新高考数学考前考点冲刺精练卷33《等比数列》（2份，原卷版+教师版）

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一、选择题
若等比数列{an}满足a1＋a2＝1，a4＋a5＝8，则a7等于( )
A.eq \f(64,3) B.﹣eq \f(64,3) C.eq \f(32,3) D.﹣eq \f(32,3)
【答案解析】答案为：A
解析：设等比数列{an}的公比为q，则eq \f(a4＋a5,a1＋a2)＝q3＝8，所以q＝2，又a1＋a2＝a1(1＋q)＝1，
所以a1＝eq \f(1,3)，所以a7＝a1×q6＝eq \f(1,3)×26＝eq \f(64,3).
已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4﹣1)，则a7的值为( )
A.2 B.4 C.eq \f(9,2) D.6
【答案解析】答案为：B
解析：根据等比数列的性质得a3a5＝aeq \\al(2,4)，∴aeq \\al(2,4)＝4(a4﹣1)，即(a4﹣2)2＝0，解得a4＝2.
又∵a1＝1，a1a7＝aeq \\al(2,4)＝4，∴a7＝4.
记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则eq \f(Sn,an)等于( )
A.2n﹣1 B.2﹣21﹣n C.2﹣2n﹣1 D.21﹣n﹣1
【答案解析】答案为：B
解析：方法一 设等比数列{an}的公比为q，则q＝eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(24,12)＝2.
由a5﹣a3＝a1q4﹣a1q2＝12a1＝12，得a1＝1.
所以an＝a1qn﹣1＝2n﹣1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n﹣1，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2﹣21﹣n.
方法二 设等比数列{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3q2－a3＝12，①,a4q2－a4＝24， ②))eq \f(②,①)得eq \f(a4,a3)＝q＝2.将q＝2代入①，解得a3＝4.
所以a1＝eq \f(a3,q2)＝1，下同方法一.
已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，若a2a6＝﹣2a7，S3＝﹣6，则a6等于( )
A.﹣2或32 B.﹣2或64 C.2或﹣32 D.2或﹣64
【答案解析】答案为：B
解析：∵数列{an}为等比数列，a2a6＝﹣2a7＝a1a7，解得a1＝﹣2，
设数列的公比为q，S3＝﹣6＝﹣2﹣2q﹣2q2，解得q＝﹣2或q＝1，
当q＝﹣2时，则a6＝(﹣2)6＝64，当q＝1时，则a6＝﹣2.
数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215﹣25，则k等于( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案解析】答案为：C
解析：a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，∴an＝2×2n﹣1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215﹣25，∴eq \f(2k＋11－210,1－2)＝215﹣25，
即2k＋1(210﹣1)＝25(210﹣1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于( )
A.40 B.60 C.32 D.50
【答案解析】答案为：B
解析：数列S3，S6﹣S3，S9﹣S6，S12﹣S9是等比数列，即4,8，S9﹣S6，S12﹣S9是等比数列，∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.
等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40等于( )
A.5 B.10 C.15 D.﹣20
【答案解析】答案为：C
解析：易知等比数列{an}的前n项和Sn满足S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30，…成等比数列.设{an}的公比为q，则eq \f(S20－S10,S10)＝q10＞0，故S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30，…均大于0.故(S20﹣S10)2＝S10·(S30﹣S20)，即(S20﹣1)2＝1·(7﹣S20)⇒Seq \\al(2,20)﹣S20﹣6＝0.
因为S20＞0，所以S20＝3.又(S30﹣S20)2＝(S20﹣S10)(S40﹣S30)，
所以(7﹣3)2＝(3﹣1)(S40﹣7)，故S40＝15.
等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n﹣1＋r，则r的值为( )
A.eq \f(1,3) B.﹣eq \f(1,3) C.eq \f(1,9) D.﹣eq \f(1,9)
【答案解析】答案为：B
解析：由等比数列前n项和的性质知，Sn＝32n﹣1＋r＝eq \f(1,3)×9n＋r，∴r＝﹣eq \f(1,3).
我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第四天走的路程为( )
A.6里 B.12里 C.24里 D.48里
【答案解析】答案为：C
解析：由题意可知，该人所走路程形成等比数列{an}，其中q＝eq \f(1,2)，
因为S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以a4＝a1·q3＝192×eq \f(1,8)＝24.
若等比数列{an}中的a5，a2 019是方程x2﹣4x＋3＝0的两个根，则lg3a1＋lg3a2＋lg3a3＋…＋lg3a2 023等于( )
A.eq \f(2 024,3) B.1 011 C.eq \f(2 023,2) D.1 012
【答案解析】答案为：C
解析：由题意得a5a2 019＝3，根据等比数列性质知，a1a2 023＝a2a2 022＝…＝a1 011a1 013＝a1 012a1 012＝3，于是a1 012＝ SKIPIF 1 < 0 错误！未找到引用源。，则lg3a1＋lg3a2＋lg3a3＋…＋lg3a2 023＝lg3(a1a2a3…a2 023)=eq \f(2 023,2). SKIPIF 1 < 0 错误！未找到引用源。
在等比数列{an}中，an＞0，a1＋a2＋a3＋…＋a8＝4，a1a2·…·a8＝16，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)的值为( )
A.2 B.4 C.8 D.16
【答案解析】答案为：A
解析：∵a1a2…a8＝16，∴a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝2，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a8)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,a7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a3)＋\f(1,a6)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a4)＋\f(1,a5)))
＝eq \f(1,2)(a1＋a8)＋eq \f(1,2)(a2＋a7)＋eq \f(1,2)(a3＋a6)＋eq \f(1,2)(a4＋a5)＝eq \f(1,2)(a1＋a2＋…＋a8)＝2.
二、多选题
(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1＞1，a7·a8＞1，eq \f(a7－1,a8－1)＜0.则下列结论正确的是( )
A.0＜q＜1 B.a7·a9＞1
C.Sn的最大值为S9 D.Tn的最大值为T7
【答案解析】答案为：AD
解析：∵a1＞1，a7·a8＞1，eq \f(a7－1,a8－1)＜0，∴a7＞1,0＜a8＜1，∴0＜q＜1，故A正确；
a7a9＝aeq \\al(2,8)＜1，故B错误；
∵a1＞1,0＜q＜1，∴数列为各项为正的递减数列，∴Sn无最大值，故C错误；
又a7＞1,0＜a8＜1，∴T7是数列{Tn}中的最大项，故D正确.
三、填空题
已知数列{an}为等比数列，a2＝6,6a1＋a3＝30，则a4＝________.
【答案解析】答案为：54或24
解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·q＝6，,6a1＋a1·q2＝30，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝3，,a1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝3，))
a4＝a1·q3＝2×33＝54或a4＝3×23＝3×8＝24.
已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则a7＝________；若公比q＝eq \f(1,3)，则a4＝________.
【答案解析】答案为：3 81.
解析：由{an}是等比数列，得a3a5a7a9a11＝aeq \\al(5,7)＝243，故a7＝3，a4＝eq \f(a7,q3)＝81.
记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1＝eq \f(1,3)，aeq \\al(2,4)＝a6，则S5＝________.
【答案解析】答案为：eq \f(121,3).
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，
所以a1q＝1，又a1＝eq \f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(121,3).
设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝__________.
【答案解析】答案为：eq \f(7,3).
解析：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠﹣1，由等比数列前n项和的性质可知S3，S6﹣S3，S9﹣S6仍成等比数列，∴eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(S9－S6,S6－S3)，又由已知得S6＝3S3，∴S9﹣S6＝4S3，∴S9＝7S3，∴eq \f(S9,S6)＝eq \f(7,3).
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.
【答案解析】答案为：1
解析：由于S3＝7，S6＝63知公比q≠1，又S6＝S3＋q3S3，得63＝7＋7q3.
∴q3＝8，q＝2.由S3＝eq \f(a11－q3,1－q)＝7，得a1＝1.
如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”.若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为eq \f(\r(2),2)，则其最小正方形的边长为________.
【答案解析】答案为：eq \f(1,32).
解析：由题意，得正方形的边长构成以eq \f(\r(2),2)为首项,eq \f(\r(2),2)为公比的等比数列，现已知共含有1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n﹣1＝1 023，所以n＝10，所以最小正方形的边长为(eq \f(\r(2),2))10＝eq \f(1,32).
四、解答题
已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝eq \f(an,n).
(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.
【答案解析】解：(1)由条件可得an＋1＝eq \f(2n＋1,n)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，由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，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eq \f(an,n)＝2n﹣1，所以an＝n·2n﹣1.
已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，求{an}的通项公式.
【答案解析】 (1)证明：an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，
因为{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an＞0，所以eq \f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列.
(2)解：由题意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n﹣1＝2×3n﹣1，
因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2﹣3an＋1＝﹣(an＋1﹣3an)，a2＝3a1，
所以a2﹣3a1＝0，所以an＋1﹣3an＝0，故an＋1＝3an，
所以4an＝2×3n﹣1，an＝eq \f(1,2)×3n﹣1.
已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
①求{an}的通项公式；
②求a1a2﹣a2a3＋…＋(﹣1)n﹣1anan＋1.
【答案解析】解：①设{an}的公比为q(q＞1).
由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝\f(1,2)，,a1＝32))(舍去).
所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.
②由于(﹣1)n﹣1anan＋1＝(﹣1)n﹣1×2n×2n＋1＝(﹣1)n﹣122n＋1，
故a1a2﹣a2a3＋…＋(﹣1)n﹣1anan＋1
＝23﹣25＋27﹣29＋…＋(﹣1)n﹣1·22n＋1＝eq \f(8,5)﹣(﹣1)neq \f(22n＋3,5).
记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋1.设bn＝an＋1﹣2an.
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
(2)设cn＝|bn﹣100|，Tn为数列{cn}的前n项和.求T10.
【答案解析】 (1)证明：由Sn＋1＝4an＋1，
得Sn＝4an﹣1＋1(n≥2，n∈N*)，
两式相减得an＋1＝4an﹣4an﹣1(n≥2)，
所以an＋1﹣2an＝2(an﹣2an﹣1)，
所以eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(an＋1－2an,an－2an－1)＝eq \f(2an－2an－1,an－2an－1)＝2(n≥2)，
又a1＝1，S2＝4a1＋1，
故a2＝4，a2﹣2a1＝2＝b1≠0，
所以数列{bn}为首项与公比均为2的等比数列.
(2)解：由(1)可得bn＝2·2n﹣1＝2n，
所以cn＝|2n﹣100|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(100－2n，n≤6，,2n－100，n>6，))
所以T10＝600﹣(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210﹣400
＝200﹣eq \f(21－26,1－2)＋27＋28＋29＋210
＝200＋2＋28＋29＋210
＝1 994.