1、课时质量评价(四十一)A组全考点巩固练1(2021南宁统一考试)设an是公比为q的等比数列，则“q1”是“an为递增数列”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D解析：等比数列an为递增数列的充要条件为或故“q1”是“an为递增数列”的既不充分也不必要条件故选D2(2022济宁模拟)已知数列an是各项均为正数的等比数列，Sn是它的前n项和若a2a64，且a42a7，则S5()A29 B30 C31 D32C解析：因为a2a6a4，且an0，所以a42又a42a7，所以a7设an的公比为q，则q3，q，所以ana425n，所以S516842131故选C3中国古代著
2、作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了()A6里 B12里 C24里 D96里A解析：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列an，设等比数列an的首项为a1，公比为q，则q，依题意有378，解得a1192，则a61926，最后一天走了6里故选A4已知数列an是等比数列，Sn为前n项和若a1a2a34，a4a5a68，则S12等于()A40 B60 C32 D50C解析：因
3、为数列an是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，也成等比数列不妨令b1a1a2a3，b2a4a5a6，则公比q3所以bm43m1令bm324，即43m1324，解得m5，所以b5324，即a13a14a15324所以n14故选C5已知等比数列an的前n项和为Sna2n1，则a的值为()A B C DA解析：当n2时，anSnSn1a2n1a2n2a2n2，当n1时，a1S1a又因为an是等比数列，所以a，所以a故选A6记Sn为等比数列an的前n项和，若数列Sn2a1也为等比数列，则()A B1 C D2A解析：设等比数列an的公比为q，当q
4、1时，Sn2a1na12a1(n2)a1，显然Sn2a1不为等比数列当q1时，Sn2a12a1qn2a1，欲符合题意，需2a10，得q，故q故选A7已知an是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和若a16，a22a36，则公比q_，S4_解析：由a16，a22a36，可得a1q2a1q26q12q26，即2q2q10，解得q或q1(舍去)所以S48已知正项等比数列an的前n项和Sn满足S24S4S6，a11(1)求数列an的公比q；(2)令bnan15，求T|b1|b2|b10|的值解：(1)由S24S4S6，可得q1，4，所以(1q2)4(1q4)1q6，而q1，q0，所以14(1q2)1
5、q2q4，即q43q240，所以(q24)(q21)0，所以q2(2)由(1)知an2n1，则an的前n项和Sn2n1，当n5时，bn2n1150，n4时，bn2n1150，所以T(b1b2b3b4)(b5b6b10)(a1a2a3a4154)(a5a6a10156)S4S10S46090S102S430(2101)2(241)3021025291 02432299639已知Sn是数列an的前n项和，且满足Sn2ann4(1)证明：Snn2为等比数列；(2)求数列Sn的前n项和Tn(1)证明：由题意知Sn2(SnSn1)n4(n2)，即Sn2Sn1n4，所以Snn22Sn1(n1)2又易知a1
6、3，所以S1124，所以Snn2是首项为4，公比为2的等比数列(2)解：由(1)知Snn22n1，所以Sn2n1n2，于是Tn(22232n1)(12n)2n2nB组新高考培优练10设等比数列an的公比为q0，且q1，Sn为数列an的前n项和，记Tn，则()AT3T6 BT3T6D解析：T6T3，由于q0且q1，所以1q与1q6同号，所以T6T30，所以T60，a80，所以a4a8226，当且仅当a4a8，q41，q1时等号成立，故选A12(多选题)(2021济南二模)已知数列an中，a11，anan12n，nN*，则下列说法正确的是()Aa44Ba2n是等比数列Ca2na2n12n1Da2n
7、1a2n2n1ABC解析：因为a11，anan12n，所以a22，a32，a44由anan12n可得an1an22n1，所以2，所以a2n，a2n1分别是以2,1为首项，公比为2的等比数列，所以a2n22n12n，a2n112n12n1，所以a2na2n12n1，a2n1a2n32n12n1，综上可知，ABC正确，D错误故选ABC13若数列an1an是等比数列，且a11，a22，a35，则an_解析：因为a2a11，a3a23，所以q3，所以an1an3n1，所以ana1a2a1a3a2an1an2anan1133n2因为a11，所以an14记等比数列an的前n项积为Tn(nN*)，已知am1
8、am12am0，且T2m1128，则m_4解析：因为am1am12am0，由等比数列的性质可得，a2am0因为am0，所以am2则T2m1a1a2a2m1(a1a2m1)(a2a2m2)amaama22m1128，所以2m17，所以m415在Snn2n，a3a516，S3S542，S756这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答设等差数列an的前n项和为Sn，数列bn为等比数列，_，b1a1，b2求数列的前n项和Tn注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分解：选条件当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn12n又a12满足an2n，所以an2n所以，所以数列的前n项和为1
9、1设数列bn的公比为q(q0)，由b1a1，b2，得b12，q2，所以bn2n所以数列bn的前n项和为2n12，故Tn2n1212n11选条件设数列an的公差为d，由a3a516，S3S542，得解得所以an2n所以Snn(n1)，所以，下同选条件选条件由，得，所以数列为常数列，即，即ana1n，S77a428a156，所以a12，所以an2n所以Snn(n1)，所以，下同选条件16(2022泰安模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn，an0,4S1S2S3(1)求数列an的公比q；(2)对于nN*，不等式n26nt恒成立，求实数t的最大值解：(1)由4S1S2S3，得4a1a1a2a1a2a3，整理得4a1a3，所以4a1a1q2因为a10，所以q24，由题意得q0，所以q2(2)由(1)得Sna1(2n1)，ana12n1，所以所以不等式n26nt恒成立，等价于n26nt恒成立，所以tn26n令f(n)n26n(n3)2当n1时，f(1)4；当n2时，f(2)1；当n3时，f(n)单调递增，所以f(n)f(3)所以t，故实数t的最大值为
