专题18等比数列（解析版）_E015高中全科试卷_数学试题_选修2_06.专项练习_专题18等比数列-高中数学新教材人教A版选择性必修配套提升训练

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 0 ，这与S 是 S 与mS 的等比中项矛盾， 2 2 1 3 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 或 （舍去）． 2n 6 2n 1 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 ，若数列 b  为等比数列，求a的值. n n 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 ，即数列 a  是以a为首项，a为公比的等比数列. n1 n 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 a b 3n b  再将 3代入(*)式得 n ，故数列 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 a  ,a  ,a  【答案】（1） 1 2 2 4 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  n S 21．（2019·福建省莆田一中高三月考（文））设数列 n 前 项和为 ，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 ， a 1 1 2 2 a a  a  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），  n1 a 1 当 时， 1 满足上式， a 2n 1 ∴ n .