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/一、填空题1。(2010·辽宁高考改编)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=________.2.在等比数列{an}中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn等于________。3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若eq\f(S6,S3)=3,则eq\f(S9,S6)=________.4.(2010·全国卷Ⅰ改编)已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=________。5.(2011·南京模拟)已知{an}是等比数列,a2=2,a5=eq\f(1,4),则a1a2+a2a3+…+anan+1(n∈N*)的取值范围是________.6.已知函数f(x)=log2x,等比数列{an}的首项a1>0,公比q=2,若f(a2a4a6a8a10)=25,则2f(a1)+f(a2)+…+f(a2009)=________.7.(2010·浙江高考改编)设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2+a5=0,则eq\f(S5,S2)=________.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=________.9.(2010·天津高考)设{an}是等比数列,公比q=eq\r(2),Sn为{an}的前n项和。记Tn=eq\f(17Sn—S2n,an+1),n∈N*。设Tn0为数列{Tn}的最大项,则n0=________.二、解答题10.(2010·福建高考)数列{an}中,a1=eq\f(1,3),前n项和Sn满足Sn+1-Sn=(eq\f(1,3))n+1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn;(2)若S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列,求实数t的值。11.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-3n(n∈N*)。(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{an}中是否存在连续的三项可以构成等差数列?若存在,请求出一组适合条件的三项;若不存在,请说明理由.12.已知数列{an},{bn}满足:a1=1,a2=p(p为常数),bn=anan+1,其中n=1,2,3,….(1)若{an}是等比数列,求数列{bn}的前n项和Sn;(2)若{bn}是等比数列,甲同学说{an}一定是等比数列,乙同学说{an}一定不是等比数列,你认为他们的说法是否正确?为什么?答案及解析1.【解析】显然公比q≠1,由题意得解得∴S5=eq\f(a11-q5,1-q)=eq\f(41-\f(1,25),1—\f(1,2))=eq\f(31,4)。【答案】eq\f(31,4)2.【解析】由已知可设公比为q,则(a2+1)2=(a1+1)(a3+1),∴(2q+1)2=3(2q2+1).∴2q2-4q+2=0.∴q=1,∴an=2。∴Sn=2n。【答案】2n3。【解析】由等比数列的性质:S3,S6—S3,S9—S6仍成等比数列,于是,由S6=3S3,可推出S9-S6=4S3,S9=7S3,∴eq\f(S9,S6)=eq\f(7,3)。【答案】eq\f(7,3)4.【解析】∵(a1a2a3)×(a7a8a9)=aeq\o\al(6,5)=50,∴aeq\o\al(3,5)=5eq\r(2),∴a4a5a6=aeq\o\al(3,5)=5eq\r(2)。【答案】5eq\r(2)5。【解析】设公比为q,则q3=eq\f(a5,a2)=eq\f(1,8),∴q=eq\f(1,2),a1=4,故数列{an·an+1}是首项为8,公比为eq\f(1,4)的等比数列,∴a1a2+a2a3+…+anan+1=eq\f(8[1-\f(1,4)n],1—\f(1,4))=eq\f(32,3)[1-(eq\f(1,4))n],∵eq\f(3,4)≤1-(eq\f(1,4))n<1,∴8≤eq\f(32,3)[1-(eq\f(1,4))n]<eq\f(32,3).【答案】[8,eq\f(32,3))6。【解析】∵a2a4a6a8a10=aeq\o\al(5,6),∴f(aeq\o\al(5,6))=25,即log2aeq\o\al(5,6)=25,∴aeq\o\al(5,6)=225,∴a6=25,又∵q=2,∴a1=1,an=2n—1,∴2f(a1)+f(a2)+…+f(a2009)=2log2a1+log2a2+…+log2a2009=a1·a2·…·a2009=20+1+2+…+2008=21004×2009.【答案】21004×20097.【解析】由8a2+a5=0,得8a1q+a1q4=0,∴q=—2,∴eq\f(S5,S2)=eq\f(a11+25,a11-22)=—11.【答案】-118.【解析】∵bn=an+1,∴an=bn-1,而{bn}有连续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中,∴{an}有连续四项在集合{-54,—24,18,36,81}中.∵{an}是公比为q的等比数列,|q|>1.∴{an}中的连续四项为-24,36,—54,81,∴q=—eq\f(36,24)=-eq\f(3,2),∴6q=-9.【答案】—99.【解析】∵Sn=eq\f(a1[1-\r(2)n],1-\r(2)),S2n=eq\f(a1[1-\r(2)2n],1-\r(2)),an+1=a1(eq\r(2))n,∴Tn=eq\f(17×\f(a1[1-\r(2)n],1-\r(2))-\f(a1[1-\r(2)2n],1—\r(2)),a1\r(2)n)=eq\f(1,1-\r(2))×[eq\f(16,\r(2)n)+(eq\r(2))n-17],∵eq\f(16,\r(2)n)+(eq\r(2))n≥8,当且仅当(eq\r(2))2n=16即2n=16时取“=".∴当n=4,即n0=4时,T4最大.【答案】410.【解】(1)由Sn+1-Sn=(eq\f(1,3))n+1得an+1=(eq\f(1,3))n+1(n∈N*),又a1=eq\f(1,3),故an=(eq\f(1,3))n(n∈N*),从而Sn=eq\f(1,2)[1-(eq\f(1,3))n](n∈N*).(2)由(1)可得S1=eq\f(1,3),S2=eq\f(4,9),S3=eq\f(13,27),从而由S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列可得eq\f(1,3)+3×(eq\f(4,9)+eq\f(13,27))=2×(eq\f(1,3)+eq\f(4,9))t,解得t=2.11.【解】(1)由Sn=2an-3n及Sn+1=2an+1-3(n+1)⇒an+1=2an+3⇒eq\f(an+1+3,an+3)=2,∵S1=2a1-3,∴a1=3,∴{an+3}是以6为首项,公比为2的等比数列,∴an+3=6×2n-1,∴an=3×2n-3,n∈N*。(2)设存在k∈N*,使得ak,ak+1,ak+2成等差数列,则2ak+1=ak+ak+2,即2(3×2k+1-3)=(3×2k-3)+(3×2k+2-3),得12×2k=15×2k.∴2k=0这是不可能的.∴{an}中不存在连续的三项可以构成等差数列.12.【解】(1)∵{an}是等比数列,a1=1,a2=p,∴an=pn-1(p为常数,p≠0)。又bn=anan+1,∴eq\f(bn+1,bn)=eq\f(an+1an+2,anan+1)=eq\f(an+2,an)=eq\f(pn+1,pn-1)=p2,而b1=a1a2=p.∴{bn}是以p为首项,p2为公比的等比数列.(2)法一甲、乙两个同学的说法都不正确.理由如下:设{bn}的公比为q,则eq\f(bn+1,bn)=eq\f(an+1an+2,anan+1)=eq\f(an+2,an)=q,且q≠0.又a1=1,a2=p,∴a1,a3,a5,…,a2n-1,…是以1为首项,q为公比的等比数列;a2,a4,a6,…,
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