02等比数列-湖南省2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教版）

这是一份02等比数列-湖南省2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教版），共38页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·湖南邵阳·高二统考期末）若1，，，4成等差数列；1，，，，4成等比数列，则等于（ ）．
A．B．C．D．
2．（2023上·湖南岳阳·高二统考期末）已知数列是等比数列，若，，，则等于（ ）
A．4B．5C．6D．7
3．（2023上·湖南株洲·高二校考期末）如图，在边长为的等边三角形中，圆与三条边相切，圆与圆相切且与、相切，…，圆与圆相切且与、相切，依次得到圆、、…、.当圆的半径小于时，n的最小值为（ ）
（参考数据：，）
A．4B．5C．6D．7
4．（2023上·湖南永州·高二统考期末）如图，瑞典数学家科赫在年通过构造图形描述雪花形状．其作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为，则图④中图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023上·湖南衡阳·高二校考期末）已知为等比数列的前项和，与分别为方程的两个根，则（ ）
A．5B．8C．15D．
6．（2023上·湖南益阳·高二统考期末）已知等比数列中，，则（ ）
A．8B．14C．128D．256
7．（2023上·湖南郴州·高二统考期末）已知等比数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．B．或C．D．
8．（2022上·湖南长沙·高二统考期末）在各项均为正数的等比数列中，若成等差数列，则=（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．（2023上·湖南怀化·高二怀化市第三中学校考期末）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，设它的第n项，若序列的所有项都是2，且，，则（ ）
A．B．C．D．
10．（2023上·湖南永州·高二统考期末）已知a，b，c为非零实数，则下列说法正确的是（ ）
A．是a，b，c成等差数列的充要条件
B．是a，b，c成等比数列的充要条件
C．若a，b，c成等比数列，则，，成等比数列
D．若a，b，c成等差数列，则，，成等差数列
11．（2022上·湖南·高二校联考期末）已知数列满足，令是数列的前项积，，则（ ）
A．
B．为单调递增的等比数列
C．当时，取得最大值
D．当时，取得最大值
12．（2022上·湖南永州·高二统考期末）已知数列，，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则为递减数列
B．若，，，则为等比数列
C．若等比数列的公比，，则为递减数列
D．若的前n项和为，，则为等差数列
三、填空题
13．（2023上·湖南株洲·高二校考期末）某学校一航模小组进行飞机模型飞行高度实验，飞机模型在第一分钟内上升了10米高度.若通过动力控制系统，可使飞机模型在以后的每一分钟内上升的高度都是它在前一分钟上升高度的80%.在此动力控制系统下，该飞机模型在第三分钟内上升的高度是 米.
14．（2022上·湖南郴州·高二统考期末）各项均为正数的等比数列的前n项和为，满足，，则 .
15．（2022上·湖南·高二校联考期末）数列满足，前12项的和为298，则 ．
16．（2022上·湖南·高二校联考期末）习近平同志提出：乡村振兴，人才是关键.要积极培养本土人才，鼓励外出能人返乡创业.为鼓励外出人员返乡创业，某镇政府决定投入“创业资金”，帮扶返乡创业人员.五年内，预计该镇政府每年投入的“创业资金”构成数列（单位：万元），且第一年投入“创业资金”3（万元），以后每年投入的“创业资金”为上一年的2倍，则该镇政府帮扶五年累计总投入的“创业资金”为 万元.
四、解答题
17．（2023上·湖南岳阳·高二统考期末）已知数列是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列{}的前项和.
18．（2023上·湖南长沙·高二长郡中学校考期末）设数列满足，．
(1)计算，，猜想的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
19．（2023上·湖南永州·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和．
20．（2023上·湖南衡阳·高二校考期末）已知为正项等比数列，.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
21．（2023上·湖南益阳·高二统考期末）已知等差数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和．
22．（2023上·湖南郴州·高二统考期末）已知数列的前n项和为，且满足，是3与的等差中项．
(1)设，证明数列是等比数列；
(2)是否存在实数，使得不等式，对任意正整数n都成立？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由．
23．（2023上·湖南娄底·高二校联考期末）设公比为正数的等比数列 的前 项和为 ，已知 ， ，数列 满足 .
(1)求数列 和 的通项公式；
(2)是否存在，使得 是数列 中的项？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
24．（2022上·湖南邵阳·高二统考期末）已知数列的前项和为，且
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
五、证明题
25．（2023上·湖南益阳·高二统考期末）已知数列满足，且．
(1)求证：数列等差数列，并求出数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
26．（2023上·湖南株洲·高二校考期末）已知数列中，，，（，）.
(1)求数列的通项公式；
(2)为数列的前n项和，设，是数列的前n项和，求证：.
参考答案：
1．B
【分析】根据1，，，4成等差数列，求得，再根据1，，，，4成等比数列，得到，求解.
【详解】解：因为1，，，4成等差数列，
所以，
又因为1，，，，4成等比数列，
所以，，
所以，
所以，
故选：B
2．B
【分析】代入等比数列求和公式求解.
【详解】由题意知，得，
故选：B
3．B
【分析】由正三角形性质，分别根据几何关系求出正三角形内切圆半径与边长的关系，边长与、的关系，即可进一步求出与的关系，从而求出的通项公式，列不等式求解.
【详解】解：由题正三角形内切圆半径与边长满足，所以①，
又，由正三角形性质易得，边上的高过圆心，且圆的切线，其中，则组成正三角形，即，
则边长与高满足：，即②，
由①②得，，所以，
由，所以，
∴数列为首项为2，公比为的等比数列，故.
由，得，解得，
因为且，故的最小值为.
故选：B.
4．A
【分析】设图①、②、③、④中正三角形的边长分别为、、、，图形面积依次记为、、、，图形分别记为、、、，图形的边数分别记为、、、，易得，，，利用累加法可求得的值.
【详解】设图①、②、③、④中正三角形的边长分别为、、、，
图形面积依次记为、、、，图形分别记为、、、，
图形的边数分别记为、、、，
观察图形可知，且，，且，
由题意可知，数列是首项为，公比为的等比数列，则，
数列是首项为公比为的等比数列，，
由图可知，图形是在图形的每条边上生成一个小三角形（去掉底边），
共增加了个边长为的正三角形，
所以，，
由累加法可得
.
故选：A.
5．A
【分析】先求出方程的两个根，然后进行分类讨论即可
【详解】设等比数列的公比为
由可得两个实数根为，
因为与分别为方程的两个根，
所以该方程组无实数解；
或者，解得，
所以
故选：A
6．C
【分析】根据等比数列的性质计算出答案.
【详解】由等比数列的性质可知：，
故,
故选：C
7．C
【分析】根据等比数列的定义与通项公式运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，
∵，即，则，
∴，
则，解得.
故选：C.
8．A
【分析】利用等差中项的定义以及等比数列的通项公式即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
∵成等差数列，
∴，即，解得或（舍去），
∴，
故选：.
9．BC
【分析】设，根据累乘法求出，进而求出即可．
【详解】设，
序列的所有项都是2，
，即，
，
，
，解得：，
，，，
，，
故选：BC．
10．AC
【分析】根据等差中项与等比中项对选项一一验证即可得出答案.
【详解】对于选项A：根据等差中项即可得出是a，b，c成等差数列的充要条件，故A正确；
对于选项B：，即，又a，b，c为非零实数，所以根据等比中项即可证明a，b，c成等比数列，
a，b，c成等比数列，只能证明，即是a，b，c成等比数列的充分不必要条件，故B错误；
对于选项C：若a，b，c成等比数列，则，则，则，，成等比数列，故C正确；
对于选项D：若a，b，c成等差数列，则，无法得到，故D错误；
故选：AC.
11．AC
【分析】根据条件求出，，从而可以判断每一个选项.
【详解】对于A，当时，，当时，，则，即，又满足，所以.则正确；
对于B，，所以为单调递减的等比数列，B错误；
对于C，由题可知，且，所以当时，取得最大值，C正确；
对于D，又因为
，且，所以当时，最大，D错误.
故选：AC.
12．AB
【分析】A.计算可得答案；B.变形得可得答案；C.举例求出可得答案；D. 求出可得答案.
【详解】A.当时，，即，A正确；
B.，，由已知得，则是以4为公比的等比数列，B正确；
C.当时，，，则，C错误；
D.由得，
，D错误.
故选：AB.
13．/6.4
【分析】根据题意，得到，公比的等比数列，利用等比数列的通项公式，可得答案.
【详解】由题意，飞机模型每分钟上升的高度构成，公比的等比数列，则米.即飞机模型在第三分钟内上升的高度是米.
故答案为：
14．
【分析】利用等比数列的通项公式和前项和公式，即可得到答案.
【详解】由题意各项均为正数的等比数列得：
，
故答案为：
15．4
【分析】当为偶数时，可求出前项中偶数项的和；当为奇数时，可用表示出前项中奇数项的和，从而可求出的值.
【详解】当为偶数时，，
所以，，，
所以 ；
当为奇数时，，即
所以，，，，
，
所以
，所以.
故答案为：.
16．93
【分析】利用等比数列求和公式即得.
【详解】由已知，可知数列是首项为3，公比为2的等比数列，
所以.
故答案为：93.
17．(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为（），根据等比中项的性质得到方程，解得，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可；
【详解】（1）设数列的公差为d，由，且，，成等比数列得，
得，解得（舍去）或，
所以.
（2）由（1）可得，
所以.
故.
18．(1)，，
(2)
【分析】（1）根据递推关系计算，并结合等差数列猜想求解即可；
（2）结合（1）得，进而根据错位相减法求解即可.
【详解】（1）解：因为数列满足，，
所以，，，
所以，由数列的前三项可猜想数列是以3为首项，2为公差的等差数列，即．
（2）解：由（1）知，代入检验知其满足，
所以，，，
所以，，①
，②
由①②得，
，
所以，．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，进而可求通项，
（2）根据分组求和，结合等差数列以及等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）设数列的首项为，公差为，由题意得,
解得：，
所以
（2）因为
所以
．
20．(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件结合等比数列通项的性质，求出公比，即可得数列通项；
（2）根据数列特征，用错位相减法求数列前项和.
【详解】（1）因为为正项等比数列，且，所以.
设等比数列的公比为，则 ， 解得.
故
（2）依题意有
所以，
则，
两式相减，
可得
故
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式与前项和为求得首项与公差即可得数列的通项公式；
（2）由（1）得，直接利用等比数列的前项和公式求得.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为d，由于，则，
解得：，所以，，
所以，数列的通项公式为．
（2）解：由（1）知，则,
所以，．
22．(1)证明见解析
(2)存在，的最小值为．
【分析】(1)根据等差中项的应用可得，利用与的关系即可证明；
(2)由(1)，根据等比数列的通项公式可得，即，进而数列为等差数列，利用公式法求出与，有，结合数列的单调性即可求解.
【详解】（1）由题设得①，有②，
在①中令得，
，
由②-①，得
，
又，所以，
数列是首项为4，公比为2的等比数列．
（2）由（1）得，即
变形得到，数列是等差数列，由此得
，
，
由恒成立，
令，则．
，
当时，；当时，，
的最大值为，，
即的最小值为．
23．(1)，.
(2)存在， 或
【分析】（1）设的公比为 ，利用等比数列的通项公式以及前n项和公式，列方程组，求得公比和首项，即得；根据即可求得；
（2）结合（1）可得的表达式，进行变形化简为，由题意设 是数列 中的第项，则 ，分类讨论t的取值，可求得答案.
【详解】（1）设的公比为 ，又 ,，
则 ，解得 或 （舍），
所以 ， ，
，
即数列 的通项公式为 ，
数列 的通项公式为.
（2） ，
由于，令 ，， ，
所以 ，
设 是数列 中的第项，则 ，
则 为小于等于的整数，t为2的约数，所以 ，
当或时， ，不合题意；
当 或 时， ，与题意相符.
所以当 或 时，
即或 时，是数列 中的项.
24．(1)
(2)
【分析】（1）根据，再结合等比数列的定义，即可求出结果；
（2）由（1）可知，再利用错位相减法，即可求出结果.
【详解】（1）解：因为，当时，，解得
当时，，
所以，
即.
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.
故.
（2）解：由（1）知，则，
所以①
②，
①-②得
.
所以数列的前项和
25．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）利用等差数列的定义可证得结论成立，并确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得.
【详解】（1）证明：，所以，，
即，又，则数列是等差数列，且该数列首项为，公差为，
所以，，解得．
（2）解：，①
∴，②
①②，得
，所以，．
26．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，整理递推公式，结合等比数列定义，可得数列为等比数列，利用累加法，可得答案；
（2）根据等比数列的前项和公式，整理新数列的通项公式，利用裂项相消的方法，可得答案.
【详解】（1）∵（，），∴，.
故数列是首项为1，公比为2的等比数列，，
∴时，，
时也成立，
∴.
（2）∵，
∴数列是首项为1，公比为2的等比数列.
∴数列的前项和为.
∵，
∴数列的前项和，
∴.