1、课时规范练(授课提示：对应学生用书第 271 页)A 组 基础对点练1(2018三明期中 )设数列a n是首项为 1，公比为3 的等比数列，则a1|a 2|a 3|a 4|a 5( B )A61 B121C 25 D272等比数列a n的前 n 项和为 Sn.已知 S3a 210 a1，a 59，则 a1( C )A. B13 13C. D19 193设首项为 1，公比为 的等比数列a n的前 n 项和为 Sn，则( D )23AS n2a n1 BS n3a n2CS n 43a n DS n 32a n4在等比数列a n中，S n表示前 n 项和，若 a3 2S21，a 42S 31，则公
2、比q 等于( D )A3 B1C1 D35我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯( B )A1 盏 B3 盏C5 盏 D9 盏6若等比数列a n的各项均为正数，且 a5a6a 4a718，则log3a1log 3a2log 3a10( D )A5 B9Clog 345 D107已知数列a n为等比数列 ，a 51，a 981，则 a7( B )A9 或9 B9C27 或27 D278(2017郑州质检 )已知等比数列a n
3、的前 n 项和为 Sn，若a 2a 3a6，S 562，则 a1 的值是 2 .25解析：设 an的公比为 q.由 a 2a 3a6得(a 1q4)22a 1q2a1q5，q2，S 525 62，a 12.a11 251 29(2018启东市校级期中)已知各项不为 0 的等差数列 an满足a6a a 80，数列b n是等比数列，且 b7a 7，则 b2b8b11 8 .27解析：各项不为 0 的等差数列a n满足 a6a a 80，又 a6a 82a 7，可得272a7a ，即有 a72(0 舍去)，27数列b n是公比为 q 的等比数列，且 b7a 72，则 b2b8b11 b1qb1q7b
4、1q10b q18(b 1q6)331b 2 38.3710(2018宁城县模拟 )如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树” 若某勾股树含 1 023 个正方形，且其最大的正方形的边长为 ，则其最小2正方形的边长为 .116解析：由题意，正方形的边长构成以 为首项，以 为公比的等比数列222现已知共得到 1 023 个正方形，则有 122 n1 1 023，n10，最小正方形的边长为 9 .2 (22) 11611(2018临沂期中 )已知数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足Sn anb(nN *，bR，b0)32
5、(1)求证：a n是等比数列；(2)求证：a n1不是等比数列证明：(1)S n anb，32当 n 2 时， Sn1 an1 b，32两式相减得 SnS n1 anb an1 b，32 32an an an1 ， an 3an1 .32 32故a n是首项 a12b，公比 q3 的等比数列(2)假设a n1是等比数列，则有(a n1) 2(a n1 1)(a n1 1)，即 a 2a n1a n1 an1 a n1 a n1 1.2n由(1)知a n是等比数列， a a n1 an1 ，2n于是 2ana n1 a n1 ，即 6an1 a n1 9a n1 ，解得 an1 0，这与a n是
6、等比数列相矛盾，故假设错误，即a n1 不是等比数列12在数列 中，a 1 ，a n1 an，nN *.an12 n 12n(1)求证：数列 为等比数列；ann(2)求数列a n的前 n 项和 Sn.解析：(1)证明：由 an1 an知 ，n 12n an 1n 1 12ann 是以 为首项， 为公比的等比数列ann 12 12(2)由(1)知 是首项为 ，公比为 的等比数列，ann 12 12 n，a n ，ann (12) n2nSn ，121 222 n2n则 Sn ，12 122 223 n2n 1得， Sn 1 ，S n2 .12 12 122 123 12n n2n 1 n 22n
7、 1 n 22nB 组 能力提升练1(2018兴宁区校级期中)设等比数列a n满足 a1a 21，a 1a 33，则公比 q( B )A2 B2C. D12 122等比数列a n中，a 4 2，a 55，则数列lg a n的前 8 项和等于( C )A6 B5C4 D33(2018南海区模拟 )已知等比数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足2Sn2 n1 ，则 的值为( C )A4 B2C 2 D 4解析：由题意知 2Sn2 n1 ，S n2 n ，2a1S 12 ，2a2S 2S 1 2，(22 2) (2 2)a3S 3S 2 4.(23 2) (22 2)a1，a 2，a 3是等比数列
8、， 22 4，(2 2)解得 2.4已知 Sn是各项为正数的等比数列a n的前 n 项和， a2a416，S 37，则a8( C )A32 B64C128 D2565(2016高考天津卷 )设a n是首项为正数的等比数列，公比为 q，则“ q0”是“对任意的正整数 n，a 2n1 a 2n0”的( C )A充要条件B充分而不必要条件C必要而不充分条件D既不充分也不必要条件6若等比数列a n的各项均为正数，前 4 项的和为 9，积为 ，则前 4 项倒数814的和为( D )A. B32 94C1 D27已知等比数列a n的各项都是正数，且 3a1， a3，2a 2 成等差数列，则12( D )a
9、8 a9a6 a7A6 B7C8 D98(2018长安区二模 )已知数列a n满足 2(n2)，a 1a2a364，则an 1anlog2a1log 2a2log 2a3log 2an的最大值为( C )A2 B4C6 D8解析：数列a n满足 2(n2) ， 该数列为等比数列，公比为 .an 1an 12a1a2a364，a 64，32解得 a24.a 1 8.412a1a2ana 12(n1) 8 n2 .n1 (12) nn 12则 log2a1log 2a2log 2a3log 2anlog 2(a1a2an)3nnn 12 n2 n 2 ，12 72 12(n 72) 498当且仅当
10、 n3 或 4 时，log 2a1log 2a2log 2a3log 2an取得最大值为 6.9(2017高考江苏卷 )等比数列a n的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn，已知S3 ，S 6 ，则 a8 32 .74 634解析：设等比数列a n的公比为 q，则由 S62S 3得 q1，则S3 ，S 6 ，解得 q2，a 1 ，则a11 q31 q 74 a11 q61 q 634 14a8a 1q7 2732.1410设数列a n(n1,2,3， )的前 n 项和 Sn满足 Sna 12a n，且a1，a 21，a 3 成等差数列，则 a1a 5 34 .解析：由已知 Sna 12a n，
11、有 anS nS n1 2a n2a n1 (n2)，即an2a n1 (n2) 从而 a22a 1，a 32a 24a 1.又因为 a1，a 21，a 3成等差数列，即 a1a 32(a 21)，所以 a14a 12(2a 11), 解得 a12，所以数列a n是首项为 2，公比为 2 的等比数列故 an2 n，则 a1a 522 534.11(2018杨浦区校级期末)设 nN *，用 An表示所有形如 2r12r 22r n的正整数集合，其中 0r 1r 2r nn，且 riN(i N *)，b n为集合 An中的所有元素之和则b n的通项公式为 bn n(2n1 1) 解析：由题意可知，
12、集合 An中的元素为 202 12 22 n2 i，其中i0,1,2，n，则 20,21,22，2 n每个数都出现 n 次，因此，bnn(2 02 12 22 n)n(2 n1 1) 12(2017广西质检 )已知数列a n的前 n 项和为 Sn，且 Sn an1(nN *)32(1)求数列a n的通项公式；(2)设 bn2log 3 1，求 .an2 1b1b2 1b2b3 1bn 1bn解析：(1)当 n1 时，a 1 a11，a 12.32当 n2 时，S n an1，32Sn1 an 11( n2)，32得 an ，(32an 1) (32an 1 1)即 an3a n1 ，数列 an是首项为 2，公比为 3 的等比数列，an2 3n 1.(2)由(1)得 bn2log 3 12n1，an2 Error!1b1b2 1b2b3 1bn 1bn 113 135 12n 32n 1 12Error! .n 12n 1
