2020年人教版高考数学理科一轮练习：第38讲等比数列的概念及基本运算

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1、第 38 讲 等比数列的概念及基本运算1公比为 的等比数列a n各项都是正数，且 a3a1116，则 log2a16(B)32A4 B5C6 D7a a 3a1116，所以 a74.a 16a 7q932，27所以 log2a165.2(2017全国卷)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(B)A1 盏 B3 盏C5 盏 D9 盏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S7381，q2，所

2、以 S7 381，解得 a13.a11 q71 q a11 271 23(2018相阳教育模拟)设a n是等比数列，S n 为其前 n 项和，若 amam1 4 m (mN *)，则 (A)S4a2A. B4 152C. D8 172取 m1，2，得 a1a24，a 2a316，解得 q24，易得 q0，所以 q2.所以 .S4a2 1 q4q q2 1524(2019河南洛阳模拟)下列结论正确的是 (D)A若数列a n的前 n 项和 Snn 2n1，则 an是等差数列B若数列a n的前 n 项和 Sn2 n2，则 an是等比数列C非零实数 a，b，c 不全相等，若 a，b，c 成等差数列，则

3、 ， ， 也可能构成等差1a 1b 1c数列D非零实数 a，b，c 不全相等，若 a，b，c 成等比数列，则 ， ， 一定构成等比数1a 1b 1c列对于 A，由a n成等差数列S nAn 2Bn 可知，A 不正确对于 B，由a n成等比数列S nAq nB，且 AB0 可知，B 不正确对于 C，由 a，b，c 成等差数列，得 2bac，若 ， ， 成等差数列，则 ，1a 1b 1c 2b 1a 1c a cac 2bac所以 b2ac，所以( )2ac，化简得 ac，从而 abc，与非零实数 a，b，c 不a c2全相等矛盾，所以 ， ， 不可能构成等差数列故 C 不正确1a 1b 1c对于

4、 D，若 a，b，c 成等比数列，则 b2ac，所以 ，1b2 1ac 1a 1c所以 ， ， 一定成等比数列，故 D 正确1a 1b 1c5(2017全国卷)设等比数列 an满足 a1a 21，a 1a 33，则 a4 8 .设等比数列a n的公比为 q，因为 a1a 21，a 1a 33，所以 a1(1q) 1，a1(1q 2)3.，得 1q3，所以 q2.所以 a11，所以 a4a 1q31(2) 38.6若等比数列a n的各项均为正数，且 a10a11a 9a122e 5，则 ln a1ln a2ln a20 50 .因为 a1a20a 10a11a 9a12e 5，所以 ln a1l

5、n a 2ln a 20ln(a 1a2a20)ln(a 1a20)(a2a19)(a10a11)ln(e 5e5e5)ln e 5050.7(2018全国卷)等比数列 an中，a 11，a 54a 3.(1)求a n的通项公式；(2)记 Sn 为a n的前 n 项和若 Sm63，求 m.(1)设a n的公比为 q，由题设得 anq n1 .由已知得 q44q 2，解得 q0(舍去) ，q2 或 q2.故 an(2) n1 或 an2 n1 .(2)若 an(2) n1 ，则 Sn .1 （ 2）n3由 Sm63 得(2) m188，此方程没有正整数解若 an2 n1 ，则 Sn2 n1.由

6、Sm63 得 2m64，解得 m6.综上，m6.8(2018浙江卷)已知 a1，a 2，a 3，a 4 成等比数列，且 a1 a2a 3a 4ln (a1a 2a 3)，若 a11，则( B)Aa 1a3，a 2a4 Da 1a3，a 2a4构造不等式 ln xx1，则 a1a 2a 3 a4ln(a 1a 2a 3)a 1a 2a 31，所以 a4a 1q31.由 a11，得 q1，所以 ln(a1a 2a 3)0，矛盾因此10，a 2a 4a 1q(1q 2)a3，a 20，又 a2018 ，所以 a2017 ， a2019 ，22 22q 2q2所以 q2 4(当且仅当 q ，取等号)

7、1a2017 2a2019 2 21q 2所以 的最小值为 4.1a2017 2a201910已知等差数列a n的公差为1，且 a2a 7a 126.(1)求数列a n的通项公式 an与前 n 项和 Sn；(2)将数列a n的前 4 项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列b n的前3 项记b n的前 n 项和为 Tn，若存在 mN *，使对任意 nN *总有 SnTm 恒成立，求实数 的取值范围(1)由 a2a 7a 126 得 a72，所以 a14.所以 an5n，从而 Sn .n9 n2(2)由题意知，b 14，b 22，b 31，设等比数列b n的公比为 q，则 q .b2b1 12Tm 81( )m41 12m1 12 12又因为( )m随 m 递减，故 Tm为递增数列，12得 4T m8.又因为 Sn (n2 9n)n9 n2 12 (n )2 12 92 814故(S n)maxS 4 S510.若存在 mN*，使对任意 nN*总有 SnTm 恒成立，则 108，解得 2.即 的取值范围是 2，)