高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練第7章第3講等比數(shù)列及其前n項和

第七章第3講[A級基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．(2020年昆明模擬)已知正項等比數(shù)列{an}中，a2a3＝a4，若S3＝31，則an＝A．2·5n B．2·5n－1C．5n D．5n－1【答案】D2．(2020年成都模擬)已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，若log3a1＋log3a2＋…＋log3a12＝12，則a6A．1 B．3C．6 D．9【答案】D3．若等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋m(n∈N*)，則實數(shù)m的取值為()A．－32 B．－1C．－3 D．一切實數(shù)【答案】C4．(2021年吉林模擬)《張丘建算經(jīng)》中“今有馬行轉(zhuǎn)遲，次日減半，疾七日，行七百里．問日行幾何？”意思是：“現(xiàn)有一匹馬行走的速度逐漸變慢，每天走的里數(shù)是前一天的一半，連續(xù)行走7天，共走了700里路，問每天走的里數(shù)為多少？”則該匹馬第一天走的里數(shù)為()A．eq\f(128,127) B．eq\f(44800,127)C．eq\f(700,127) D．eq\f(175,32)【答案】B5．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，eq\f(S6,S2)＝21，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前4項和為()A．eq\f(5,16)或eq\f(11,16) B．eq\f(5,16)或eq\f(7,16)C．eq\f(5,16)或eq\f(15,16) D．eq\f(3,16)或eq\f(7,16)【答案】C【解析】設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由a1＝2，eq\f(S6,S2)＝21，得eq\f(\f(2×1－q6,1－q),\f(2×1－q2,1－q))＝eq\f(1－q6,1－q2)＝21，整理得q4＋q2－20＝0，解得q＝2或q＝－2，所以an＝2n或an＝2·(－2)n－1．當(dāng)an＝2n時，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前4項和S4＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＝eq\f(15,16)；當(dāng)an＝2·(－2)n－1時，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前4項和S4＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)－eq\f(1,16)＝eq\f(5,16).6．記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和．若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，則S5＝________.【答案】eq\f(121,3)【解析】設(shè)等比數(shù)列的公比為q，由已知a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)q3))2＝eq\f(1,3)q5，又q≠0，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).7．等比數(shù)列{an}中各項均為正數(shù)，Sn是其前n項和，且滿足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，則S4【答案】30【解析】設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q＞0，由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a11＋q＋q2＝a18＋3q，,a1q3＝16，))解得a1＝q＝2，則S4＝eq\f(2×24－1,2－1)＝30.8．(2021年南通二模)在正項等比數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和，已知2a6＝3S4＋1，a7＝3S5＋1，則該數(shù)列的公比q為________【答案】3【解析】由2a6＝3S4＋1，a7＝3S5＋1，得a7－2a6＝3(S5－S4)＝3a5，即a5q2－2a5q＝3a5，則q2－2q－3＝0，解得q＝－1或q＝3.因為{a9．已知等比數(shù)列{an}中，公比q＝2，a4是a3＋2，a5－6的等差中項．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.解：(1)因為等比數(shù)列{an}中，公比q＝2，a4是a3＋2，a5－6的等差中項，所以2a4＝(a3＋2)＋(a5－6所以2(a1×23)＝(a1×22＋2)＋(a1×24－6)，解得a1＝1．所以數(shù)列{an}的通項公式an＝2n－1．(2)因為等比數(shù)列{an}中，公比q＝2，首項a1＝1，所以數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1．10．已知等比數(shù)列{an}，公比q＞0，an＋2＝an＋1＋2an，5為a1，a3的等差中項．(1)求數(shù)列{an}的通項；(2)求數(shù)列{an}的前n項和．解：(1)因為等比數(shù)列{an}中，公比q＞0，an＋2＝an＋1＋2an，5為a1，a3的等差中項，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≠0，,anq2＝anq＋2an，,a1＋a1q2＝10，))解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(2×1－2n,1－2)＝2n＋1－2.[B級能力提升]11．等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a2a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項為eq\f(5,4)，則S5＝()A．29 B．31C．33 D．36【答案】B【解析】因為數(shù)列{an}是等比數(shù)列，a2·a3＝a1·a4＝2a1，所以a4＝2.因為a4與2a7的等差中項為eq\f(5,4)，所以eq\f(1,2)(a4＋2a7)＝eq\f(5,4)，故有a7＝eq\f(1,4).所以q3＝eq\f(a7,a4)＝eq\f(1,8)，所以q＝eq\f(1,2)，所以a1＝eq\f(a4,q3)＝16.所以S5＝eq\f(16×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝31．12．(多選)(2020年淮安模擬)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，那么下列數(shù)列一定是等比數(shù)列的是()A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an))) B．{log2an}C．{an·an＋1} D．{an＋an＋1＋an＋2}【答案】ACD【解析】由題意，可設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0)，則an＝a1·qn－1．對于A，eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1qn－1)＝eq\f(1,a1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)))n－1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是一個以eq\f(1,a1)為首項，eq\f(1,q)為公比的等比數(shù)列；對于B，log2an＝log2(a1·qn－1)＝log2a1＋(n－1)log2q，所以數(shù)列{log2an}是一個以log2a1為首項，log2q為公差的等差數(shù)列；對于C，因為eq\f(an＋1·an＋2,an·an＋1)＝eq\f(an＋2,an)＝eq\f(a1·qn＋1,a1·qn－1)＝q2，所以數(shù)列{an·an＋1}是一個以q2為公比的等比數(shù)列；對于D，因為eq\f(an＋1＋an＋2＋an＋3,an＋an＋1＋an＋2)＝eq\f(qan＋an＋1＋an＋2,an＋an＋1＋an＋2)＝q，所以數(shù)列{an＋an＋1＋an＋2}是一個以q為公比的等比數(shù)列．13．(2020年仙桃測試)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a1≥1，a2≤2，a3≥3，則a4的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，8))【解析】設(shè){an}的公比為q，則根據(jù)題意得q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(a3,a2)，所以eq\f(3,2)≤q≤2，a4＝a3q≥eq\f(9,2)，a4＝a2q2≤8，所以a4∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，8)).14．(一題兩空)(2020年徐州模擬)已知正項等比數(shù)列{an}滿足a2020＝2a2018＋a2019，若存在兩項am，an使得eq\r(am·an)＝4a1，則eq\f(n＋4m,mn)的最小值是________，此時m2＋n2＝________.【答案】eq\f(3,2)20【解析】設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q，若{an}滿足a2020＝2a2018＋a2019，則有q2＝2＋q，解得q＝2或q＝－1(舍去)．由eq\r(am·an)＝4a1，得am·an＝16aeq\o\al(2,1)，得2m＋n－2＝16＝24，則m＋n＝6.所以eq\f(n＋4m,mn)＝eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)×(m＋n)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n))).由eq\f(n,m)＋eq\f(4m,n)≥2eq\r(\f(n,m)·\f(4m,n))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)n＝2m，即n＝2m＝4時等號成立．所以eq\f(n＋4m,mn)≥eq\f(1,6)×(5＋4)＝eq\f(3,2)，此時m2＋n2＝20.15．(2020年北京二模)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，________.是否存在正整數(shù)k(k＞1)，使得a1，ak，Sk＋2成等比數(shù)列？若存在，求出k的值；若不存在，說明理由．從①an＋1－2an＝0，②Sn＝Sn－1＋n(n≥2)，③Sn＝n2這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在上面問題中并作答．解：若選①an＋1－2an＝0，則由a1＝1，知an≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝2，所以{an}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列．所以a1＝1，ak＝2k－1，Sk＋2＝eq\f(1－2k＋2,1－2)＝2k＋2－1．若a1，ak，Sk＋2成等比數(shù)列，則(2k－1)2＝1×(2k＋2－1)＝2k＋2－1．左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，即不存在正整數(shù)k(k＞1)，使得a1，ak，Sk＋2成等比數(shù)列．若選②Sn＝Sn－1＋n(n≥2)，即Sn－Sn－1＝n?an＝n(n≥2)．又a1＝1適合上式，所以{an}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列．所以a1＝1，ak＝k，Sk＋2＝eq\f(k＋2k＋3,2).若a1，ak，Sk＋2成等比數(shù)列，則k2＝1×eq\f(k＋2k＋3,2)，解得k＝6(k＝－1舍去)．所以存在正整數(shù)k＝6，使得a1，ak，Sk＋2成等比數(shù)列．若選③Sn＝n2，則an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)，又a1＝1適合上式，所以{an}是首項為1，公差為2的等左數(shù)列．所以a＝1，ak＝2k－1，Sk＋2＝(k＋2)2.若a1，ak，Sk＋2成等比數(shù)列，則(2k－1)2＝1×(k＋2)2，解得k＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(1,3)舍去)).所以存在正整數(shù)k＝3，使得a1，ak，Sk＋2成等比數(shù)列．[C級創(chuàng)新突破]16．(2020年駐馬店期末)若數(shù)列{an}滿足eq\f(1,an＋1)－eq\f(3,an)＝0(n∈N*)，則稱{an}為“夢想數(shù)列”，已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))為“夢想數(shù)列”，且b1＋b2＋b3＝2，則b3＋b4＋b5＝()A．18 B．16C．32 D．36【答案】A【解析】若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))為“夢想數(shù)列”，則由題意得eq\f(1,\f(1,bn＋1))－eq\f(3,\f(1,bn))＝0，即bn＋1－3bn＝0，eq\f(bn＋1,bn)＝3，即{bn}為公比為3的等比數(shù)列．由b1＋b2＋b3＝2，得b3＋b4＋b5＝32(b1＋b2＋b3)＝18.17．(2020年北京)已知{an}是無窮數(shù)列．給出兩個性質(zhì)：①對于{an}中任意兩項ai，aj(i＞j)，在{an}中都存在一項am，使得eq\f(a\o\al(2,i),aj)＝am；②對于{an}中任意一項an(n≥3)，在{an}中都存在兩項ak，al(k＞l)，使得an＝eq\f(a\o\al(2,k),al).(1)若an＝n(n＝1,2，…)，判斷數(shù)列{an}是否滿足性質(zhì)①，說明理由；(2)若an＝2n－1(n＝1,2，…)，判斷數(shù)列{an}是否同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，說明理由；(3)若{an}是遞增數(shù)列，且同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，求證：{an}為等比數(shù)列．解：(1)不滿足，理由：eq\f(a\o\al(2,3),a2)＝eq\f(9,2)?N*，所以不存在一項am，使得eq\f(a\o\al(2,3),a2)＝am.(2)數(shù)列{an}同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，理由：eq\f(a\o\al(2,i),aj)＝eq\f(2i－12,2j－1)＝eq\f(22i－2,2j－1)＝22i－j－1，因為a2i－j＝22i－j－1，所以滿足性質(zhì)①.對于任意的n≥3，欲滿足an＝2n－1＝eq\f(a\o\al(2,k),al)＝22k－l－1，只需滿足n＝2k－l即可．令l＝n－2，則k＝n－1，且符合k＞l≥1，所以滿足性質(zhì)②.所以{an}同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②.(3)對于a1＞0，因為{an}遞增，所以an＞0.由性質(zhì)②，取n＝3，則存在ak，al(k＞l)，使a3＝eq\f(a\o\al(2,k),al)＝eq\f(ak,al)·ak＞ak，所以k＜3.所以k＝2，l＝1．所以a3＝eq\f(a\o\al(2,2),a1).所以{an}中a1，a2，a3三項成等比．對于a1＜0，由性質(zhì)①，取i＝2，j＝1，則存在am，使am＝eq\f(a\o\al(2,2),a1).易證am≠a2，即m≠2.若am＝a1，則只能aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,2)，此時a2＝－a1＞0.所以當(dāng)n≥2時，an＞0.取i＞2，j＝1，因為{an}遞增，ai＞a2＞0，所以am＝eq\f(a\o\al(2,i),aj)＝eq\f(a\o\al(2,i),a1)＜eq\f(a\o\al(2,2),a1)＝a1，顯然不存在滿足不等式的m，矛盾．a(chǎn)m＝a1也不成立，所以m≥3.而ama1＝aeq\o\al(2,2)＞0，所以am與a1同號，所以am＜0.所以a3＜0，a2＜0.所以a1，a2，a3同號．如下證明，對任意k≥2，ak＜0時，則ak＋1＜0.由性質(zhì)①，取i＝k，j＝k－1，則存在m，使am＝eq\f(a\o\al(2,k),ak－1).首先am與ak－1同號，由遞增數(shù)列，知ak－1＜ak＜0，所以am＜0.假設(shè)m≤k，則am≤ak＜0.所以|am|≥|ak|＞0，結(jié)合ak－1＜ak＜0，有|ak－1|≥|ak|＞0，顯然|am||ak－1|＞|ak|2與amak－1＝aeq\