＝2，因为公比为正数，故q＝2.又因为a2＝1，所以a1＝a2q＝12＝22.答案：B2．已知等比数列{an}满足an0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝()A．n(2n－1)B．(n＋1)2C．n2D．(n－1)2解析：设等比数列{an}的首项为a1公比为q，∵a5·a2n－5＝a1q4·a1q2n－6＝22n，即a21·q2n－2＝22n⇒(a1·qn－1)2＝22n⇒(an)2＝(2n)2，∵an0，∴an＝2n，∴a2n－1＝22n－1，∴log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log22＋log223＋…＋log222n－1＝1＋3＋…＋(2n－1)＝1＋2n－12·n＝n2，故选C.答案：C3．已知数列{an}共有m项，定义{an}的所有项和为S(1)，第二项及以后所有项和为S(2)，第三项及以后所有项和为S(3)，…，第n项及以后所有项和为S(n)．若S(n)是首项为2，公比为12的等比数列的前n项和，则当nm时，an等于()A．－12n－2B.12n－2C．－12n－1D.12n－1解析：∵nm，∴m≥n＋1.又S(n)＝21－12n1－12＝4－12n－2，∴S(n＋1)＝4－12n－1，故an＝S(n)－S(n＋1)＝12n－1－12n－2＝－12n－1.答案：C4．设{an}是公比为q的等比数列，|q|1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________.解析：由an＝bn－1，且数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则{an}有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中．经分析判断知{an}的四项应为－24,36，－54,81.又|q|1，所以数列{an}的公比为q＝－32，则6q＝－9.答案：－95．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(Ⅰ)求r的值；(Ⅱ)当b＝2时，记bn＝n＋14an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(Ⅰ)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r，所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，由于b0且b≠1，所以当n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列，又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，a2a1＝b，即bb－1b＋r＝b，解得r＝－1.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1，当b＝2时，an＝2n－1，所以bn＝n＋14×2n－1＝n＋12n＋1.Tn＝222＋323＋424＋…＋n＋12n＋1.12Tn＝223＋324＋…＋n2n＋1＋n＋12n＋2，两式相减得12Tn＝222＋123＋124＋…＋12n＋1－n＋12n＋2＝12＋123×1－12n－11－12－n＋12n＋2＝34－12n＋1－n＋12n＋2，故Tn＝32－12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1.[备选精题]6．已知数列{an}满足a1＝a(a≠0且a≠1)，前n项和为Sn，且Sn＝a1－a(1－an)．(1)求证：{an}是等比数列；(2)记bn＝anlg|an|(n∈N*)，当a＝－73时，是否存在正整数m，使得对于任意正整数n，都有bn≥bm？如果存在，求出m的值；如果不存在，说明理由．解：(1)当n≥2时，Sn＝a1－a(1－an)，Sn－1＝a1－a(1－an－1)，an＝Sn－Sn－1＝a1－a[(1－an)－(1－an－1)]＝a1－a(an－1－an)，即an＝aan－1.又a1＝a≠0，所以anan－1＝a，所以{an}是首项和公比都为a的等比数列．(2)由(1)知，an＝an，则bn＝anlg|an|＝nanlg|a|.又a＝－73∈(－1,0)，则lg|a|0.所以当n为偶数时，bn＝nanlg|a|0；当n为奇数时，bn0.可见，若存在满足条件的正整数m，则m为偶数．b2k＋2－b2k＝[(2k＋2)a2k＋2－2ka2k]lg|a|＝2a2k[(k＋1)a2－k]lg|a|＝2a2k[k(a2－1)＋a2·a2－1a2－1]lg|a|＝2a2k(a2－1)(k－a21－a2)lg|a|(k∈N*)．当a＝－73时，a2－1＝－29，∴2a2k(a2－1)lg|a|0.又a21－a2＝72，当k72时，b2k＋2b2k，即b8b10b12…；当k72时，b2k＋2b2k，即b8b6b4b2.故存在正整数m＝8使得对于任意正整数n，都有bn≥bm.