备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(三十六)　等比数列及其前n项和

课时验收评价(三十六)　等比数列及其前n项和

一、点全面广强基训练

1．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝(　 )

A．4  B．  C．2  D．

解析：选C　由题意，得解得或(舍去)，故选C.

2．已知公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m的值为(　 )

A．8  B．9 

C．10  D．11

解析：选B　∵公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，∴a5a6＝a4a7＝4，由a2am＝4，

∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.

3．(2023·安徽省四校联考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝，S3－a1＝，则S4＝(　 )

A.  B．  C.  D．

解析：选D　设等比数列{an}的公比为q(q＞0且q≠1)，∵S3－a1＝a2＋a3＝＋＝，a4＝，∴q＝，∴a1＝＝1，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋＋＝.

4．各项为正数且公比为q的等比数列{an}中，a2，a3，a1成等差数列，则的值为(　 )

A.  B．  C.  D．

解析：选B　因为a2，a3，a1成等差数列，所以a1＋a2＝2×a3＝a3，即a1＋a1q＝a1q2，

因为数列{an}是各项为正数且公比为q的等比数列，

所以q2－q－1＝0，解得q＝(负值舍去)，则＝q＝.

5．已知数列{an}是等比数列，下列结论正确的为(　 )

A．若a1a2＞0，则a2a3<0

B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0

C．若a2＞a1＞0，则a1＋a3＞2a2

D．若a1a2＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＜0

解析：选C　易知A错误；对于B，取a1＝－1，q＝－2，则a1＋a3＜0，a1＋a2＞0，即B错误；对于C，由a2＞a1＞0，得q＞1，则1＋q2＞2q，即a1＋a3＞2a2，即C正确；对于D，若a1a2＜0，则q＜0，所以(q－1)·(q－q2)＞0，所以(a2－a1)(a2－a3)＞0，即D错误．故选C.

6．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}的前7项和为________．

解析：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，

由a5＝a1q4＝16，a1＝1，得16＝q4，解得q＝2，

所以S7＝＝＝127.

答案：127

7．(2023·淄博模拟)已知等比数列{an}，其前n项和为Sn.若a2＝4，S3＝14，则a3＝________.

解析：设等比数列的公比为q，因为a2＝4，S3＝14，所以a1＋a3＝10，即＋a2q＝10，

所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝.

当q＝2时，a3＝8；当q＝时，a3＝2.所以a3＝2或a3＝8.

答案：2或8

8．视力表是根据视角原理设计的，所谓视角就是由外界物体边缘上的两点在眼结点处所形成的夹角，用α表示，其单位为分．视力表以一分视角(1′)为单位进行设计．我国视力的记录采用“五分记录法”，视力表由14行开口方向各异的正方形“E”形视标所组成，从上到下分别对应视力4.0,4.1，…，5.2,5.3，从上面的第一行开始往下，每一行“E”形视标边长都是下一行“E”形视标边长的10倍，且视力L与视角α的关系式为：L＝5－lg α.若某同学的视力是4.0，则其视角α＝________分；若视力4.0的视标边长为1，则视力5.0的视标边长为______．

解析：因为视力L与视角α的关系式为L＝5－lg α，

所以当L＝4.0时，4.0＝5－lg α，解得α＝10.

因为视力4.0的视标边长为1，从上面的第一行开始往下，每一行“E”形视标边长都是下一行“E”形视标边长的10倍，

所以视标边长构成等比数列，不妨设为{an}，则首项为a1＝1，q＝10，

所以视力5.0的视标边长为a11＝a1q10＝1×10＝.

答案：10　

9．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)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．

由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，

所以数列{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.

10．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)证明：＋＋…＋<.

解：(1)∵an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，∴当n≥2时，an＝2Sn－1＋1，

∴an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，故等比数列{an}的公比q＝3，

令n＝1，得a2＝2a1＋1，即3a1＝2a1＋1，∴a1＝1，∴an＝3n－1.

(2)证明：易知＝n－1，

∴＋＋…＋＝0＋1＋…＋n－1＝＝－，

∵n∈N*，∴＋＋…＋＝－<.

二、重点难点培优训练

1．在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a，a)在直线x－9y＝0上，则数列{an}的前n项和Sn等于(　 )

A．3n－1  B．

C.  D．

解析：选A　由点(a，a)在直线x－9y＝0上，得a－9a＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，∴an＋3an－1>0，∴an－3an－1＝0，即＝3，∴数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝＝3n－1.

2．已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.

解析：因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.

答案：100

3．(2023·长沙模拟)已知等比数列{an}中，a2＝2，a5＝，则满足a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1≤成立的最大正整数n的值为________．

解析：已知{an}为等比数列，设其公比为q，

由a5＝a2·q3得，2·q3＝，q3＝，解得q＝，

又a2＝2，∴a1＝4.∵＝q2＝，

∴数列{anan＋1}也是等比数列，其首项为a1a2＝8，公比为.

∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(1－4－n)≤，

从而有n≥.∴n≤3.故nmax＝3.

答案：3

4．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.

(1)证明：a1＝b1；

(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数．

解：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d，

由a2－b2＝a3－b3，得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，

由a2－b2＝b4－a4，得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，

将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.

(2)由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，

由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，

由a1＝b1≠0，得2k－1＝2m，

由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.