专题18等比数列（解析版）_E015高中全科试卷_数学试题_选修2_01.同步练习_同步练习（第四套）_高中数学新教材人教A版选择性必修配套提升训练(等10份资料)

专题18 等比数列
一、单选题
a  n S a 2a a 1 S 
1．（2020·陕西省高三三模（理））已知等比数列 n 的前 项和为 n， 4 3， 1 ，则 4 （
）
A．31 B．15 C．8 D．7
【答案】B
【解析】
a
 1q4
1
S  15
由于数列是等比数列，故 aq3 2aq2，由于 a 1 ，故解得 q= 2 ，所以 4 1q .
1 1 1
故选：B.
a 
aa a 8 a a 
2.（2020·毕节市实验高级中学高一期中）在等比数列 n 中，已知 1 3 11 ，那么 2 8 （ ）
A．4 B．6 C．12 D．16
【答案】A
【解析】
aa a a aq2aq10   aq43 a3 823
由 ,
1 3 11 1 1 1 1 5
a 2
所以 5 ,
a a a2 22 4
则 2 8 5 .
故选A.
a 
S a 1 a 4S 0
3．（2020·江西省高三三模（文））已知等比数列 n 的前n项和为 n，若 1 ， 3 2 ，则
a 
10 （ ）
512 1024
A． B．512 C．1024 D．
【答案】A
【解析】a 1,a 4S 0
 1 3 2 .
aq2 4a aq0
1 1 1 .
q2 4q40 q 2
.解得: .
a a q9 1(2)9 512
10 1 .
故选:A
a 
aa 4 a 256 a 
4．（2020·河南省高三月考（文））在等比数列 n 中，已知 1 3 ， 9 ，则 8 （ ）
64 128
A．128 B．64 C．64或 D．128或
【答案】D
【解析】
a  q
设等比数列 n 的公比为 ，
aa a2 4 a 2
由 1 3 2 ，解得 2 ，
a
a
q7  9 128 a  9 128
当a 2时， a ，得q= 2，则 8 2 ；
2 2
a
a
q7  9 128 a  9 128
当a 2时， a ，得q 2，则 8 -2
2 2
a 128 128
.综上 8 或 ，
故选：D.
a 
3 a ,a ,a a
5．（2020·毕节市实验高级中学高一期中）已知等差数列 n 的公差为 ,若 1 3 4成等比数列,则 2等
于()
A．9 B．3 C．-3 D．-9
【答案】D
【解析】
因为 a 1 ,a 3 ,a 4成等比数列，所以 a 1 a 1 3da 1 2d2 ，所以 a 1 d4d2 0 ，又因为d 3，所以a 12 a a d 9
1 ，则 2 1 ，
故选：D.
a 
n S a 2, a 2a a 0
6．（2020·湖北省高三三模（理））设等比数列 n 的前 项和为 n， 1 2 3 4 ，则
S 
5 （ ）
A．2 B．0 C．2 D．4
【答案】A
【解析】
a 2, a 2a a 0
 1 2 3 4
aq2aq2 aq3 0 q2q2 q3 0
1 1 1 , ;
q 0 q1
或 ；等比数列公比不能为0，
q1
2[1(1)5]
S  2
5 1+1
故选：A
7．（2020·福建省高二期末）“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数
学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等，
某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，
4
最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的5 .若这堆货物总
4 n
2565 
价是 5 万元，则n的值为（ ）A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【解析】
S
由题意，可知这堆货物的总价为 n，则
2 n1
4 4 4
S 12 3 ...n
n 5

5



5


2 n1 n
4 4 4 4 4
S  2   ...n1   n   ，
5 n 5 5 5 5
2 n1 n
1 4 4 4 4
S 1  ... n
两式相减可得： 5 n 5  5    5    5  
n
4
1
  n n
5 4 4
 n 5n5
   
4 5 5 ，
1
5
n
4
S 255n5
所以 n  5   ，
n n
4 4
S 255n5 2565
当 n  5    5   时，
解得：n8.
故选：B
{a } n S a a 2a ,S S mS
8．（2020·黑龙江省铁人中学高一期中）等比数列 n 的前 项和为 n， 1 2 3 2是 1与 3的
m
等比中项，则 的值为（ ）9 6 1
A．1 B．7 C．7 D． 2
【答案】B
【解析】
{a } q a a 2a a aq2aq2 a 0 2q2 q10
设数列 n 的公比为 ，则由 1 2 3，得 1 1 1 ，易知 1 ，所以 解得
1
q 
q1 或 2 ，当 q1 时， S 2 0 ，这与S 2 是 S 1与mS 3 的等比中项矛盾，
1 3 7 9 7
q  S a,S  a ,mS  am a2 m a2
当 2 时， 1 1 2 2 1 3 4 1 由S
2
是 S 1与mS
3
的等比中项，得S
2
2 S
1
mS
3
，即4 1 4 1 ，
9
所以m ，
7
故选：B.
二、多选题
a  q n S n
9．（2018·山东省山东师范大学附中高二学业考试）设等比数列 n 的公比为 ，其前 项和为 n，前
a 1
a a 1, 6 0
项积为T ，并且满足条件a 1， 6 7 a 1 ，则下列结论正确的是（ ）
n 1 7
0q1 a a 1
A． B． 6 8
S S T T
C． n的最大值为 7 D． n的最大值为 6
【答案】AD
【解析】
a 1
6 0
①a 1,a 1, 与题设a 1 矛盾.
6 7 7
a 1,a 1,
② 6 7 符合题意.a 1
6 0
③a 1,a 1,与题设a 1 矛盾.
6 7 7
a 1,a 1, a 1
④ 6 7 与题设 1 矛盾.
a 1,a 1,0q1 T T
得 6 7 ，则 n的最大值为 6.

B，C，错误.
故选：AD.
a 
q(q1)
10．（2019·临沭第一中学高二开学考试）已知数列 n 是公比为 的等比数列，则以下一定是等
比数列的是（ ）
 2a n   a2 a a  a a 
A． B． n C． n1 n D． n1 n
【答案】BC
【解析】
a
n1 q
因为数列
a 
是公比为q(q1)的等比数列,则 a ,
n n
2a
n1
2a
n1
a
n
对于选项A, 2a
n
,因为a
n1
a
n
不是常数,故A错误；
2
a2 a 
对于选项B, n1  n1  q2 ,因为 为常数,故B正确；
a2  a  q2
n n
a a a a
n2 n1  n2  n1 q2
对于选项C, a a a a ,因为q2为常数,故C正确；
n1 n n1 n
a a 0 q1
对于选项D,若 n1 n ,即 时,该数列不是等比数列,故D错误.
故答案为:BC
11．（2020·山东省曲阜一中高三月考）在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行
健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关.”则下列说法正确的是（ ）
1
A．此人第二天走了九十六里路 B．此人第三天走的路程站全程的8C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 D．此人后三天共走了42里路
【答案】ACD
【解析】
1
设此人第n天走 a n里路，则数列 a n  是首项为 a 1，公比为 q  2 的等比数列，
1
a (1 )
1 26
S = 378
因为 ，所以 ，解得 ，
6 1
1
S 378 a 192
2
6 1
1
a 192 96
对于A，由于 2 2 ，所以此人第二天走了九十六里路，所以A正确；
1 48 1
a 192 48, 
对于B，由于 3 4 378 8 ，所以B不正确；
378192186,1921866
对于C，由于 ，所以此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里，所以C
正确；
1 1 1 
a a a 192   42
 
对于D，由于 4 5 6 8 16 32 ，所以D正确，
故选：ACD
a a a a a a a a a a a 2
12．（2019·山东省高三月考）已知 1， 2， 3， 4成等比数列，满足 1 2 3 4 2 3 4 ，
a 1
且 4 ，下列选项正确的是（ ）
a a a a a a a a
A． 1 3 B． 3 4 C． 1 2 D． 2 4
【答案】AD
【解析】
a ,a ,a ,a q
1 2 3 4成等比数列，设公比为 .
2
a a a a a 
a a a a a a a 2 , 4  4  4 a  4  4 a
 1 2 3 4 2 3 4 q3 q2 q 4  q2 q 4   ，2 2
1 1 1  1 1  1 1 1  1 1 
   1a  1 , a 1,   1  1
q3 q2 q 4  q2 q    4 q3 q2 q  q2 q   ，
1 1 2 1
   0
整理得q4 q3 q2 q ，即q32q2 q10.
f x x32x2 x1 f 'x3x2 4x13x1x1
令 ，则 .
1 1
f 'x0 x f 'x0 1x
由 ，得 3或x1；由 ，得 3，
 1  1 
1,  ,
 f x 在 ,1 上单调递增，在   3  上单调递减，在   3  上单调递增.
 1 23
f   0
 f x 的极大值为 f 11，极小值为   3   27 .
f 210  f x 2,1
x
又 ， 在区间 上有一个零点 0.
q32q2 q10 q x 1 q2 1
即 时， 0 ， .
 a 4 1 ，  等比数列 a 1 ,a 2 ,a 3 ,a 4中， a 1 ,a 3均为负数， a 2 ,a 4均为正数.
a aq2 a ,a a q2 a
3 1 1 4 2 2.
故选：AD.
三、填空题
13．（2018·平遥县综合职业技术学校高二期中）两个数等差中项是20，等比中项是12，则这两个数是
________.
4,36
【答案】
【解析】
a,b
设这两个数为 ，
因为两个数等差中项是20，等比中项是12，ab40 a4 a36
  
所以 ab144 b36或 b4 ，
4,36
即这两个数为 ，
4,36
答案为： ．
{a } a a 1 a a 2
14．（2020·毕节市实验高级中学高一期中）在等比数列 n 中， 1 2 ， 3 4 ，则
a a a a 
5 6 7 8 ________.
【答案】12
【解析】
a a q2a a 
3 4  1 2 q2 2
设等比数列{a }公比为q,则 a a a a .
n 1 2 1 2
a a a a q4a a a a 22312
故 5 6 7 8 1 2 3 4 .
故答案为：12
n
a 
15．（2020·湖南省高三三模（理））在数列 a  中，a 4，且a 2a ，则 2i __________.
n 4 n2 n i1
2n12
【答案】
【解析】
a 2a a 4 a 2
因为 n2 n， 4 ，所以 2 ，
a 
故数列 2n 是以2为首项、2为公比的等比数列，
n 2
 12n
a  2n12
由等比数列前n项和公式可得， 2i 12 .
i1
2n12
故答案为：
16．（2020·进贤县第一中学高一月考）我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物
名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞
的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为_____日．
（结果保留一位小数，参考数据： lg20.30， lg30.48）
【答案】2.6．
1
【解析】解：设蒲（水生植物名）的长度组成等比数列 a  ，其a 3 ，公比为 ，其前n 项和为
n 1 2
A ．莞（植物名）的长度组成等比数列b  ，其 b 1 ，公比为 2 ，其前 n 项和为 B ．
n n 1 n
 1 
3 1
 
 2n  2n 1
则A  ,B  ，
n 1 n 21
1
2
令 ，
A  B
n n
6
化为： 2n  7，
2n
解得2n 6 或2n 1 （舍去）．
即： lg6 lg3 .
n 1 2.6
lg2 lg2
所需的时间约为2.6 日.
四、解答题
a 
S a +1
17．（2020·江西省高二月考（理））已知数列 n 是公差为2的等差数列，它的前n项和为 n，且 1 ，
a 1 a 1
3 ， 7 成等比数列。
a 
(1)求 n 的通项公式。
 1 
 
(2)求数列  S  的前n项和 T 。
n n
3 2n3

【答案】（1）a 2n1；（2）4 2n1n2
n
【解析】a 1a 5 a 1a 13
（1）由题意，得 3 1 ， 7 1 ，
a 12 a 1a 1
所以由 3 1 7 ，
a 52 a 1a 13
得 1 1 1 ，
a 3
解得 1 ，
a 32n1
所以 n ，
a 2n1
即 n 。
a 2n1
（2）由（1）知 n ，
1 11 1 
 
则S nn2，S 2  n n2  ，
n n
1 1 1 1 1 1 1 1 
T  1      
 
n 2 3 2 4 3 5 n n2
1 1 1 1 
 1  
 
2 2 n1 n2
3 2n3
 
4 2n1n2。
a 
S
18．（2020·湖北省江夏实验高中高一期中）已知等差数列 n 的前n项和为 n，且
a 3,S 49,nN*
2 7
a 
(1)求数列 n 的通项公式；
(a 1)2n1
(2)设
b
n
 n
n ，求数列
b
n

的前n项和T n.
a 2n1 T 2n12
【答案】(1) n ;(2) n【解析】
a d 3
1
{ 76
(1)设公差为d，则 7a  d 49
1 2
a 1
1

解得： d 2
a a (n1)d 2n1(nN*)
∴ n 1
a  a 2n1(nN*)
所以数列 n 的通项公式为 n ;
(a 1)2n1 (2n11)2n1
b  n  2n
(2)由(1)得 n n n
b(1qn) 2(12n)
T  1  2n12(nN*)
∴ n 1q 12
a
19．（2020·江苏省如皋中学高一月考）已知数列
a
n

的前n项和 S n满足
S
n

a1
a
n
1
，(a为常数，
a0 a 1
且 ， ).
a 
（1）求数列 n 的通项公式；
2S
b  n 1
（2）设 n a
n
，若数列 b
n
 为等比数列，求a的值.
1
a
a an
【答案】（1） .（2） 3
n
【解析】
a
S  a 1a
（1）因为 1 a1 1 1，所以 a a .
1a
当n2时， a n S n S n1  a1 a n a n1  ，
a
n a
整理得a
n1
，即数列
a
n

是以a为首项，a为公比的等比数列.
a =a�an-1 an
所以 n .
a
2 a 1
a1 n 3a1a 2a
b  1 n
（2）由（1）知， (*)
n a a1a
n n
b  b2 b b
由数列 n 是等比数列，则 2 1 3，
3a2 2 3a2 2a2 1
所以  a   3 a2 ，解得 a 3 ，
1
再将
a
3代入(*)式得
b
n
3n
，故数列
b
n

为等比数列，
1
a
所以 3.
a  a nS b a 1
20．（2020·广东省高三一模（文））已知数列 n 的前n项和为S，且满足 n n，设 n n ．
n
a ,a ,a
（1）求 1 2 3；
b 
（2）判断数列 n 是否是等比数列，并说明理由；
a 
（3）求数列 n 的前n项和S．
n
1 3 7
【答案】（1）
a
1

2
,a
2

4
,a
3

8；（2）数列
b
n

是等比数列，理由见解析；（3）
n
1
S n1
n  2   ．
【解析】1  1 3
a  a 2  a   a 
（1）a nS ,a 1a ，解得 1 2． 2  2 2，解得 2 4．
n n 1 1
 3 1 7
a 3  a    a 
3  3 4 2，解得 3 8 ．
a nS ,n2 a n1S 2a a 1
（2） n n 时， n1 n1，相减可得： n n1 ，
1
a 1 a 1
变形为： n 2 n1
1
b  b
由 b a 1 ．可得： n 2 n1．
n n
1
b a 1
1 1 2
1 1
b  
∴数列 n 是等比数列，首项为 2 ，公比为 2 ．
n1 n
1 1 1
b   
（3）由（2）可得： n 2  2    2  
n
1
a b 11
则 n n  2   ．
n
1
S na n1
n n  2   ．
a 
21．（2019·福建省莆田一中高三月考（文））设数列 n 前 n 项和为 S ，且满足
1 1
a  ,S a 
 nN*
1 32 n n1 32 ．
a  a 
（1）证明 n 为等比数列，并求数列 n 的通项公式；
 
（2）在（1）的条件下，设 b n log 2 a n，求数列 b n 的前n项和 T n ．11nn2
,n6

 2
T 
【答案】（1）证明见解析， ；（2） n n2 11n ．
30,n6
a 2n6  2
n
【解析】
1 1
S a  a a 
（1）当n1时， 1 2 32 ， 2 1 32，
1
当n2时， S n1 a n  32 ，与已知式作差得 a n a n1 a n ，即 a n1 2a n n2 ，
1 1 a
a a  a  2 2
又 2 1 32，∴ 2 16，∴ a ，
1
1
a 
故数列 n 是以32为首项，2为公比的等比数列，
a 2n6
所以 n
6n,n6
b 
（2）由（1）知b n6，∴ n n6,n6，
n
11nn2
T b b b 
若n6， n 1 2 n 2 ，
n2 11n
T b b b b b  30
若n6， n 1 2 5 6 n 2 ，
11nn2
,n6

 2
T 
∴ n n2 11n ．
30,n6
 2
a 
a 1 a 3
22．（2020·宁夏回族自治区银川九中高三二模（文））在数列 n 中， 1 ， 2 ，
a 3a 2a 0 nN n2
n1 n n1 （ 且 ）.a a 
（1）证明：数列 n1 n 是等比数列；
a 
（2）求数列 n 的通项公式.
a 2n 1
【答案】（1）见解析；（2） n .
【解析】
a 3a 2a 0
（1）证明：∵ n1 n n1 ，
a a 2a a 
∴ n1 n n n1 ，
a 1 a 3 a a 20
又 1 ， 2 ， 2 1 ；
a a
n1 n 2
∴a a （nN ，且n2），
n n1 
a a 
故数列 n1 n 是首项和公比都是2的等比数列；
a a 2n
（2）解：由（1）可得 n1 n ，
a a 2n1 nN n2
则 n n1 （ ，且 ），
a a a a a a a … a a a
故 n n n1 n1 n2 n2 n3 2 1 1
2n12n2 2n3 … 21
12n
 2n 1
12 （nN ，且n2），

a 1
n1
当 时， 1 满足上式，
a 2n 1
∴ n .