《届数学一轮高考核动力》(新课标)高考数学(文)一轮强化突破训练(15)_高考数学小题限时训练

《届数学一轮高考核动力》(新课标)高考数学(文)一轮强化突破训练(15)由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“高考数学小题限时训练”。

一、选择题

1．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝48，前2n项和S2n＝60，那么前3n项和S3n等于()

A．72

C．75

【答案】D

【解析】Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍是等比数列，可得

12S3n－S2n＝＝3，48

∴S3n＝3＋S2n＝63.2．(2009高考广东卷)已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2a5，a2＝1，则a1＝()

1A.2

C.2

【答案】B

【解析】因为a3·a9＝2a5，则由等比数列的性质有：a3·a9＝a6＝2a5，22222B．36D．63 B.22D．2

a62a622＝2，＝q＝2，因为公比为正数，故q2，a5a5

又因为a2＝1，所以a1＝故选择B.3．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是()

A．(－∞，－1]

C．[3，＋∞)

【答案】D

【解析】设等比数列的公比为q，1∵a2＝1，∴a1＝，a3＝a2q＝q.B．(－∞，0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)a2q12＝22q

1∵S3＝＋1＋q，q

∴当q>0时，S3≥3(q＝1时取等号)；

当q

值时，n的值等于()

A．5

C．7

【答案】B

【解析】由T8＝T4，得a1a2a3a4a5a6a7a8＝a1a2a3a4，所以a5a6a7a8＝1，又a5a8＝a6a7＝1，且数列{an}是正项递增数列，所以a5

5．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝()

4A．16(1－4)C.32－n

(1－4)3

－n

B．16(1－2)D.32－n

(1－2)3

－n

【答案】C

a5311

【解析】∵＝qq

a282

1n－11n5－2n

∴an·an＋1＝4··4·＝2，22

故a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1 ＝2＋2＋2＋2＋…＋

2－1

－3

5－2n

181－432－n＝(1－4)．

1314

故选择C.二、填空题

6．在等比数列{an}中，若a2＝a4＝4，则公比q＝；a1＋a2＋…＋an＝.2【答案】2 2

n－1

1－ 2

133

【解析】a4＝a1q得4＝，解得q＝2，212

a1＋a2＋…＋an＝

1－21－2

＝2

n

n－1

1－.2

7．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5

＝.31

【答案】

【解析】显然公比q≠1，a1q·a1q＝1，

由题意得，a11－q3＝7，1－q

a1＝4，

解得1

q＝，

2141－5

a11－q231∴S5＝＝1－q14

1－2

8．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＝.【答案】－9

【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，比较知{an}的四项应为－24,36，3

－54,81.又|q|>1，所以数列{an}的公比为q＝－6q＝－9.三、解答题

9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.【解析】设{an}的公比为q，由题设得

a1q＝6，2

6a1＋a1q＝30，

a1＝3，解得

q＝2，

n－1n－1

a1＝2，或

q＝3.

n

当a1＝3，q＝2时，an＝3×2当a1＝2，q＝3时，an＝2×3，Sn＝3×(2－1)；，Sn＝3－1.n

10．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．

(1)求数列{an}的通项；

(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.a1＋a2＋a3＝7，

【解析】(1)由已知得：a1＋3＋a3＋43a2，2

解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝a3＝2q，q

又S3＝7＋2＋2q＝7，q

即2q－5q＋2＝0.1

解得q1＝2，q2＝.2由题意得q>1，∴q＝2.∴a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2由(1)得a3n＋1＝2.∴bn＝ln 2＝3nln 2，又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn}是等差数列． ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝

3n

3n

n－1

.(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，nb1＋bn2

n3ln 2＋3nln 223nn＋1＝2

3n故Tn＝

n＋12

11．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，an＋Sn＝4 096.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{log2an}的前n项和为Tn，对数列{Tn}从第几项起Tn

an1＝an－12

又a1＋S1＝2a1＝4 096，∴a1＝2 048.∴数列{an}是以a1＝2 048

2∴an＝a1·q＝2×2

1－n

n－1

1n－1

＝2 048×

2

12－n

＝2.＝12－n.(2)log2an＝log22

12－n

∴Tn＝(12－1)＋(12－2)＋…＋(12－n)＝12n－

nn＋121223＋n.22

1223

＋n

22整理得n－23n－2×509>0，23＋∴n＝∵

232

＋4×2×509

234 601

234 601

∴数列{Tn}从第46项起Tn

12．已知数列{an}中a1＝1，a2＝2，且an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q≠0)．(1)设bn＝an＋1－an(n∈N)，证明{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式；

(3)若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的n∈N，an是an＋3与an＋6的等差中项．

【证明】由题设an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得

*

*

an＋1－an＝q(an－an－1)，即bn＝qbn－1，n≥2.由b1＝a2－a1＝1，q≠0，所以{bn}是首项为1，公比为q的等比数列．(2)由(1)，a2－a1＝1，a3－a2＝q，…

an－an－1＝qn－2(n≥2)．

将以上各式相加，得

an－a1＝1＋q＋…＋qn－2(n≥2)，即an＝a1＋1＋q＋…＋q所以当n≥2时，1－q1＋ q≠1，1－qan＝n，q＝1.上式对n＝1显然成立．

(3)由(2)，当q＝1时，显然a3不是a6与a9的等差中项，故q≠1.由a3－a6＝a9－a3可得q－q＝q－q，由q≠0得

n－2

(n≥2)．

n－1

q3－1＝1－q6，①

整理得(q)＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)． 3于是q＝－2.另一方面，32

qn＋2－qn－1qn－13

an－an＋3＝(q－1)，1－q1－qqn－1－qn＋5qn－16

an＋6－an＝(1－q)．

1－q1－q

由①可得an－an＋3＝an＋6－an，n∈∈N.所以对任意的n∈N，an是an＋3与an＋6的等差中项．

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