新高考高考数学一轮复习巩固练习6.3第50练《等比数列》（2份打包，解析版+原卷版）

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考点一 等比数列基本量的运算
1．(2022·呼和浩特模拟)在等比数列{an}中，a1＋a3＝9，a5＋a7＝36，则a1等于( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 D
解析 在等比数列{an}中，a1＋a3＝9，a5＋a7＝36，
∴q4＝eq \f(a5＋a7,a1＋a3)＝eq \f(36,9)＝4，解得q2＝2，
∴a1＋a3＝3a1＝9，解得a1＝3.
2．(2022·重庆模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，a2＝－8，a7＝eq \f(1,4)，则S6等于( )
A．－eq \f(21,2) B.eq \f(15,2) C.eq \f(21,2) D.eq \f(63,2)
答案 C
解析 设等比数列{an}公比为q，则a7＝a2q5，
又a2＝－8，a7＝eq \f(1,4)，∴q＝－eq \f(1,2)，故a1＝16，
又Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，
即S6＝eq \f(16×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))6)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(16×\f(63,64),\f(3,2))＝eq \f(21,2).
3．已知数列{an}是等比数列，则“a2，a6是方程x2－6x＋3＝0的两根”是“a4＝－eq \r(3)”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
答案 D
解析 因为a2，a6是方程x2－6x＋3＝0的两根，所以a2＋a6＝6，a2·a6＝3，得aeq \\al(2,4)＝3，又a4＝a2q2>0，所以a4＝eq \r(3)，所以“a2，a6是方程x2－6x＋3＝0的两根”是“a4＝－eq \r(3)”的既不充分也不必要条件．
考点二 等比数列的判定与证明
4．(2022·长沙模拟)若数列{an}满足an＋1＝3an＋2，则称{an}为“梦想数列”，已知正项数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－1))为“梦想数列”，且b1＝2，则b4等于( )
A.eq \f(2,81) B.eq \f(2,27) C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,4)
答案 B
解析 若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－1))为“梦想数列”，
则有eq \f(1,bn＋1)－1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－1))＋2，
即eq \f(1,bn＋1)－1＝eq \f(3,bn)－1，
即eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(1,3)，且b1＝2，
所以数列{bn}为以2为首项，
以eq \f(1,3)为公比的等比数列，
则b4＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(2,27).
5．(2022·沈阳模拟)5G是第五代移动通信技术的简称，其意义在于万物互联，即所有人和物都将存在于有机的数字生态系统中，它把以人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信，将会为社会生活与生产方式带来巨大的变化．目前我国最高的5G基站海拔6 500米．从全国范围看，中国5G发展进入了全面加速阶段，基站建设进度超过预期．现有8个工程队共承建10万个基站，从第二个工程队开始，每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少eq \f(1,6)，则第一个工程队承建的基站数(单位：万)约为( )
A.eq \f(10×68,68－58) B.eq \f(10×67,68－58)
C.eq \f(80×67,68－58) D.eq \f(10×66,68－56)
答案 B
解析 设每个工程队承建的基站数构成数列{an}，
则由题意可得an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6)))an－1＝eq \f(5,6)an－1(n≥2，n∈N*)，
故{an}是以eq \f(5,6)为公比的等比数列，
可得S8＝eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))8)),1－\f(5,6))＝10，解得a1＝eq \f(10×67,68－58).
6．(多选)若数列{an}对任意的n≥2(n∈N)满足(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，则下面选项中关于数列{an}的命题正确的是( )
A．{an}可以是等差数列
B．{an}可以是等比数列
C．{an}可以既是等差又是等比数列
D．{an}可以既不是等差又不是等比数列
答案 ABD
解析 因为(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，
所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0，
即an－an－1＝2或an＝2an－1.
①当an≠0，an－1≠0时，{an}可以是等差数列或等比数列；
②当an＝0或an－1＝0时，{an}可以既不是等差又不是等比数列．
考点三 等比数列的性质
7．(2020·全国卷Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于( )
A．12 B．24 C．30 D．32
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q＝eq \f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq \f(2,1)＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
8．(2022·西安高新一中模拟)已知{an}是等比数列，Sn是其前n项积，若eq \f(S7,S2)＝32，则S9等于( )
A．1 024 B．512 C．256 D．128
答案 B
解析 eq \f(S7,S2)＝a3a4a5a6a7＝(a5)5＝32，则a5＝2，则S9＝a1a2a3a4a5a6a7a8a9＝(a5)9＝512.
9．(2022·苏州第十中学模拟)已知等比数列{an}的首项为1，公比为2，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)等于( )
A．(2n－1)2 B.eq \f(1,3)(2n－1)
C．4n－1 D.eq \f(1,3)(4n－1)
答案 D
解析 由等比数列的定义，得an＝1·2n－1＝2n－1，故bn＝aeq \\al(2,n)＝22n－2＝4n－1，
由于eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(4n－1,4n－2)＝4，b1＝1≠0，
故{bn}是以1为首项，4为公比的等比数列，
故aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(1·1－4n,1－4)＝eq \f(4n－1,3).
10．(2021·太原模拟)在等比数列{an}中，a2a6＋a5a11＝16，则a3a9的最大值是( )
A．4 B．8 C．16 D．32
答案 B
解析 由等比数列性质知，a3a9＝a4a8，
∵a2a6＋a5a11＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,8)＝16≥2a4a8(当且仅当a4＝a8时取等号)，
∴a4a8≤8，∴a3a9≤8，即a3a9的最大值为8.
11．(多选)(2022·安徽池州一中模拟)已知数列{an}为等比数列，下列结论正确的是( )
A．a1a8＝a2a7
B．若a2＝4，a6＝16，则a4＝±8
C．当a5>0时，a3＋a7≥2a5
D．当a3<0时，a3＋a7>a4＋a6
答案 AC
解析 设等比数列{an}的公比为q，
对于A，a1a8＝a1·a1q7＝aeq \\al(2,1)q7，a2a7＝a1q×a1q6＝aeq \\al(2,1)q7，
所以a1a8＝a2a7，故A正确；
对于B，由题意a4＝a2q2＝4q2>0，所以a4＝±8不正确，所以B不正确；
对于C，a3＋a7－2a5＝eq \f(a5,q2)＋a5q2－2a5
＝a5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q2)＋q2－2))≥a5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(1,q2)×q2)－2))＝0，
当且仅当q2＝1时，取得等号，故C正确；
对于D，当q＝1时，a7＝a3＝a4＝a6，则a3＋a7＝a4＋a6，故D不正确．
12．(2022·银川模拟)已知各项都为正数的数列{an}，Sn是其前n项和，满足a1＝eq \f(1,2)，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，则eq \f(Sn,an)＝________.
答案 2n－1
解析 因为aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，
所以an(an＋1)－2an＋1(an＋1)＝0，
即(an＋1)(an－2an＋1)＝0，而an>0，
则an＋1>0，故an－2an＋1＝0，
即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)(n∈N*)，故数列{an}是等比数列，首项为a1＝eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)，
则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
故eq \f(Sn,an)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)＝eq \f(1－\f(1,2n),\f(1,2n))＝2n－1.
13．已知等比数列{an}的各项均为正数，a5≥eq \f(1,16)，且存在m∈N*，使得am＋2＋eq \f(2,am)＝1，则a1的最小值为________．
答案 4
解析 设等比数列{an}的公比为q，q>0，
因为an>0，m∈N*，所以由基本不等式得，
1＝am＋2＋eq \f(2,am)≥2eq \r(am＋2×\f(2,am))＝2eq \r(2q2)＝2eq \r(2)q，
所以q≤eq \f(\r(2),4)，当且仅当am＋2＝eq \f(2,am)，
即am＋1＝eq \r(2)时等号成立．
则eq \f(1,16)≤a5＝a1q4≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))4a1＝eq \f(a1,64)，
所以a1≥4，即a1的最小值为4.
14．已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，则S2 024＝________.
答案 3(21 012－1)
解析 因为数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，
当n＝1时，a2＝2，
当n≥2时，anan－1＝2n－1，则eq \f(an＋1,an－1)＝2，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列，
数列{an}的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列，
所以S2 024＝eq \f(1×1－21 012,1－2)＋eq \f(2×1－21 012,1－2)，
＝21 012－1＋2×21 012－2
＝3×21 012－3＝3(21 012－1)．