5-3-課后·演練·提升

/一、填空題１。（2０10·遼寧高考改編）設(shè){aｎ｝是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn為其前ｎ項(xiàng)和.已知a2ａ４=1，S3=７,則S5＝_____＿_(dá)＿.2．在等比數(shù)列｛ａn}中，a1＝2，前n項(xiàng)和為Ｓn，若數(shù)列{an＋1}也是等比數(shù)列,則Sn等于________。３．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Ｓn，若ｅq\f(S6，Ｓ３)=3，則eｑ\f（Ｓ9，S6）=_＿＿_(dá)＿_(dá)__.４．（２01０·全國卷Ⅰ改編)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{ａn｝中,a1ａ2ａ3＝５，ａ７a8a９＝1０，則ａ4a５a6=___＿_(dá)＿_(dá)_。５．(2011·南京模擬)已知{ａn｝是等比數(shù)列,ａ２＝2,a5＝eq\f(１,4)，則a1ａ2+a2a3+…+ａnan+1(n∈N＊）的取值范圍是_＿_(dá)__＿＿_(dá).6.已知函數(shù)ｆ(ｘ)＝lｏg2x,等比數(shù)列｛ａn}的首項(xiàng)a1＞０,公比q=２,若f(ａ2a4a6ａ8a10）=2５,則2ｆ（ａ1)+f(a2)+…+f(a２０09)＝________.7．（20１0·浙江高考改編)設(shè)Sn為等比數(shù)列｛aｎ}的前n項(xiàng)和,8a2+a５＝0，則eq\ｆ（Ｓ5，S２)=_＿_(dá)____＿.8.設(shè)｛aｎ｝是公比為q的等比數(shù)列，｜q｜＞1，令bn＝an＋1(n=1,2，…）.若數(shù)列{bn｝有連續(xù)四項(xiàng)在集合｛－5３，—23,１9，37,82｝中,則6ｑ＝_＿＿＿＿_(dá)＿＿.9.（2010·天津高考)設(shè){an}是等比數(shù)列,公比ｑ＝ｅｑ＼ｒ（2），Sn為｛aｎ｝的前n項(xiàng)和。記Tn=eｑ＼f(17Ｓn—S2n，aｎ+1)，ｎ∈N*。設(shè)Tn0為數(shù)列｛Ｔn｝的最大項(xiàng)，則n0=＿_(dá)_＿_(dá)＿_(dá)_.二、解答題10．(２０1０·福建高考）數(shù)列｛an｝中,a1=ｅq\f(1，３)，前n項(xiàng)和Ｓn滿足Sｎ+１－Sｎ＝(ｅq\f（１,3))n＋1（n∈N*)．(１)求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式ａｎ以及前ｎ項(xiàng)和Sn;(2)若S1，t（S１＋S2),３(S2+S3)成等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)ｔ的值。１1.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn=２ａn－3n(n∈N*)。（１)求數(shù)列｛ａn｝的通項(xiàng)公式；(2）數(shù)列{ａn}中是否存在連續(xù)的三項(xiàng)可以構(gòu)成等差數(shù)列?若存在，請求出一組適合條件的三項(xiàng)；若不存在,請說明理由．１2.已知數(shù)列｛an}，{bｎ｝滿足：a1=1，a2＝p(p為常數(shù)),ｂn＝anan+1，其中ｎ=１，２，3,….(１）若｛an｝是等比數(shù)列，求數(shù)列{bn｝的前n項(xiàng)和Sｎ;(２）若{bn}是等比數(shù)列，甲同學(xué)說｛an｝一定是等比數(shù)列,乙同學(xué)說{an｝一定不是等比數(shù)列,你認(rèn)為他們的說法是否正確？為什么？答案及解析1.【解析】顯然公比q≠１,由題意得解得∴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】由已知可設(shè)公比為q,則（ａ2+1)2＝(a1+1）（a3+1)，∴（2q+1)2=3（2q2+1）.∴２ｑ2－4ｑ+2＝０.∴q＝1，∴ａn=2?！啵觧=2n?！敬鸢浮?ｎ３?！窘馕觥坑傻缺葦?shù)列的性質(zhì)：Ｓ３，S6—S3,S9—S6仍成等比數(shù)列，于是，由Ｓ6＝3S3,可推出Ｓ9－S6=4S3,S9=7S３，∴ｅq\ｆ（S９,S6）＝eq＼f（７,3)?！敬鸢浮縠q＼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】設(shè)公比為ｑ,則ｑ3=ｅq\f（a5，ａ2)＝eq\f（１，8),∴ｑ=eq\f(1,２），a1＝４，故數(shù)列{ａn·an+1｝是首項(xiàng)為8，公比為eq＼f(1，4）的等比數(shù)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?！窘馕觥俊遖2a4a6a8a１0＝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｝有連續(xù)四項(xiàng)在集合{－53，－２3，1９,3７,8２}中,∴｛an｝有連續(xù)四項(xiàng)在集合｛－54,—24，18,３6，81｝中.∵{aｎ｝是公比為q的等比數(shù)列,|q|>1．∴{an｝中的連續(xù)四項(xiàng)為－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，當(dāng)且僅當(dāng)（eｑ\r（2））2ｎ=１6即2n＝16時(shí)取“="．∴當(dāng)n=4，即n0＝４時(shí),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＊），從而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),從而由S1,ｔ（S１＋S2），3（S２+Ｓ3)成等差數(shù)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為首項(xiàng)，公比為２的等比數(shù)列，∴ａn＋3=6×2n－1,∴ａｎ＝3×2n－３，n∈N＊。（2)設(shè)存在k∈N*,使得ａｋ，ak+1,ak+2成等差數(shù)列，則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這是不可能的.∴{an｝中不存在連續(xù)的三項(xiàng)可以構(gòu)成等差數(shù)列.1２．【解】(1）∵｛aｎ｝是等比數(shù)列,a1=１，a2=p，∴an＝ｐn－１（p為常數(shù)，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為首項(xiàng),p2為公比的等比數(shù)列.（2)法一甲、乙兩個(gè)同學(xué)的說法都不正確．理由如下:設(shè)｛ｂn}的公比為q，則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為首項(xiàng)，q為公比的等比數(shù)列；ａ2，a4,a6，…，