【名师一号】2022届高三数学一轮总复习基础练习：第五章-数列5-3-.docx

第三节　等比数列
时间：45分钟　分值：100分

一、选择题
1．(2022·北京卷)设{an}是公比为q的等比数列，则“q>1”是“{an}为递增数列”的(　　)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析　等比数列{an}为递增数列的充要条件为或故“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D.
答案　D
2．各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝(　　)
A．33 B．72
C．84 D．189
解析　∵a1＋a2＋a3＝21，
∴a1＋a1·q＋a1·q2＝21,3＋3×q＋3×q2＝21，
即1＋q＋q2＝7，解得q＝2或q＝－3.
∵an>0，∴q＝2，a3＋a4＋a5＝21×q2＝21×4＝84.
答案　C
3．已知等比数列{an}满足an>0(n∈N*)，且a5a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋log2a5＋…＋log2a2n－1等于(　　)
A．(n＋1)2 B．n2
C．n(2n－1) D．(n－1)2
解析　由等比数列的性质可知a5a2n－5＝a，
又a5a2n－5＝22n，所以an＝2n.
又log2a2n－1＝log222n－1＝2n－1，
所以log2a1＋log2a3＋log2a5＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝＝n2.
答案　B
4．已知等比数列{an}的前n项积记为Πn，若a3a4a8＝8，则Π9＝(　　)
A．512 B．256
C．81 D．16
解析　由题意可知a3a4a7q＝a3a7a4q＝a3a7a5＝aa5＝a＝8.Π9＝a1a2a3…a9＝(a1a9)(a2a8)(a3a7)·(a4a6)a5＝a，所以Π9＝83＝512，故选A.
答案　A
5．(2022·大纲全国卷)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝(　　)
A．31 B．32
C．63 D．64
解析　∵S2＝3，S4＝15，∴由等比数列前n项和的性质，得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，
∴(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，
即(15－3)2＝3(S6－15)，解得S6＝63，故选C.
答案　C
6．(2021·浙江嘉兴月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列肯定成立的是(　　)
A．若a3>0，则a2 013<0
B．若a4>0，则a2 014<0
C．若a3>0，则S2 013>0
D．若a4>0，则S2 014>0
解析　若a3>0，则a2 013＝a3q2 010>0；若a4>0，则a2 014＝a4q2 010>0，故A，B错；当a3>0，则a1＝>0，由于1－q与1－q2 013同号，所以S2 013＝>0，C正确．故选C.
答案　C
二、填空题
7．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
解析　a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根且{an}是递增数列，故a3＝4，a1＝1，故公比q＝2，S6＝＝63.
答案　63
8．(2022·广东卷)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________.
解析　由于{an}是等比数列，
所以由已知可得a10a11＝a9a12＝a1a20＝e5，
于是lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2a3…a20)，
而a1a2a3…a20＝(a1a20)10＝(e5)10＝e50，
∴lna1＋lna2＋…＋lna20＝lne50＝50.
答案　50

9．(2022·安徽卷)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…，依此类推，设BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________.
解析　由题意知数列{an}是以首项a1＝2，公比q＝的等比数列，∴a7＝a1·q6＝2×6＝.
答案　
三、解答题
10．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a4＋6，且a1，a4，a13成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋1，求数列{bn}的前n项和．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
由于S3＝a4＋6，所以3a1＋＝a1＋3d＋6.
所以a1＝3.
由于a1，a4，a13成等比数列，
所以a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2，即3(3＋12d)＝(3＋3d)2.解得d＝2.所以an＝2n＋1.
(2)由题意bn＝22n＋1＋1，设数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝22n＋1，＝＝4(n∈N*)，所以数列{cn}为以8为首项，4为公比的等比数列．
所以Tn＝＋n＝＋n.
11．已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(，)在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等比数列；
(3)若cn＝an·bn，求证：cn＋1an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.
(2)证明：∵点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，
∴Tn＝－bn＋1.①
∴Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)，②
①②两式相减得bn＝－bn＋bn－1(n≥2)，
∴bn＝bn－1，∴bn＝bn－1.
由①，令n＝1，得b1＝－b1＋1，∴b1＝，
∴{bn}是以为首项，以为公比的等比数列．
(3)证明：由(2)可知bn＝·n－1＝.
∴cn＝an·bn＝(n＋1)·，
∴cn＋1－cn＝(n＋2)·－(n＋1)·
＝[(n＋2)－3(n＋1)]＝(－2n－1)<0，
∴cn＋1上海徐汇、金山、松江二模)函数y＝图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不行能成为公比的数是(　　)
A. B.
C. D.
解析　由于y＝⇔(x＋2)2＋y2＝1(y≥0)，故函数的图象是以(－2,0)为圆心，1为半径的半圆．由圆的几何性质可知圆上的点到原点的距离的最小值为1，最大值为3，故≤q2≤3，即≤q≤，而<，选B.
答案　B
2．已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析　设数列{an}的首项为a1，公比为q，
∵a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴
由①得a1＝q，由②知q＝2或q＝，
又数列{an}为递增数列，∴a1＝q＝2，从而an＝2n.
答案　2n
3．在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________．
解析　设正项等比数列{an}的公比为q，则由a5＝，a6＋a7＝a5(q＋q2)＝3可得q＝2，于是an＝2n－6，
则a1＋a2＋…＋an＝＝2n－5－.
∵a5＝，q＝2，
∴a6＝1，a1a11＝a2a10＝…＝a＝1.
∴a1a2…a11＝1.当n取12时，a1＋a2＋…＋a12＝27－>a1a2…a11a12＝a12＝26成立；当n取13时，a1＋a2＋…＋a13＝28－13时，随着n增大a1＋a2＋…＋an将恒大于a1a2…an.因此所求n的最大值为12.
答案　12
4．已知等比数列{an}的全部项均为正数，首项a1＝1，
且a4,3a3，a5成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an＋1－λan}的前n项和为Sn，若Sn＝2n－1(n∈N*)，求实数λ的值．
解　(1)设数列{an}的公比为q，由条件可知q3,3q2，q4成等差数列，∴6q2＝q3＋q4，解得q＝－3或q＝2，∵q>0，∴q＝2.
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)记bn＝an＋1－λan，则bn＝2n－λ·2n－1＝(2－λ)·2n－1，若λ＝2，则bn＝0，Sn＝0，不符合条件；
若λ≠2，则＝2，数列{bn}为等比数列，首项为2－λ，公比为2，此时Sn＝(1－2n)＝(2－λ)·(2n－1)，
∵Sn＝2n－1(n∈N*)，∴λ＝1.