2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习24《等比数列》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习24《等比数列》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
设数列{an}满足2an=an＋1(n∈N*)，且前n项和为Sn，则eq \f(S4,a2)的值为( )
A.eq \f(15,2) B.eq \f(15,4) C.4 D.2
已知等差数列{an}满足a3=7，a5＋a7=26，bn=eq \f(1,a\\al(2,n)－1)(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，
则S100的值为( )
A.eq \f(101,25) B.eq \f(35,36) C.eq \f(25,101) D.eq \f(3,10)
在等比数列{an}中，a1=1，a3=2，则a7=( )
A.－8 B.8 C.8或－8 D.16或－16
等比数列{an}的前n项和为Sn，则“a2＜0且a5＜0”是“数列{Sn}单调递减”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
在数列{an}中，“an=2an－1，n=2,3,4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
在等比数列{an}中，a2a3a4=8，a7=8，则a1=( )
A.1 B.±1 C.2 D.±2
已知数列{an}满足：an＋1=an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1=1，a2=2，Sn为数列{an}的前n项和，
则S2 028=( )
A.3 B.2 C.1 D.0
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018=( )
A.22 018－1 B.3×21 009－3
C.3×21 009－1 D.3×21 008－2
设数列{an}是以3为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ba1＋ba2＋ba3＋ba4=( )
A.15 B.60 C.63 D.72
我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤.问本持金几何.”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的eq \f(1,2)，第2关收税金为剩余金的eq \f(1,3)，第3关收税金为剩余金的eq \f(1,4)，第4关收税金为剩余金的eq \f(1,5)，第5关收税金为剩余金的eq \f(1,6)，5关所收税金之和，恰好重1斤.问此人总共持金多少.则在此问题中，第5关收税金( )
A.eq \f(1,20)斤 B.eq \f(1,25)斤 C.eq \f(1,30)斤 D.eq \f(1,36)斤
对于数列{an}，定义H0=eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)为{an}的“优值”.现已知某数列的“优值”H0=2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为( )
A.－64 B.－68 C.－70 D.－72
各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=2，S3n=14，则S4n等于( )
A.80 B.30 C.26 D.16
二、填空题
已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn=eq \f(an＋1,an)，若b10·b11=2，则a21=_____.
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018= .
已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1=2且Sn＋1=2Sn，设bn=lg2an，
则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 018b2 019)的值是________.
在公差d＜0的等差数列{an}中，已知a1=10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列，
则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|=________.
各项均为正数的数列{an}和{bn}满足：an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列，且a1=1，a2=3，则数列{an}的通项公式为 an= .
对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”.若a1=2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn=________.
\s 0 答案解析
答案为：A
解析：由题意知，数列{an}是以2为公比的等比数列，故eq \f(S4,a2)=eq \f(\f(a11－24,1－2),a1×2)=eq \f(15,2).故选A.
答案为：C
解析：在等差数列{an}中，a5＋a7=2a6=26⇒a6=13.又数列{an}的公差d=eq \f(a6－a3,6－3)=eq \f(13－7,3)=2，
所以an=a3＋(n－3)·d=7＋(n－3)×2=2n＋1，那么bn=eq \f(1,a\\al(2,n)－1)=eq \f(1,4nn＋1)=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
故Sn=b1＋b2＋…＋bn=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n＋1)))⇒S100=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(100,101)))=eq \f(25,101).
答案为：B；
解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a1=1，a3=2，∴q2=2，∴a7=a3q4=2×22=8.故选B.
答案为：C；
解析：因为a5=a2q3＜0，a2＜0，所以q＞0，所以an＜0恒成立，所以Sn－Sn－1=an＜0，
{Sn}单调递减，故为充分条件；Sn－Sn－1=an＜0⇒a2＜0，a5＜0，故为必要条件.故选C.
答案为：B
解析：当an=0时，也有an=2an－1，n=2,3,4，…，但{an}不是等比数列，
因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有eq \f(an,an－1)=2，n=2,3,4，…，
即an=2an－1，n=2,3,4，…，所以必要性成立.故选B.
答案为：A；
解析：因为数列{an}是等比数列，所以a2a3a4=aeq \\al(3,3)=8，所以a3=2，所以a7=a3q4=2q4=8，
所以q2=2，a1=eq \f(a3,q2)=1，故选A.
答案为：A；
解析：∵an＋1=an－an－1，a1=1，a2=2，∴a3=1，a4=－1，a5=－2，a6=－1，a7=1，a8=2，…，
故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，
故S2 028=336×0＋a2 027＋a2 028=a1＋a2=3.故选A.
答案为：B；
解析：a1=1，a2=eq \f(2,a1)=2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)=eq \f(2n＋1,2n)=2，∴eq \f(an＋2,an)=2.
∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2 018=a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018
=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)
=eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(21－21 009,1－2)=3×21 009－3.
答案为：B；
解析：由数列{an}是以3为首项，1为公差的等差数列，得数列{an}的通项公式为an=3＋(n－1)1=n＋2.由数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，得数列{bn}的通项公式为bn=b1qn－1=2n－1，所以ban=2n＋1，所以ba1＋ba2＋ba3＋ba4=22＋23＋24＋25=eq \f(4×1－24,1－2)=60.
答案为：B.
解析：假设原来持金为x，则第1关收税金eq \f(1,2)x；第2关收税金eq \f(1,3)(1－eq \f(1,2))x=eq \f(1,2×3)x；
第3关收税金eq \f(1,4)(1－eq \f(1,2)－eq \f(1,6))x=eq \f(1,3×4)x；第4关收税金eq \f(1,5)(1－eq \f(1,2)－eq \f(1,6)－eq \f(1,12))x=eq \f(1,4×5)x；
第5关收税金eq \f(1,6)(1－eq \f(1,2)－eq \f(1,6)－eq \f(1,12)－eq \f(1,20))x=eq \f(1,5×6)x.依题意，
得eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2×3)x＋eq \f(1,3×4)x＋eq \f(1,4×5)x＋eq \f(1,5×6)x=1，即(1－eq \f(1,6))x=1，eq \f(5,6)x=1，解得x=eq \f(6,5)，
所以eq \f(1,5×6)x=eq \f(1,5×6)×eq \f(6,5)=eq \f(1,25).故选B.
答案为：D；
解析：由题意可知：H0=eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)=2n＋1，则a1＋2a2＋…＋2n－1·an=n·2n＋1.
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2·an－1=(n－1)·2n，
两式相减得2n－1·an=n·2n＋1－(n－1)·2n，an=2(n＋1)，
当n=1时成立，∴an－20=2n－18，显然{an－20}为等差数列.
令an－20≤0，解得n≤9，故当n=8或9时，{an－20}的前n项和Sn取最小值，
最小值为S8=S9=eq \f(9×－16＋0,2)=－72，故选D.
答案为：B；
解析：由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…
仍为等比数列.设S2n=x，则2，x－2,14－x成等比数列.
由(x－2)2=2×(14－x)，解得x=6或x=－4(舍去).
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列.
又∵S3n=14，∴S4n=14＋2×23=30.
答案为：1 024
解析：∵b1=eq \f(a2,a1)=a2，b2=eq \f(a3,a2)，∴a3=b2a2=b1b2，∵b3=eq \f(a4,a3)，
∴a4=b1b2b3，…，an=b1b2b3·…·bn－1，∴a21=b1b2b3·…·b20=(b10b11)10=210=1 024.
答案为：3·21009－3.
解析：∵数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n，①∴n=1时，a2=2，n≥2时，an·an－1=2n－1，
②由①÷②得eq \f(an＋1,an－1)=2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 018=eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(21－21 009,1－2)=3·21 009－3.
答案为：eq \f(4 035,2 018).
解析：由Sn＋1=2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1=a1=2，公比为2的等比数列，
所以Sn=2n.当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2n－2n－1=2n－1，
bn=lg2an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,n－1，n≥2，))当n≥2时，eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,n－1n)=eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，
所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 018b2 019)=1＋1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 017)－eq \f(1,2 018)=2－eq \f(1,2 018)=eq \f(4 035,2 018).
答案为： SKIPIF 1 < 0 .
解析：由已知可得(2a2＋2)2=5a1a3，即4(a1＋d＋1)2=5a1·(a1＋2d)，
所以(11＋d)2=25(5＋d)，解得d=4(舍去)或d=－1，所以an=11－n.
当1≤n≤11时 ，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
=a1＋a2＋a3＋…＋an=eq \f(n10＋11－n,2)=eq \f(n21－n,2)；
当n≥12时，an＜0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
=a1＋a2＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)
=2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)
=2×eq \f(1121－11,2)－eq \f(n21－n,2)=eq \f(n2－21n＋220,2).
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|= SKIPIF 1 < 0
答案为：eq \f(nn＋1,2)；
解析：由题意知2bn=an＋an＋1，aeq \\al(2,n＋1)=bn·bn＋1，∴an＋1=eq \r(bnbn＋1)，
当n≥2时，2bn=eq \r(bn－1bn)＋eq \r(bnbn＋1)，
∵bn＞0，∴2eq \r(bn)=eq \r(bn－1)＋eq \r(bn＋1)，∴{eq \r(bn)}成等差数列，
由a1=1，a2=3，得b1=2，b2=eq \f(9,2)，∴eq \r(b1)=eq \r(2)，eq \r(b2)=eq \f(3\r(2),2)，∴公差d=eq \f(\r(2),2)，
∴eq \r(bn)=eq \f(n＋1,2)eq \r(2)，∴bn=eq \f(n＋12,2)，∴an=eq \r(bn－1bn)=eq \f(nn＋1,2).
答案为： 2n＋1－2
解析： ∵an＋1－an=2n, ∴an=(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
=2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2=eq \f(2－2n,1－2)＋2=2n－2＋2=2n.∴Sn=eq \f(2－2n＋1,1－2)=2n＋1－2.