2019版高考数学总复习 第五章 数列 30 等比数列及其前n项和课时作业 文

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1、课时作业30　等比数列及其前n项和一、选择题1．(2018·东北三省四市联考二模)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S4＝(　　)A．9B．15C．18D．30解析：本题考查等比数列的通项及前n项和公式．设数列{an}的公比为q(q>0)，则由条件得解得q＝2，a1＝2，所以S4＝＝30，故选D.答案：D2．(2018·福建模拟)已知递增的等比数列{an}的公比为q，其前n项和Sn<0，则(　　)A．a1<0,01C．a1

2、>0,00，q>1解析：∵Sn<0，∴a1<0，又数列{an}为递增等比数列，∴an＋1>an，且

3、an

4、>

5、an＋1

6、，则－an>－an＋1>0，则q＝∈(0,1)，∴a1<0,00)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝(　　)A．－2B．－1C.D.解析：由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍)

7、或q＝，将q＝代入S2＝3a2＋2中得a1＋a1＝3×a1＋2，解得a1＝－1，故选B.答案：B4．(2017·新课标全国卷Ⅲ)等差数列的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则前6项的和为(　　)A．－24B．－3C．3D．8解析：由已知条件可得a1＝1，d≠0，由a＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2.所以S6＝6×1＋＝－24.故选A.答案：A5．(2018·云南11校跨区调研考查)已知数列{an}是等比数列，若a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的

8、等比数列，则q＝(　　)A．－2B．－1C．1D．2解析：依题意，注意到2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－5，即有2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)，即a1－1，a3－3，a5－5成等差数列；又a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，因此有a1－1＝a3－3＝a5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q＝＝1，选C.答案：C6．(2018·湖南三湘名校联盟三模)一个等比数列{an}的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该

9、数列有(　　)A．13项B．12项C．11项D．10项解析：设首项为a1，共有n项，公比为q.前三项之积为aq3＝2，最后三项之积为aq3n－6＝4，两式相乘得aq3(n－1)＝8，即aqn－1＝2，又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，∴aq＝64，则(aqn－1)n＝642，∴2n＝642，∴n＝12，故选B.答案：B7．(2018·福州毕业班检测)设等差数列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，若ak是a6与ak＋6的等比中项，则k＝(　　)A．5B．6C．9D．11解析：本题考查等差数列、

10、等比数列．由a2＝a1＋d＝－d，得a1＝－2d≠0，则an＝a1＋(n－1)d＝(n－3)d.又由ak是a6与ak＋6的等比中项，得a＝a6ak＋6，则(k－3)2d2＝3d·(k＋3)d，d≠0，解得k＝9，故选C.本题的突破点是灵活应用等差数列的通项公式．答案：C8．(2017·新课标全国卷Ⅱ)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(　

11、　)A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏解析：设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，∴S7＝＝＝381，解得a1＝3.故选B.答案：B9．(2018·湖南省五市十校高三联考)已知数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(q≠0)，则“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：若A＝B＝0，则Sn＝0，故数列{an}不是等比数列；若数列{an}是等比数列，则a1＝Aq＋B，a2＝Aq

12、2－Aq，a3＝Aq3－Aq2，由＝，得A＝－B.故选B.答案：B10．(2018·陕西省宝鸡市高三质检一)正项等比数列{an}中，a2016＝a2015＋2a2014，若aman＝16a，则＋的最小值等于(　　)A．1B.C.D.解析：先由通项公式列式求公比，再代入已知条件确定n，m的大小关系式，最后用基本不等式求最小值．∵a2014q2＝a2014q＋2a2014，∴q2－q－2＝0，∴q＝2或q＝－1(舍去