2021届高考数学一轮复习第6章数列第3节等比数列及其前n项和课时跟踪检测理含解析.doc

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1、第六章数列第三节等比数列及其前n项和A级基础过关|固根基|1.(2020届惠州调研)等比数列an的前n项和为Sn，公比为q，若S69S3，S562，则a1()AB2CD3解析：选B由题意可得即解得故选B2(2019届昆明一中模考)已知数列an是递减的等比数列，Sn是其前n项和，若a2a518，a3a432，则S5的值是()A62B48C36D31解析：选A由a2a518，a3a432，得a216，a52或a22，a516(不符合题意，舍去)，设数列an的公比为q，则a132，q，所以S562，故选A3(2019届厦门模拟)设等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2n1，则()A2B1C1D2解析

2、：选A解法一：当n1时，a1S14.当n2时，anSnSn1(2n1)(2n)2n，此时2.因为an是等比数列，所以2，即2，解得2.故选A解法二：依题意，a1S14，a2S2S14，a3S3S28，因为an是等比数列，所以aa1a3，所以8(4)42，解得2.故选A4(2019届长沙一模)设首项为1，公比为的等比数列an的前n项和为Sn，则()ASn2an1BSn3an2CSn43anDSn32an解析：选D因为a11，公比q，所以an，所以Sn33232an，故选D5(2019届郑州市第一次质量预测)已知数列an为等比数列，首项a14，数列bn满足bnlog2an，且b1b2b312，则a

3、4()A4B32C108D256解析：选D数列an为等比数列，首项a14，数列bn满足bnlog2an，且b1b2b312，log2a1log2a2log2a312，即log2a1a2a312，得a212，解得a216.设等比数列an的公比为q，则a2a1q4q16，解得q4，a4a1q3443256.故选D6(2019届长春市第一次质量监测)已知Sn是等比数列an的前n项和，若公比q2，则()ABCD解析：选A解法一：由题意知a1a3a5a1(12224)21a1，而S663a1，所以，故选A解法二：由题意知S6a1a2a3a4a5a6(a1a3a5)(a2a4a6)(a1a3a5)2(a1

4、a3a5)3(a1a3a5)，故，故选A7(2019届广州市第二次综合测试)设等比数列an的前n项和为Sn，则下列等式一定成立的是()ASnS2nS3nBSSnS3nCSSnS2nS3nDSSSn(S2nS3n)解析：选D不妨设等比数列an的首项为1，公比为2，则an2n1，Sn2n1，故S2n22n1，S3n23n1.令n1，则有S11，S23，S37，代入选项A中，有S1S2134S37，故A错误；代入选项B中，有S329S1S317，故B错误；代入选项C中，有S329S1S2S31373，故C错误；代入选项D中，有SS13210S1(S2S3)1(37)10，故D正确故选D8(2019届

5、益阳市、湘潭市高三调研)已知等比数列an中，a53，a4a745，则的值为()A3B5C9D25解析：选D设等比数列an的公比为q，则a4a7a5q29q45，所以q5，所以q225.故选D9(2019届郑州市第二次质量预测)已知等比数列an为单调递增数列，设其前n项和为Sn，若a22，S37，则a5的值为_解析：设等比数列an的公比为q，因为a22，S37，所以22q7，即2q25q20，解得q2或q(舍去)，故a11，所以a52416.答案：1610(2019届洛阳市第二次统考)等比数列an的各项均为正数，且a10a11a8a1364，则log2a1log2a2log2a20_解析：解法一

6、：设数列an的公比为q(q0)，则由题意，得a1q9a1q10a1q7a1q1264，所以aq1932，所以log2a1log2a2log2a20log2(a1a2a20)log2(aq1219)log2(aq190)log2(32)10log225050.解法二：因为a10a11a8a1364，数列an为等比数列，所以a10a11a10a1164，所以a10a1132，所以log2a1log2a2log2a20log2(a1a2a20)log2(a10a11)10log2(32)10log225050.答案：5011(2019届武汉市调研测试)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，满足S24

7、S4S6，a11.(1)求数列an的公比q；(2)令bnan15，求T|b1|b2|b10|的值解：(1)an是正项等比数列，a11，若q1，则Snna1n，S22，4S44416，S66，S24S421618S66，不合题意，q1，从而Sn.由S24S4S6可知4，(1q2)4(1q4)1q6，而q1，且q0，14(1q2)1q2q4，即q43q240，(q24)(q21)0，q2.(2)由(1)知an2n1，则an的前n项和Sn2n1.当n5时，bn2n1150；当n4时，bn2n1150，所以q；若删去a3，则由2a2a1a4，得2a1qa1a1q3.又a10，所以2q1q3，整理得q(

8、q1)(q1)q1.又q1，所以q(q1)1.又q0，所以q.故选B14(2019届湖北武汉模拟)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S82S45，则a9a10a11a12的最小值为()A10B15C20D25解析：选C由题意可得a9a10a11a12S12S8，由S82S45，可得S8S4S45.又由等比数列的性质知S4，S8S4，S12S8成等比数列，则S4(S12S8)(S8S4)2.于是a9a10a11a12S12S8S41021020，当且仅当S45时等号成立所以a9a10a11a12的最小值为20.故选C15(2019届长沙市、南昌市高三第一次联考)已知等比数列an满足，a54

9、，记等比数列an的前n项积为Tn，则当Tn取最大值时，n()A4或5B5或6C6或7D7或8解析：选C设数列an的公比为q，由，得q3，则q，则ana5qn527n，从而可得Tna1a2an2654(7n)22 (n213n)，所以当(n213n)取最大值时，Tn取最大值，此时n6或7，故选C16(2020届湖北部分重点中学联考)已知数列an是等比数列，Sn为数列an的前n项和，a33，S39.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2，bn为递增数列，若cn，求证：c1c2c3cn1.解：(1)设数列an的公比为q，当q1时，a1a33，S39，符合条件，an3；当q1时，由题意知所以解得an12.综上，an3(q1)或an12(q1)(2)证明：若an3，则bn0，与题意不符，所以an12n1，所以a2n3122n232n，bnlog2log222n2n，则cn，所以c1c2c3cn111.