高考数学(文数)一轮复习考点测试30《等比数列》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试30《等比数列》（教师版），共9页。试卷主要包含了理解等比数列的概念，了解等比数列与指数函数的关系，故选A，故选B，故选D等内容，欢迎下载使用。

本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值5分、12分，中、低等难度
考纲研读
1．理解等比数列的概念
2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式
3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题
4．了解等比数列与指数函数的关系
一、基础小题
1．在等比数列{an}中，已知a1＝1，a4＝8，则a5＝( )
A．16 B．16或－16 C．32 D．32或－32
答案 A
解析 由a4＝a1q3，则q＝2，所以a5＝a4q＝16．故选A．
2．在等比数列{an}中，已知a7a12＝5，则a8a9a10a11＝( )
A．10 B．25 C．50 D．75
答案 B
解析 因为a7a12＝a8a11＝a9a10＝5，所以a8a9a10a11＝52＝25．故选B．
3．已知等比数列{an}的公比为正数，且a2a6＝9a4，a2＝1，则a1的值为( )
A．3 B．－3 C．－eq \f(1,3) D．eq \f(1,3)
答案 D
解析 设数列{an}的公比为q，由a2·a6＝9a4，得a2·a2q4＝9a2q2，解得q2＝9，
所以q＝3或q＝－3(舍去)，所以a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(1,3)．故选D．
4．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则eq \f(a,b)＝( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
答案 A
解析 ∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，
∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，
∵等比数列{an}中，aeq \\al(2,2)＝a1a3，∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得eq \f(a,b)＝－3．故选A．
5．若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为( )
A．2 B．4 C．8 D．16
答案 B
解析 由anan＋1＝aeq \\al(2,n)q＝16n>0知q>0，又eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝q2＝eq \f(16n＋1,16n)＝16，所以q＝4．故选B．
6．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若eq \f(S4,S2)＝3，则eq \f(S6,S4)＝( )
A．2 B．eq \f(7,3) C．eq \f(3,10) D．1或2
答案 B
解析 设S2＝k，则S4＝3k，由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，
得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，
∴eq \f(S6,S4)＝eq \f(7k,3k)＝eq \f(7,3)，故选B．
7．设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1a2a3·…·a30＝230，则a3a6a9·…·a30＝( )
A．210 B．220 C．216 D．215
答案 B
解析 因为a1a2a3＝aeq \\al(3,2)，a4a5a6＝aeq \\al(3,5)，a7a8a9＝aeq \\al(3,8)，…，a28a29a30＝aeq \\al(3,29)，
所以a1a2a3a4a5a6a7a8a9…a28a29a30＝(a2a5a8…a29)3＝230．所以a2a5a8…a29＝210．
则a3a6a9…a30＝(a2q)(a5q)(a8q)…(a29q)＝(a2a5a8·…·a29)q10＝210×210＝220，故选B．
8．在数列{an}中，已知a1＝1，an＝2(an－1＋an－2＋…＋a2＋a1)(n≥2，n∈N*)，则这个数列的前4项和S4＝________．
答案 27
解析 由已知n≥2时，an＝2Sn－1，an＋1＝2Sn，∴an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2×3n－2，n≥2，))∴S4＝1＋2＋6＋18＝27．
二、高考小题
9．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2)．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( )
A．eq \r(3,2)f B．eq \r(3,22)f C．eq \r(12,25)f D．eq \r(12,27)f
答案 D
解析 由题意知，十三个单音的频率构成首项为f，公比为eq \r(12,2)的等比数列，
设该等比数列为{an}，则a8＝a1q7，即a8＝eq \r(12,27)f，故选D．
10．已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln (a1＋a2＋a3)．若a1>1，则( )
A．a1a3，a2a4 D．a1>a3，a2>a4
答案 B
解析 设f(x)＝ln x－x(x>0)，则f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x>1，∴f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，
∴f(x)≤f(1)＝－1，即有ln x≤x－1．从而a1＋a2＋a3＋a4＝ln (a1＋a2＋a3)
≤a1＋a2＋a3－1，∴a4<0，又a1>1，∴公比q<0．若q＝－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝0，
ln (a1＋a2＋a3)＝ln a1>0，矛盾．若q<－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)
＝a1(1＋q)(1＋q2)<0，而a2＋a3＝a2(1＋q)＝a1q(1＋q)>0，∴ln (a1＋a2＋a3)>ln a1>0，
也矛盾．∴－10，∴a1>a3．
同理，∵eq \f(a4,a2)＝q2<1，a2<0，∴a4>a2．故选B．
11．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
答案 B
解析 由题意可知，由上到下灯的盏数a1，a2，a3，…，a7构成以2为公比的等比数列，
∴S7＝eq \f(a11－27,1－2)＝381，∴a1＝3．故选B．
12．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则eq \f(a2,b2)＝________．
答案 1
解析 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．∵a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋3d＝8，,－1·q3＝8，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝－2.))∴a2＝2，b2＝2．∴eq \f(a2,b2)＝eq \f(2,2)＝1．
13．等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn．已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝_____．
答案 32
解析 设等比数列{an}的公比为q．
当q＝1时，S3＝3a1，S6＝6a1＝2S3，不符合题意，
∴q≠1，由题设可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))∴a8＝a1q7＝eq \f(1,4)×27＝32．
14．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
答案 64
解析 设{an}的公比为q，于是a1(1＋q2)＝10，①a1(q＋q3)＝5，②
联立①②得a1＝8，q＝eq \f(1,2)，
∴an＝24－n，∴a1a2…an＝23＋2＋1＋…＋(4－n)＝2－eq \f(1,2)n2＋eq \f(7,2)n＝2－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2)))2＋eq \f(49,8)≤26＝64，
∴a1a2…an的最大值为64．
三、模拟小题
15．已知等比数列{an}的公比q>0，且a5a7＝4aeq \\al(2,4)，a2＝1，则a1＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2) C．eq \r(2) D．2
答案 B
解析 因为{an}是等比数列，所以a5a7＝aeq \\al(2,6)＝4aeq \\al(2,4)，所以a6＝2a4，q2＝eq \f(a6,a4)＝2，
又q>0，所以q＝eq \r(2)，a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(\r(2),2)，故选B．
16．已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2a4＝16，S3＝7，则a8＝( )
A．32 B．64 C．128 D．256
答案 C
解析 ∵a2a4＝aeq \\al(2,3)＝16，∴a3＝4(负值舍去)，∵a3＝a1q2＝4，S3＝7，∴S2＝eq \f(a11－q2,1－q)＝3，
∴3q2－4q－4＝0，解得q＝－eq \f(2,3)或q＝2，∵an>0，∴q＝2，∴a1＝1，∴a8＝27＝128．故选C．
17．设首项为1，公比为eq \f(2,3)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A．Sn＝4－3an B．Sn＝3－2an C．Sn＝3an－2 D．Sn＝2an－1
答案 B
解析 由题意，an＝eq \f(2,3)n－1，Sn＝eq \f(1－\f(2,3)n,1－\f(2,3))＝31－eq \f(2,3)n＝3－2×eq \f(2,3)n－1，所以Sn＝3－2an，故选B．
18．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和，若{Sn＋λ}为等比数列，则λ＝( )
A．－1 B．1 C．－2 D．2
答案 B
解析 由a1＝1，an＋1＝2an，得a2＝2，a3＝4，所以S1＝a1＝1，S2＝S1＋a2＝3，S3＝S2＋a3＝7．
而{Sn＋λ}为等比数列，所以(3＋λ)2＝(1＋λ)(7＋λ)，解得λ＝1．故选B．
19．设公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________．
答案 eq \f(3,2)或－1
解析 ∵公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，
∴S4－S2＝a4＋a3＝3a4－3a2，即2q2－q－3＝0，∴q＝eq \f(3,2)或－1．
20．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，则以S1，S3，S4为前三项的等差数列的第8项与第4项之比为________．
答案 eq \r(5)
解析 设正项等比数列{an}的公比为q．当q＝1时，S1＝a1，S3＝3a1，S4＝4a1．
显然不符合题意，所以q≠1．因为S1，S3，S4为等差数列的前三项，所以S4－S3＝S3－S1，即a4＝a3＋a2，得a2q2＝a2q＋a2，所以q2＝q＋1，解得q＝eq \f(1＋\r(5),2)(负值舍去)．
所以该等差数列的第8项与第4项之比为eq \f(S1＋7S3－S1,S1＋3S3－S1)＝eq \f(a1＋7a2＋a3,a1＋3a2＋a3)＝eq \f(a1＋7a1q＋7a1q2,a1＋3a1q＋3a1q2)＝eq \f(1＋7q＋7q2,1＋3q＋3q2)＝eq \f(1＋7q＋7q＋1,1＋3q＋3q＋1)＝eq \f(7q＋4,3q＋2)＝eq \r(5)．
一、高考大题
1．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．
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．由题设条件可得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．
2．等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m．
解 (1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1．
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2．
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1．
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq \f(1－－2n,3)．
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1．
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6．
综上，m＝6．
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2．
(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝21，求S3．
解 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1．
由a2＋b2＝2得d＋q＝3．①
(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6．②
联立①和②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝0))(舍去)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝1，,q＝2.))
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1．
(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0．
解得q＝－5或q＝4．
当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21．
当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6．
二、模拟大题
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
解 (1)证明：当n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得an＝eq \f(4,3)an－1，
又a1＝1≠0，∴{an}是首项为1，公比为eq \f(4,3)的等比数列．
(2)∵an＝eq \f(4,3)n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得
bn＋1－bn＝eq \f(4,3)n－1．
当n≥2时，可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋eq \f(1－\f(4,3)n－1,1－\f(4,3))＝3×eq \f(4,3)n－1－1，
当n＝1时，上式也成立，所以数列{bn}的通项公式为bn＝3×eq \f(4,3)n－1－1．
5．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＝4an＋1－4an．
(1)求证：{an＋1－2an}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．
解 (1)证明：由an＋2＝4an＋1－4an得an＋2－2an＋1
＝2an＋1－4an＝2(an＋1－2an)＝22(an－2an－1)
＝…＝2n(a2－2a1)≠0，
∴eq \f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝2，∴{an＋1－2an}是等比数列．
(2)由(1)可得an＋1－2an＝2n－1(a2－2a1)＝2n，
∴eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(an,2n)是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列，
∴eq \f(an,2n)＝eq \f(n,2)，则an＝n·2n－1．
6．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*．
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n．
解 (1)∵an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，∴an＋1·an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1．∴eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，即an＋2＝eq \f(1,2)an．
∵bn＝a2n＋a2n－1，∴eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(1,2)．
∴{bn}是公比为eq \f(1,2)的等比数列．
∵a1＝1，a1·a2＝eq \f(1,2)，∴a2＝eq \f(1,2)⇒b1＝a1＋a2＝eq \f(3,2)．∴bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝eq \f(3,2n)．
(2)由(1)可知an＋2＝eq \f(1,2)an，
∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列；
a2，a4，a6，…是以a2＝eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列．
∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝3－eq \f(3,2n)．