1、课时作业1(2019江西新余模拟)已知等比数列an中，a22，a68，则a3a4a5()A64 B64 C32 D16答案B解析因为a22，a68，所以由等比数列的性质可知a2a6a16，而a2，a4，a6同号，所以a44，所以a3a4a5a64.故选B.2(2019吉林调研)设等比数列an的前n项和为Sn，若a13，a424，则S6()A93 B189 C99 D195答案B解析a4a1q33q324，q2，S6189.故选B.3(2019太原模拟)等比数列an的前n项和为Sn，若a1a2a3a41，a5a6a7a82，Sm15，则m为()A12 B14 C15 D16答案D解析q42，由a
2、1a2a3a41，得a11，a1q1，又Sm15，即15，qm16，q42，m16.故选D.4(2019厦门模拟)设等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2n1，则()A2 B1 C1 D2答案A解析依题意，a1S14，a2S2S14，a3S3S28，因为an是等比数列，所以aa1a3，所以8(4)42，解得2.故选A.5(2020昆明一中模考)已知数列an是递减的等比数列，Sn是an的前n项和，若a2a518，a3a432，则S5的值是()A62 B48 C36 D31答案A解析由a2a518，a3a432，得a216，a52或a22，a516(不符合题意，舍去)，设数列an的公比为q，则a1
3、32，q，所以S562，选A.6(2019长沙一模)设首项为1，公比为的等比数列an的前n项和为Sn，则()ASn2an1 BSn3an2CSn43an DSn32an答案D解析因为a11，公比q，所以ann1，Sn332n132an，故选D.7(2019山西临汾模拟)设a12，数列12an是公比为2的等比数列，则a6()A31.5 B160 C79.5 D159.5答案C解析因为12an(12a1)2n1，则an，an52n2.a65245168079.5.8(2019江西九校联考)在等比数列an中，若a2a5，a2a3a4a5，则()A1 B C D.答案C解析因为数列an是等比数列，a2
4、a5a3a4，a2a3a4a5，所以.故选C.9(2019昆明模拟)设Sn是等比数列an的前n项和，若3，则()A2 B. C. D1或2答案B解析设S2k，S43k，由数列an为等比数列，得S2，S4S2，S6S4为等比数列，S2k，S4S22k，S6S44k，S67k，.故选B.10(2020延庆模拟)等差数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则an的前n项和Sn()An(n1) Bn(n1)C. D.答案A解析设等差数列an的公差为d，a2，a4，a8成等比数列，aa2a8，即(a13d)2(a1d)(a17d)，将d2代入上式，解得a12，Sn2nn(n1)故选A.11设等
5、比数列an的前n项和为Sn，若a82a4，S44，则S8的值为()A4 B8 C10 D12答案D解析设等比数列an的公比为q，由题意知q1.因为a82a4，S44，所以解得q42，a14(1q)，所以S812.故选D.12记等比数列an的前n项积为Tn(nN*)，已知am1am12am0，且T2m1128，则m的值为()A4 B7 C10 D12答案A解析因为an是等比数列，所以am1am1a.又am1am12am0，则a2am0，所以am2.由等比数列的性质可知前2m1项积T2m1a，即22m1128，故m4.故选A.13等比数列an的前n项和为Sn，若S33S20，则公比q_.答案2解析
6、S33S20，即a1a2a33(a1a2)0，即4a14a2a30，即4a14a1qa1q20，即q24q40，所以q2.14(2019福州模拟)设数列an的前n项和为Sn，且a11，an12Sn3，则S4_.答案66解析依题意有an2Sn13(n2)，与原式作差，得an1an2an，n2，即an13an，n2，可见，数列an从第二项起是公比为3的等比数列，a25，所以S4166.15已知等比数列an为递增数列，且aa10,2(anan2)5an1，则数列an的通项公式为an_.答案2n解析设等比数列an的公比为q.aa10，(a1q4)2a1q9，a1q，anqn.2(anan2)5an1，
7、2an(1q2)5anq，2(1q2)5q，解得q2或q(舍去)an2n.16(2020启东模拟)已知等比数列an中，a2a31，则使不等式0成立的最大自然数n是_答案5解析设公比为q，由a2a31知0q1，anqn3，不等式的左端(1q5n)0，0q0；当n6时，an0.所以Sn的最小值为S5S630.18(2019柳州模拟)已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn2an2n(nN*)(1)证明：an2是等比数列，并求an的通项公式；(2)数列bn满足bnlog2(an2)，Tn为数列的前n项和，若Tna对任意正整数n都成立，求a的取值范围解(1)证明：因为Sn2an2n(nN*)，所以a1S
8、12a12，得a12.当n2时，Sn12an12(n1)由两式相减得an2an12，变形得an22(an12)又因为a124，所以an2是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an242n1，所以an42n122n12(n2)又a12也符合上述表达式，所以an2n12(nN*)(2)因为bnlog2(an2)log22n1n1，所以Tn0，S22a22，S3a42.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求bn的前n项和Tn.解(1)设等比数列an的公比为q，因为S22a22，S3a42，所以由两式相减得a3a42a2，即q2q20.又因为q0，所以q2.又因为S22a22，所以a1a22a2
9、2，所以a1a1q2a1q2，代入q2，解得a12，所以an2n.(2)由(1)得bn，所以Tn，将式两边同乘，得Tn，由两式错位相减得Tn1，整理得Tn2.20(2019正定模拟)已知数列an的前n项和为Sn，a11，且3an12Sn3(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若对任意nN*，kSn恒成立，求实数k的最大值解(1)因为3an12Sn3，所以当n2时，3an2Sn13.由，得3an13an2an0(n2)，所以(n2)因为a11,3a22a13，解得a2，所以.所以数列an是首项为1，公比为的等比数列所以ann1.(2)由(1)知Sn.由题意，可知对于任意nN*，恒有k成立因为数列为递增数列，所以数列中的最小项为，所以k1，故实数k的最大值为1.