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  • 2021-06-11 发布

【数学】2020届一轮复习(理)通用版考点测试31等比数列作业

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第四章 数列 考点测试31 等比数列 ‎                  ‎ 高考概览 本考点是高考必考知识点,常考题型为选择题、填空题和解答题,分值5分、12分,中、低等难度 考纲研读 ‎1.理解等比数列的概念 ‎2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式 ‎3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题 ‎4.了解等比数列与指数函数的关系 一、基础小题 ‎1.在等比数列{an}中,已知a1=1,a4=8,则a5=(  )‎ A.16 B.16或-16‎ C.32 D.32或-32‎ 答案 A 解析 由a4=a1q3,则q=2,所以a5=a4q=16.故选A.‎ ‎2.在等比数列{an}中,已知a‎7a12=5,则a‎8a‎9a‎10a11=(  )‎ A.10 B.‎25 C.50 D.75‎ 答案 B 解析 因为a‎7a12=a‎8a11=a‎9a10=5,‎ 所以a‎8a‎9a‎10a11=52=25.故选B.‎ ‎3.已知等比数列{an}的公比为正数,且a‎2a6=‎9a4,a2=1,则a1的值为(  )‎ A.3 B.-‎3 C.- D. 答案 D 解析 设数列{an}的公比为q,由a2·a6=‎9a4,得a2·a2q4=‎9a2q2,解得q2=9,所以q=3或q=-3(舍去),所以a1==.故选D.‎ ‎4.已知等比数列{an}的前n项和Sn=a·3n-1+b,则=(  )‎ A.-3 B.-‎1 C.1 D.3‎ 答案 A 解析 ∵等比数列{an}的前n项和Sn=a·3n-1+b,‎ ‎∴a1=S1=a+b,a2=S2-S1=‎3a+b-a-b=‎2a,a3=S3-S2=‎9a+b-‎3a-b=‎6a,∵等比数列{an}中,a=a‎1a3,∴(‎2a)2=(a+b)×‎6a,解得=-3.故选A.‎ ‎5.若等比数列{an}满足anan+1=16n,则公比为(  )‎ A.2 B.‎4 C.8 D.16‎ 答案 B 解析 由anan+1=aq=16n>0知q>0,又=q2==16,所以q=4.故选B.‎ ‎6.设Sn是等比数列{an}的前n项和,若=3,则=(  )‎ A.2 B. C. D.1或2‎ 答案 B 解析 设S2=k,则S4=3k,由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠-1),得S2,S4-S2,S6-S4为等比数列,又S2=k,S4-S2=2k,∴S6-S4=4k,∴S6=7k,∴==,故选B.‎ ‎7.设{an}是由正数组成的等比数列,公比q=2,且a‎1a‎2a3·…·a30=230,则a‎3a‎6a9·…·a30=(  )‎ A.210 B.‎220 C.216 D.215‎ 答案 B 解析 因为a‎1a‎2a3=a,a‎4a‎5a6=a,a‎7a‎8a9=a,…,a‎28a‎29a30=a,所以a‎1a‎2a‎3a‎4a‎5a‎6a‎7a‎8a9…a‎28a‎29a30=(a‎2a‎5a8…a29)3=230.所以a‎2a‎5a8…a29=210.则a‎3a‎6a9…a30=(a2q)(a5q)(a8q)…(a29q)=(a‎2a‎5a8·…·a29)q10=210×210=220,故选B.‎ ‎8.在数列{an}中,已知a1=1,an=2(an-1+an-2+…+a2+a1)(n≥2,n∈N*),则这个数列的前4项和S4=________.‎ 答案 27‎ 解析 由已知n≥2时,an=2Sn-1,an+1=2Sn,∴an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2),∴an= ‎∴S4=1+2+6+18=27.‎ 二、高考小题 ‎9.(2018·北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(  )‎ A.f B.f C.f D.f 答案 D 解析 由题意知,十三个单音的频率构成首项为f,公比为的等比数列,设该等比数列为{an},则a8=a1q7,即a8=f,故选D.‎ ‎10.(2018·浙江高考)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln (a1+a2+a3).若a1>1,则(  )‎ A.a1a3,a2a4 D.a1>a3,a2>a4‎ 答案 B 解析 设f(x)=ln x-x(x>0),则f′(x)=-1=,令f′(x)>0,得01,∴f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,∴f(x)≤f(1)=-1,即有ln x≤x-1.从而a1+a2+a3+a4=ln (a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,∴a4<0,又a1>1,∴公比q<0.若q=-1,则a1+a2+a3+a4=0,ln (a1+a2+a3)=ln a1>0,矛盾.若q<-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1‎ ‎(1+q)(1+q2)<0,而a2+a3=a2(1+q)=a1q(1+q)>0,∴ln (a1+a2+a3)>ln a1>0,也矛盾.∴-10,∴a1>a3.同理,∵=q2<1,a2<0,‎ ‎∴a4>a2.故选B.‎ ‎11.(2017·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(  )‎ A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏 答案 B 解析 由题意可知,由上到下灯的盏数a1,a2,a3,…,a7构成以2为公比的等比数列,∴S7==381,∴a1=3.故选B.‎ ‎12.(2017·北京高考)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=________.‎ 答案 1‎ 解析 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.∵a1=b1=-1,a4=b4=8,‎ ‎∴∴ ‎∴a2=2,b2=2.∴==1.‎ ‎13.(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=,S6=,则a8=________.‎ 答案 32‎ 解析 设等比数列{an}的公比为q.‎ 当q=1时,S3=‎3a1,S6=‎6a1=2S3,不符合题意,‎ ‎∴q≠1,由题设可得 解得∴a8=a1q7=×27=32.‎ ‎14.(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a‎1a2…an的最大值为________.‎ 答案 64‎ 解析 设{an}的公比为q,‎ 于是a1(1+q2)=10,①‎ a1(q+q3)=5,②‎ 联立①②得a1=8,q=,‎ ‎∴an=24-n,∴a‎1a2…an=23+2+1+…+(4-n)=2-n2+n=2-2+≤26=64,∴a‎1a2…an的最大值为64.‎ 三、模拟小题 ‎15.(2018·呼和浩特调研)已知等比数列{an}的公比q>0,且a‎5a7=‎4a,a2=1,则a1=(  )‎ A. B. C. D.2‎ 答案 B 解析 因为{an}是等比数列,所以a‎5a7=a=‎4a,所以a6=‎2a4,q2==2,又q>0,所以q=,a1==,故选B.‎ ‎16.(2018·安徽皖江名校联考)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和,若a‎2a4=16,S3=7,则a8=(  )‎ A.32 B.‎64 C.128 D.256‎ 答案 C 解析 ∵a‎2a4=a=16,∴a3=4(负值舍去),∵a3=a1q2=4,S3=7,∴S2==3,∴3q2-4q-4=0,解得q=-或q=2,∵an>0,∴q=2,∴a1=1,∴a8=27=128.故选C.‎ ‎17.(2018·长沙统考)设首项为1,公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是(  )‎ A.Sn=4-3an B.Sn=3-2an C.Sn=3an-2 D.Sn=2an-1‎ 答案 B 解析 由题意,an=n-1,Sn==31-n=3-2×n-1,所以Sn=3-2an,故选B.‎ ‎18.(2018·唐山期末)在数列{an}中,已知a1=1,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和,若{Sn+λ}为等比数列,则λ=(  )‎ A.-1 B.‎1 C.-2 D.2‎ 答案 B 解析 由a1=1,an+1=2an,得a2=2,a3=4,所以S1=a1=1,S2=S1+a2=3,S3=S2+a3=7.而{Sn+λ}为等比数列,所以(3+λ)2=(1+λ)(7+λ),解得λ=1.故选B.‎ ‎19.(2019·陕西西安八校联考)设公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=‎3a2+2,S4=‎3a4+2,则q=________.‎ 答案 或-1‎ 解析 ∵公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn,且S2=‎3a2+2,S4=‎3a4+2,∴S4-S2=a4+a3=‎3a4-‎3a2,即2q2-q-3=0,∴q=或-1.‎ ‎20.(2018·乌鲁木齐一诊)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,则以S1,S3,S4为前三项的等差数列的第8项与第4项之比为________.‎ 答案  解析 设正项等比数列{an}的公比为q.当q=1时,S1=a1,S3=‎3a1,S4=‎4a1.显然不符合题意,所以q≠1.因为S1,S3,S4为等差数列的前三项,所以S4-S3=S3-S1,即a4=a3+a2,得a2q2=a2q+a2,所以q2=q+1,解得q=(负值舍去).所以该等差数列的第8项与第4项之比为= ‎=====.‎ 一、高考大题 ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an,设bn=.‎ ‎(1)求b1,b2,b3;‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;‎ ‎(3)求{an}的通项公式.‎ 解 (1)由条件可得an+1=an.‎ 将n=1代入,得a2=‎4a1,而a1=1,所以a2=4.‎ 将n=2代入,得a3=‎3a2,所以a3=12.‎ 从而b1=1,b2=2,b3=4.‎ ‎(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.由题设条件可得=,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.‎ ‎(3)由(2)可得=2n-1,所以an=n·2n-1.‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中,a1=1,a5=‎4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.‎ 解 (1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.‎ 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.‎ 故an=(-2)n-1或an=2n-1.‎ ‎(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.‎ 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.‎ 若an=2n-1,则Sn=2n-1.‎ 由Sm=63得‎2m=64,解得m=6.‎ 综上,m=6.‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.‎ ‎(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若T3=21,求S3.‎ 解 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.‎ 由a2+b2=2得d+q=3.①‎ ‎(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②‎ 联立①和②解得(舍去)或 因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.‎ ‎(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.‎ 解得q=-5或q=4.‎ 当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.‎ 当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.‎ 二、模拟大题 ‎4.(2018·陕西质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4an-3.‎ ‎(1)证明:数列{an}是等比数列;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n∈N*),且b1=2,求数列{bn}的通项公式.‎ 解 (1)证明:当n=1时,a1=‎4a1-3,解得a1=1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,整理得an=an-1,‎ 又a1=1≠0,∴{an}是首项为1,公比为的等比数列.‎ ‎(2)∵an=n-1,由bn+1=an+bn(n∈N*),得 bn+1-bn=n-1.当n≥2时,可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=2+ ‎=3×n-1-1,当n=1时,上式也成立,所以数列{bn}的通项公式为bn=3×‎ eq f(4,3)n-1-1.‎ ‎5.(2018·湖北八校第一次联考)已知数列{an}满足a1=1,a2=4,an+2=4an+1-4an.‎ ‎(1)求证:{an+1-2an}是等比数列;‎ ‎(2)求{an}的通项公式.‎ 解 (1)证明:由an+2=4an+1-4an得an+2-2an+1‎ ‎=2an+1-4an=2(an+1-2an)=22(an-2an-1)‎ ‎=…=2n(a2-‎2a1)≠0,‎ ‎∴=2,∴{an+1-2an}是等比数列.‎ ‎(2)由(1)可得an+1-2an=2n-1(a2-‎2a1)=2n,‎ ‎∴-=,‎ ‎∴是首项为,公差为的等差数列,‎ ‎∴=,则an=n·2n-1.‎ ‎6.(2019·江西南昌调研)已知数列{an}中,a1=1,an·an+1=n,记T2n为{an}的前2n项的和,bn=a2n+a2n-1,n∈N*.‎ ‎(1)判断数列{bn}是否为等比数列,并求出bn;‎ ‎(2)求T2n.‎ 解 (1)∵an·an+1=n,‎ ‎∴an+1·an+2=n+1.‎ ‎∴=,即an+2=an.‎ ‎∵bn=a2n+a2n-1,‎ ‎∴===.‎ ‎∴{bn}是公比为的等比数列.‎ ‎∵a1=1,a1·a2=,‎ ‎∴a2=⇒b1=a1+a2=.‎ ‎∴bn=×n-1=.‎ ‎(2)由(1)可知an+2=an,‎ ‎∴a1,a3,a5,…是以a1=1为首项,以为公比的等比数列;a2,a4,a6,…是以a2=为首项,以为公比的等比数列.‎ ‎∴T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=+=3-.‎