2012-2021北京高三(上)期末数学汇编：等比数列章节综合.docx

2012-2021北京高三（上）期末数学汇编
等比数列章节综合
一、单选题
1．（2021·北京顺义·高三期末）我国古代数学论著中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四，请问底层几盏灯？意思是：一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯（       ）
A．32盏 B．64盏 C．128盏 D．196盏
2．（2020·北京丰台·高三期末）已知公差不为0的等差数列an，前n项和为Sn，满足S3−S1=10，且a1,a2,a4成等比数列，则a3=（       ）
A．2 B．6 C．5或6 D．12
3．（2018·北京通州·高三期末（理））已知数列an是公差不为0的等差数列，a1=1，且a1，a2，a5成等比数列，那么数列an的前10项和S10等于
A．90 B．100 C．10或90 D．10或100
二、双空题
4．（2020·北京顺义·高三期末）设Sn为公比q≠1的等比数列{an}的前n项和，且3a1，2a2，a3成等差数列，则q＝_____，S4S2=_____.
5．（2016·北京东城·高三期末（文））复印纸幅面规格只采用A系列和B系列，其中A系列的幅面规格为：①A0,A1,A2,...,A8所有规格的纸张的幅宽（以x表示）和长度（以y表示）的比例关系都为x:y=1:2；②将A0纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A1规格；A1纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A2规格；…；如此对开至A8规格.现有A0,A1,A2,...,A8纸各一张.若A4纸的幅宽为2 dm，则A0纸的面积为____dm2，这9张纸的面积之和等于____dm2.
6．（2018·北京西城·高三期末（理））数列{an}是公比为2的等比数列，其前n项和为Sn．若a2=12，则an=_______；S5=_______
三、填空题
7．（2021·北京海淀·高三期末）设等比数列an的前n项和为Sn.若−S1、S2、a3成等差数列，则数列an的公比为__________.
8．（2020·北京昌平·高三期末）各项均为正数的等比数列{an}中, a1=1,a2+a3=6,则S6S3=_______ .
9．（2016·北京海淀·高三期末（理））已知等比数列an的公比为2，若a2+a3=4，则a1+a4=________．
四、解答题
10．（2021·北京丰台·高三期末）已知an是由正整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，最小值记为Bn，令bn=AnBn．
（1）若an=2n(n=1,2,3,⋯)，写出b1，b2，b3的值．
（2）证明：bn+1≥bn(n=1,2,3,⋯)．
（3）若bn是等比数列，证明：存在正整数n0，当n⩾n0时，an，an+1，an+2 ⋯是等比数列．
11．（2016·北京朝阳·高三期末（文））已知数列an是等差数列，数列bn是各项均为正数的等比数列，且a1=b1=3，a2+b2=14，a3+a4+a5=b3.
（1）求数列an和bn的通项公式；
（2）设cn=an+bn,n∈N∗，求数列cn的前n项和.
12．（2018·北京朝阳·高三期末（文））已知由实数构成的等比数列{an}满足a1=2，a1+a3+a5=42．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）求a2+a4+a6+...+a2n．
13．（2018·北京西城·高三期末（文））已知数列{an}是公比为13的等比数列，且a2+6是a1和a3的等差中项．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设数列{an}的前n项之积为Tn，求Tn的最大值．
14．（2015·北京丰台·高三期末（文））已知数列an的前项和Sn满足Sn=λan−nλ+1，(λ≠±1，n∈N∗)．
（1）如果λ=0，求数列an的通项公式；
（2）如果λ=2，求证：数列an+13为等比数列，并求Sn；
（3）如果数列an为递增数列，求λ的取值范围．
15．（2012·北京东城·高三期末（文））在等差数列an中，a1=3，其前n项和为Sn，等比数列bn的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，q=S2b2.
（1）求an与bn；（2）设数列cn满足cn=1Sn，求cn的前n项和Tn.

参考答案
1．C
【解析】
根据等比数列前n项和公式，计算首项.
【详解】
设最底层的灯数为a1，公比q=12，
∴S7=a11−1271−12=254，解得：a1=128.
故选：C
2．B
【解析】
将题设条件转化为基本量的方程组，求出基本量后可求a3.
【详解】
设等差数列的公差为d，则3a1+3d−a1=10a1+d2=a1a1+3d ，
解得a1=2d=2或a1=5d=0（舍），故a3=2+2×3−1=6，
故选：B.
【点睛】
等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．
3．B
【详解】
设等差数列an的公差为d，且d≠0，∵a1=1 且a1，a2，a5成等比数列，∴（a2）2=a1a5， 则（1+d）2=1×（1+4d） ，解得d=2 或d=0 （舍去），
∴an的前10项和S10=10×1+10×92×2=100
故选B
4．     3     10
【分析】
利用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式求出公比q，再利用等比数列的求和公式即可求解.
【详解】
Sn为公比q≠1的等比数列{an}的前n项和，且3a1，2a2，a3成等差数列，
可得4a2＝3a1+a3，
即有4a1q＝3a1+a1q2，
即q2﹣4q+3＝0，解得q＝3，
故S2=a11−321−3=4a1，S4=a11−341−3=40a1，
则S4S2=40a14a1=10.
故答案为：3；10.
5．     642     51142
【解析】
由题设条件逐一得出A0,A1,A2,A3,A4纸张的长和宽，进而得出A0的面积，再由A0,A1,A2,...,A8纸张的面积是以642为首项，公比为12的等比数列，由求和公式得出这9张纸的面积之和.
【详解】
根据题意，A4的长、宽分别为22,2，A3的长、宽分别为4,22，A2的长、宽分别为42,4，A1的长、宽分别为8,42，A0的长、宽分别为82,8，所以A0的面积为642
A0,A1,A2,...,A8纸张的面积是以642为首项，公比为12的等比数列，所以这9张纸的面积之和等于642×[1−(12)9]1−12=51124
故答案为：642；51142
6．     2n−3      314
【详解】
∵a2=a1×2=12,∴a1=14，∴an=14×2n−1=2n−3，S5=141−251−2=314，故答案为2n−3， 314.
7．3或−1
【解析】
先设等比数列的公比为q，根据题中条件，列出方程求解即可得出结果.
【详解】
设等比数列an的公比为q，
因为等比数列an的前n项和为Sn，−S1、S2、a3成等差数列，
所以2S2=−S1+a3，则2a1+a2=−a1+a3，
因此3a1+2a2=a3，所以q2−2q−3=0，解得q=3或q=−1.
故答案为：3或−1.
8．9
【解析】
求出公比，根据等比数列的前n项和公式即可求解.
【详解】
设等比数列{an}的公比为q
因为a1=1,a2+a3=6，所以{a1=1a1q+a1q2=6 ，解得q=−3(舍)，q=2
S6=1×(1−26)1−2=63 ，S3=1×(1−23)1−2=7
则S6S3=637=9
故答案为：9
【点睛】
本题主要考查了求等比数列的前n项和公式，属于基础题.
9．6
【详解】
试题分析：
由题知：
所以
考点：等比数列
10．（1）b1=1，b2=2，b3=3；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【解析】
（1）由an是单调递增数列可得bn=ana1即可求出；
（2）设an+1=k，讨论k≤Bn，Bn1时，由An是递增数列，Bn是递减数列，且Bn不能无限减少可得.
【详解】
（1）∵an=2n，可得an是单调递增数列，
∴An=an,Bn=a1，
∴b1=a1a1=1，b2=a2a1=2，b3=a3a1=3，
（2）设an+1=k，bn=AnBn，
若k≤Bn，则bn+1=Ank≥AnBn=bn，
若Bn1时，An是递增数列，Bn是递减数列，
∵ an是由正整数组成的无穷数列，则数列an必存在最小值，即存在正整数n0，an0是数列an的最小值，则当n≥n0时，Bn=an0，
此时bn=AnBn=anan0=qn−1，即an=an0qn−1，
故当n≥n0时，an，an+1，an+2 ⋯是等比数列；
综上，存在正整数n0，当n≥n0时，an，an+1，an+2 ⋯是等比数列．
【点睛】
本题考查数列单调性的有关判断，解题的关键是正确理解数列的变化情况，清楚bn的变化特点.
11．（1）an=2n+1,n∈N∗，bn=3n,n∈N∗；（2）Sn=nn+2+323n−1，n∈N∗.
【分析】
（1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出；
（2）利用分组求和的方法结合等差数列与等比数列的前n项和公式即可得出.
【详解】
（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，且q>0，
依题意有a1+d+b1q=143a1+3d=b1q2，
由a1=b1=3，又q>0，
解得q=3d=2，
∴an=a1+n−1d=3+2n−1=2n+1，
即an=2n+1,n∈N∗，
bn=b1qn−1=3×3n−1=3n,n∈N∗；
（2）∵cn=an+bn=2n+1+3n，
∴前n项和Sn=a1+a2+a3+⋯+an+b1+b2+b3+⋯+bn
=3+5+7+⋯+2n+1+31+32+33+⋯+3n
=n3+2n+12+31−3n1−3=nn+2+323n−1.
∴前n项和Sn=nn+2+323n−1，n∈N∗.
12．（Ⅰ）an=2n或an=(−1)n−1⋅2n（Ⅱ）见解析
【详解】
试题分析：（Ⅰ）由题可得2(1+q2+q4)=42.由此解得q=±2，即可得到数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n或an=(−1)n−1⋅2n，分情况讨论即可得到a2+a4+a6+...+a2n
试题解析：
（Ⅰ）由a1=2a1+a3+a5=42可得2(1+q2+q4)=42.
由数列{an}各项为实数，解得q2=4，q=±2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n或an=(−1)n−1⋅2n.
（Ⅱ）当an=2n时，a2+a4+a6+...+a2n=4(1−4n)1−4=43⋅(4n−1)；
当an=(−1)n−1⋅2n时，a2+a4+a6+...+a2n=(−4)⋅(1−4n)1−4=43⋅(1−4n).
13．（1）an=(13) n−4；（2）729.
【详解】
试题分析：（1）由数列{an}是公比为13的等比数列，利用等比数列的通项公式及a2+6是a1和a3的等差中项列方程求出a1=27，从而可得{an}的通项公式；（2）令an≥1，即(13) n−4≥1，可得正项数列{an}的前3项大于1，第4项等于1，以后各项均小于1，所以Tn的最大值为 T3=T4=a1⋅a2⋅a3=729．
试题解析：（1）因为 a2+6是a1和a3的等差中项，
所以 2(a2+6)=a1+a3．     因为数列{an}是公比为13的等比数列，
所以 2(a13+6)=a1+a19， 解得 a1=27．                                                                                     
所以 an=a1⋅qn−1=(13) n−4．                                                                    
（2）令an≥1，即(13) n−4≥1，得n≤4，                                                         
故正项数列{an}的前3项大于1，第4项等于1，以后各项均小于1．        
所以 当n=3，或n=4时，Tn取得最大值，                                           
Tn的最大值为 T3=T4=a1⋅a2⋅a3=729．
14．（1）an=−1；（3）证明见解析，Sn=2n+13−n+23；（3）λ>1或λ<−1.
【分析】
（1λ=0时，Sn=−n，由Sn求出an；
（2）利用定义法证明出数列an+13为等比数列，直接套公式求出Sn；
（3）利用定义法证明出数列an+1λ+1为等比数列． 求出an=1λ+1(λλ−1)n−1λ+1，列不等式组求出λ的取值范围.
【详解】
（1）λ=0时，Sn=−n，
当n=1时，a1=S1=−1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−1，
所以an=−1．
（2）证明：当λ=2时，Sn=2an−n3，
所以Sn+1=2an+1−n+13，
相减得：an+1=Sn+1−Sn=2an+13．
所以an+1+13=2(an+13)，
又有Sn=2an−n3，在n=1时，可得：a1=13，a1+13=23≠0，
所以数列an+13为首项为23，公比2为的等比数列，
所以an+13=2n3，Sn=2an−n3=2n+13−n+23．
（3）由（1）可知，显然λ≠0
当n=1时，则S1=λa1−1λ+1，得a1=1λ2−1．
当n≥2时，Sn=λan−nλ+1，
Sn−1=λan−1−n−1λ+1，
相减得an=λλ−1an−1−1λ2−1，
即an+1λ+1=λλ−1(an−1+1λ+1)．
因为λ≠±1，所以a1+1λ+1=λλ2−1≠0．
所以an+1λ+1为等比数列．
所以an=λλ2−1(λλ−1)n−1−1λ+1=1λ+1(λλ−1)n−1λ+1．
因为数列an为递增数列，
所以{1λ+1>0λλ−1>1或 {1λ+1<00<λλ−1<1，
所以λ的取值范围是λ>1或λ<−1．
15．（1）an=3+3n−1=3n，bn=3n−1；（2）Tn=2n3n+1.
【分析】
（1）根据等差数列的首项和公差和等比数列的首项和公比求通项公式；注意题中限制条件；
（2）由（1）得到cn=1Sn=2n3+3n=231n−1n+1，再利用裂项相消法求解；
【详解】
（1）设an的公差为d．
因为b2+S2=12,q=S2b2,所以q+6+d=12,q=6+dq.
解得 q=3或q=−4（舍），d=3．
故an=3+3n−1=3n ，bn=3n−1．
（2）由（1）可知，Sn=n3+3n2，
所以cn=1Sn=2n3+3n=231n−1n+1．
故Tn=231−12+12−13+…+1n−1n+1，
=231−1n+1=2n3n+1.

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