5-3-课后·演练·提升

/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，…，