2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（四十一） 等比数列

课时跟踪检测（四十一） 等比数列

一、全员必做题

1．(2022·新乡三模)设等比数列{an}的公比为q，若a2a8＝4a，则q2＝(　 )

A．2       B．3        C．4  D．5

解析：选A　因为a2a8＝4a，所以a＝4a，所以q2＝2.故选A.

2．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S3＝3a2＋8a1，则公比q＝(　 )

A．2       B．－     C．2或－      D．2或

解析：选A　由2S3＝3a2＋8a1，得2(a1＋a2＋a3)＝3a2＋8a1，即2a3－a2－6a1＝0，由等比数列的通项公式得2a1q2－a1q－6a1＝0，即2q2－q－6＝0，解得q＝2或q＝－， 因为数列为正项等比数列，所以q＝2.故选A.

3．河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一．某洞窟的浮雕共8层，它们构成一幅优美的图案．各层浮雕数成等比数列，第二层浮雕数为6，第5层浮雕数为48，则第7层浮雕数为(　 )

A．96        B．128       C．192      D．384

解析：选C　设从上到下第n(n∈N*,1≤n≤8)层的浮雕个数为an，公比为q，由题意可知，∴∴an＝3·2n－1，a7＝3·26＝192.

4．(2023·日照模拟)在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为3的等比数列，则k3＝(　 )

A．14         B．34       C．41     D．86

解析：选C　因为a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为3的等比数列，可得a2＝3a1，所以ak3＝a1·34＝81a1, 又因为数列{an}为等差数列，所以公差d＝a2－a1＝2a1，所以ak3＝a1＋(k3－1)d＝a1＋2(k3－1)a1＝(2k3－1)a1，所以(2k3－1)a1＝81a1，解得k3＝41.故选C.

5．(2023·太原模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝，则数列{}的前n项和Tn＝(　 )

A．2n－1  B

C.  D．2n－1－1

解析：选A　Sn＝，当n＝1时，a1＝S1＝＝1，当n≥2时，Sn－1＝，所以an＝Sn－Sn－1＝－＝4n－1＝22(n－1)，当n＝1时，a1＝1符合上式，所以an＝22(n－1)，所以＝＝2n－1，则数列{}是以1为首项，2为公比的等比数列，故Tn＝＝2n－1.

6．(2023·泰安模拟)已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman＝am＋n，且a2＝3，则a20＝(　 )

A．320     B．315     C．310  D．35

解析：选C　因为对任意的m，n∈N*，都有aman＝am＋n，所以a1a1＝a2，a1an＝a1＋n，又a2＝3，所以a1＝±，所以＝a1，所以数列{an}是首项为a1，公比为a1的等比数列，所以an＝a1·(a1)n－1＝(a1)n，所以a20＝(a1)20＝310.

7．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋a3＝20，a3＋a5＝5，则使得a1a2…an<1成立的正整数n的最小值为(　 )

A．8        B．9      C．10  D．11

解析：选C　由题设知，两式相除得q2＝，则q＝，所以a1＝16，故an＝25－n，显然n≤5时，a1a2…an<1不成立，所以n>5且n∈N*时，a1a2…an＝24＋3＋2＋1＋0－1－…－(5－n)＝2<1，即<0，则n>9，故正整数n的最小值为10.

8．已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且满足a1＋3a3＝，S3＝，则a4＝________.

解析：设等比数列{an}的公比为q，则q>0.∵a1＋3a3＝，S3＝，∴a1＋3a1q2＝，a1(1＋q＋q2)＝，联立解得a1＝2，q＝.则a4＝2×3＝.

答案：

9．(2023·北京石景山一模)正项数列{an}满足anan＋2＝a，n∈N*.若a5＝9，a2a4＝1，则a2的值为________．

解析：∵an>0，anan＋2＝a，∴＝＝…＝＝，∴{an}是等比数列，设{an}公比为q，且q>0，由a5＝9，a2a4＝1，得⇒∴a2＝a1q＝×3＝.

答案：

10．(2023·绵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，an＋1＝Sn＋3，则S5＝______.

解析：由a1＝3，an＋1＝Sn＋3，得a2＝a1＋3＝6，当n≥2时，由an＋1＝Sn＋3，得an＝Sn－1＋3，所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，所以an＋1＝2an，因为＝＝2，所以数列{an}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以S5＝＝93.

答案：93

11．(2020·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.

(1)求{an}的通项公式；

(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.

解：(1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.由已知得解得a1＝1，q＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n－1.

(2)由(1)知log3an＝n－1，故Sn＝.由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.解得m＝6或m＝－1(舍去)．

12．已知数列{an}的各项均为正整数且互不相等，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

①数列{an}是等比数列；②数列{Sn＋1}是等比数列；③a2＝a1(a1＋1)．

解：选择①②为条件，③为结论．

证明过程如下：设等比数列{an}的公比为q，由题意知q>0且q≠1.

则S1＋1＝a1＋1，S2＋1＝a1＋a1q＋1，S3＋1＝a1＋a1q＋a1q2＋1，

因为{Sn＋1}是等比数列，所以(S1＋1)(S3＋1)＝(S2＋1)2，

 即(a1＋1)(a1＋a1q＋a1q2＋1)＝(a1＋a1q＋1)2，展开整理得a1q2＝aq＋a1q，

所以a1q＝a＋a1，即a2＝a1(a1＋1)．

选择①③为条件，②为结论，

证明过程如下：设{an}的公比为q，由题意知q>0且q≠1.

因为a2＝a1(a1＋1)，即a1q＝a1(a1＋1)，因为a1>0，所以q＝a1＋1.

所以Sn＝＝＝qn－1，所以Sn＋1＝qn.

因为S1＋1＝q，＝＝q，

所以{Sn＋1}是首项为q，公比为q的等比数列．

选择②③为条件，①为结论，

证明过程如下：设{Sn＋1}的公比为Q，由题意知Q>0且Q≠1.

则Sn＋1＝(S1＋1)Qn－1＝(a1＋1)Qn－1，所以a2＝S2＋1－(S1＋1)＝(a1＋1)(Q－1)，

又因为a2＝a1(a1＋1)，且a1＋1>0，所以a1＝Q－1.所以Sn＋1＝Qn.

当n≥2时，an＝Sn＋1－(Sn－1＋1)＝Qn－Qn－1＝(Q－1)Qn－1，

所以＝＝Q，

所以{an}是首项为Q－1，公比为Q的等比数列．

二、重点选做题

1．(多选)中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，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”．则下列说法正确的是(　 )

A．该人第五天走的路程为12里

B．该人第三天走的路程为42里

C．该人前三天共走的路程为330里

D．该人最后三天共走的路程为42里

解析：选AD　由题意可得此人每天走的路程构成了一个公比为的等比数列，且S6＝378，所以S6＝＝378，解得a1＝192，所以an＝a1qn－1＝192×n－1(1≤n≤6，n∈N*)，对于A，因为a5＝192×4＝12，所以A正确；对于B，因为a3＝192×2＝48，所以B错误；对于C，S3＝＝＝336，所以C错误；对于D，该人最后三天共走的路程为S6－S3＝378－336＝42，所以D正确，故选A、D.

2．(2023·全国高三专题练习)十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的，明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》提出了十二平均律的理论．十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，插入11个数后这13个数之和为N，则依此规则，下列说法错误的是(　 )

A．插入的第8个数为

B．插入的第5个数是插入的第1个数的倍

C．M>3

D．N<7

解析：选D　设该等比数列为{an}，公比为q，则a1＝1，a13＝2，故q12＝＝2.对于A：插入的第8个数为a9＝a1×q8＝，故A正确；对于B：插入的第5个数为a6＝a1×q5，插入的第1个数为a2＝a1×q，所以＝＝q4＝，故B正确；对于C：M＝＝＝.要证M>3，即证即证即证12>2，而12>6>2成立，故C正确；对于D：N＝M＋3.

因为12>(1.4)6>(1.9)3>2，所以所以即M>4，所以N＝M＋3>7，故D错误．故选D.

3．已知数列{an}的通项公式an＝2n，数列的前n项和为Sn，当k＝0时，S3＝____________；若数列的前n项和最小值为S6，则此时k可以为__________．

解析：当k＝0时，an＝－9×2n，

则S3＝a1＋a2＋a3＝－9×(21＋22＋23)＝－126.

由于f(x)＝－9是关于x的一次函数，

而2n>0，由于数列{an}的前n项和有最小值，则必有k>0，

因为数列的前n项和最小值为S6，则有a6≤0，且a7≥0，

即解得18≤k≤21，

当18≤k≤21时，

当n≤6时，an≤0；当n≥7时，an≥0，满足题意．

答案：－126　18(答案不唯一)

4．(2023·南通高三开学考试)已知数列{an}是等差数列，Sn是等比数列{bn}的前n项和，a6＝b1＝16，a2＝b3，S3＝12.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)①求证：8≤Sn≤16；

②求所有满足ak＝Sm的正整数k，m.

解：(1)设等比数列{bn}的公比为q，因为b1＝16，S3＝12，则16＋16q＋16q2＝12，解得q＝－，即有bn＝16·n－1，设等差数列{an}的公差为d，因a6＝16，a2＝b3，则解得a1＝1，d＝3，即an＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝3n－2，bn＝16·n－1.

(2)①证明：由(1)知，Sn＝＝，当n＝2k－1，k∈N*时，Sn＝，此时数列{Sn}是递减的，恒有Sn≤S1＝16，当n＝2k，k∈N*时，Sn＝，此时数列{Sn}是递增的，恒有Sn≥S2＝8，又k∈N*，S2k－S2k－1＝－＝－32·2k<0，即S2k<S2k－1，所以∀n∈N*，8≤Sn≤16.

②由①知，m∈N*,8≤Sm≤16，当k∈N*时，ak＝3k－2，若ak＝Sm，则8≤3k－2≤16，解得≤k≤6，即有k∈{4,5,6}，当k＝4时，Sm＝a4＝10，即＝10，解得m＝4，当k＝5时，Sm＝a5＝13，即＝13，即m＝－，无整数解，当k＝6时，Sm＝a6＝16，即＝16，解得m＝1，所以k＝m＝4或k＝6，m＝1.