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备考2024届高考数学一轮复习强化训练第五章数列第3讲等比数列
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习强化训练第五章数列第3讲等比数列，共3页。试卷主要包含了故选A等内容，欢迎下载使用。
A.4B.3C.2D.1
解析 设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），
则由2S3＝3a2＋8a1，得2a1＋2a2＋2a3＝3a2＋8a1，
即6a1＋a2－2a3＝0，即a1（6＋q－2q2）＝0，
因为a1≠0，所以6＋q－2q2＝0，解得q＝2或q＝－32（舍去）.
解法一 由S8＝2S7＋2得a8＝S7＋2，即a1q7＝a1（1－q7）1－q＋2，将q＝2代入，得27a1＝a1（1－27）1－2＋2，解得a1＝2，所以a2＝a1q＝4.故选A.
解法二 因为S8＝2S7＋2，所以a1（1－28）1－2＝2a1（1－27）1－2＋2，解得a1＝2，所以a2＝a1q＝4.故选A.
2.[命题点1/新高考卷Ⅱ]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.
解析 （1）设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝12（舍去）或q＝2，所以a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
（2）由（1）可知an＝2n，则（－1）n－1anan＋1＝（－1）n－1×2n×2n＋1＝8×（－4）n－1，
记Tn＝a1a2－a2a3＋…＋（－1）n－1anan＋1，
则Tn＝8×（－4）0＋8×（－4）1＋…＋8×（－4）n－1
＝8×1－（－4）n1－（－4）
＝85[1－（－4）n].
3.[命题点2/2023黑龙江哈尔滨三中模考]已知数列{an}的首项a1＝25，且满足an＋1＝2an2an+1.
（1）求证：数列{1an－2}为等比数列.
（2）若1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＜101，求满足条件的最大整数n.
解析 （1）由an＋1＝2an2an+1，可得1an+1＝2an+12an＝1＋12an，
1an+1－2＝12an－1＝12（1an－2），又1a1－2＝12≠0，
故数列{1an－2}为等比数列.
（2）由（1）可知1an－2＝12×（12）n－1＝12n，
故1an＝12n＋2.
1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝12＋2＋122＋2＋123＋2＋…＋12n＋2＝12（1－12n）1－12＋2n＝1－12n＋2n.
令f（n）＝1－12n＋2n，易知f（n）随n的增大而增大，f（50）＜101，f（51）＞101，
故满足f（n）＜101的最大整数为50.
4.[命题点3/多选/2023鄂东南省级示范高中联考]设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1＞1，a2 022a2 023＞1，（a2 022－1）（a2 023－1）＜0，则下列选项正确的是（ ACD ）
A.0＜q＜1
B.S2 022＋1＜S2 023
C.T2 022是数列{Tn}中的最大项
D.T4 043＞1
解析 因为数列{an}是等比数列，首项a1＞1，a2 022a2 023＞1，所以a2 022和a2 023同号，所以公比q＝a2023a2022＞0.假设公比q≥1，则数列{an}是单调递增数列或常数列，因为a1＞1，所以a2 022＞1，a2 023＞1，则（a2 022－1）（a2 023－1）＞0，与已知（a2 022－1）（a2 023－1）＜0矛盾，所以0＜q＜1，所以选项A正确.
因为a1＞1，0＜q＜1，所以数列{an}是单调递减数列，又（a2 022－1）（a2 023－1）＜0，所以（a2 022－1）和（a2 023－1）异号，所以a2 022＞1，a2 023＜1，所以a2 023＝S2 023－S2 022＜1，即S2 022＋1＞S2 023，所以选项B错误.
因为a2 022＞1，a2 023＜1，数列{an}是单调递减数列，所
以数列{an}的前2 022项都大于1，从第2 023项开始都小于1，所以T2 022是数列{Tn}中的最大项，所以选项C正确.
因为T4 043＝a1a2a3·…·a4 041a4 042a4 043，
T4 043＝a4 043a4 042a4 041·…·a3a2a1，
所以T40432＝（a1a4 043）（a2a4 042）（a3a4 041）·…·（a4 041a3）（a4 042a2）（a4 043a1），
又a1a4 043＝a2a4 042＝a3a4 041＝…＝a4 041a3＝a4 042a2＝a4 043a1＝a20222，所以T40432＝（a20222）4043，则T4 043＝a20224043.因为a2 022＞1，所以T4 043＝a20224043＞1，
所以选项D正确.
综上，选ACD.
A.4B.3C.2D.1
解析 设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），
则由2S3＝3a2＋8a1，得2a1＋2a2＋2a3＝3a2＋8a1，
即6a1＋a2－2a3＝0，即a1（6＋q－2q2）＝0，
因为a1≠0，所以6＋q－2q2＝0，解得q＝2或q＝－32（舍去）.
解法一 由S8＝2S7＋2得a8＝S7＋2，即a1q7＝a1（1－q7）1－q＋2，将q＝2代入，得27a1＝a1（1－27）1－2＋2，解得a1＝2，所以a2＝a1q＝4.故选A.
解法二 因为S8＝2S7＋2，所以a1（1－28）1－2＝2a1（1－27）1－2＋2，解得a1＝2，所以a2＝a1q＝4.故选A.
2.[命题点1/新高考卷Ⅱ]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.
解析 （1）设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝12（舍去）或q＝2，所以a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
（2）由（1）可知an＝2n，则（－1）n－1anan＋1＝（－1）n－1×2n×2n＋1＝8×（－4）n－1，
记Tn＝a1a2－a2a3＋…＋（－1）n－1anan＋1，
则Tn＝8×（－4）0＋8×（－4）1＋…＋8×（－4）n－1
＝8×1－（－4）n1－（－4）
＝85[1－（－4）n].
3.[命题点2/2023黑龙江哈尔滨三中模考]已知数列{an}的首项a1＝25，且满足an＋1＝2an2an+1.
（1）求证：数列{1an－2}为等比数列.
（2）若1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＜101，求满足条件的最大整数n.
解析 （1）由an＋1＝2an2an+1，可得1an+1＝2an+12an＝1＋12an，
1an+1－2＝12an－1＝12（1an－2），又1a1－2＝12≠0，
故数列{1an－2}为等比数列.
（2）由（1）可知1an－2＝12×（12）n－1＝12n，
故1an＝12n＋2.
1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝12＋2＋122＋2＋123＋2＋…＋12n＋2＝12（1－12n）1－12＋2n＝1－12n＋2n.
令f（n）＝1－12n＋2n，易知f（n）随n的增大而增大，f（50）＜101，f（51）＞101，
故满足f（n）＜101的最大整数为50.
4.[命题点3/多选/2023鄂东南省级示范高中联考]设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1＞1，a2 022a2 023＞1，（a2 022－1）（a2 023－1）＜0，则下列选项正确的是（ ACD ）
A.0＜q＜1
B.S2 022＋1＜S2 023
C.T2 022是数列{Tn}中的最大项
D.T4 043＞1
解析 因为数列{an}是等比数列，首项a1＞1，a2 022a2 023＞1，所以a2 022和a2 023同号，所以公比q＝a2023a2022＞0.假设公比q≥1，则数列{an}是单调递增数列或常数列，因为a1＞1，所以a2 022＞1，a2 023＞1，则（a2 022－1）（a2 023－1）＞0，与已知（a2 022－1）（a2 023－1）＜0矛盾，所以0＜q＜1，所以选项A正确.
因为a1＞1，0＜q＜1，所以数列{an}是单调递减数列，又（a2 022－1）（a2 023－1）＜0，所以（a2 022－1）和（a2 023－1）异号，所以a2 022＞1，a2 023＜1，所以a2 023＝S2 023－S2 022＜1，即S2 022＋1＞S2 023，所以选项B错误.
因为a2 022＞1，a2 023＜1，数列{an}是单调递减数列，所
以数列{an}的前2 022项都大于1，从第2 023项开始都小于1，所以T2 022是数列{Tn}中的最大项，所以选项C正确.
因为T4 043＝a1a2a3·…·a4 041a4 042a4 043，
T4 043＝a4 043a4 042a4 041·…·a3a2a1，
所以T40432＝（a1a4 043）（a2a4 042）（a3a4 041）·…·（a4 041a3）（a4 042a2）（a4 043a1），
又a1a4 043＝a2a4 042＝a3a4 041＝…＝a4 041a3＝a4 042a2＝a4 043a1＝a20222，所以T40432＝（a20222）4043，则T4 043＝a20224043.因为a2 022＞1，所以T4 043＝a20224043＞1，
所以选项D正确.
综上，选ACD.
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