2022届高考数学二轮专题测练-等比数列的基本概念与性质

这是一份2022届高考数学二轮专题测练-等比数列的基本概念与性质，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共20小题；共100分）
1. 下列数列中，构成等比数列的是
A. 2,3,4,5B. 1,－2,－4,8C. 0,1,2,4D. 16,－8,4,－2

2. 若 b≠0，则“a，b，c 成等比数列”是“b=ac”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

3. 若等比数列 an 满足 anan+1＝4n，则其公比为
A. 2B. ±2C. 4D. ±4

4. 设 an 是等比数列，且 a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则 a6+a7+a8=
A. 12B. 24C. 30D. 32

5. 数列 an 成等比数列的充要条件是
A. an+1=anq（q 为常数）B. an+12=anan+2≠0
C. an=a1qn−1（q 为常数）D. an+1=anan+2

6. 已知等比数列 an 满足 a1=14，a3a5=4a4−1，则 a2=
A. 2B. 1C. 12D. 18

7. 在数列 an 中，a1=2，当 n 为奇数时，an+1=an+2；当 n 为偶数时，an+1=2an−1，则 a12=
A. 32B. 34C. 66D. 64

8. 若一个直角三角形三边长成等比数列，则
A. 三边长之比 \（3\mathbin{：}4\mathbin{：}5\）B. 三边长之比为 \（3\mathbin{：}\sqrt 2\mathbin{：}1\）
C. 较大锐角的正弦为 5−12D. 较小锐角的正弦为 5−12

9. 一个等比数列的前三项的积为 2，最后三项的积为 4，且所有项的积为 64，则该数列有
A. 13 项B. 12 项C. 11 项D. 10 项

10. 已知等比数列 an 满足 a1=14，a3a5=4a4−1，则 a2 等于
A. 2B. 1C. 12D. 18

11. 已知 α，β，γ 成公比为 2 的等比数列，α∈0,2π，且 sinα，sinβ，sinγ 也成等比数列，则 α 的值为
A. 2π3 或 0B. 4π3
C. 2π3 或 4π3D. 2π3 或 4π3 或 0

12. 在各项均为正数的等比数列 an 中 a6=3，则 4a4+a8
A. 有最小值 12B. 有最大值 12C. 有最大值 9D. 有最小值 9

13. 若数列 an 满足 a1=2，则“∀p,r∈N*，ap+r=apar”是“an 为等比数列”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

14. 设 an 是各项均为正数的无穷数列，Ai 是边长为 ai，ai+1 的矩形面积（i=1,2,⋯），则 An 为等比数列的充要条件为
A. an 是等比数列
B. a1，a3，⋯，a2n−1，⋯ 或 a2，a4，⋯，a2n，⋯ 是等比数列
C. a1，a3，⋯，a2n−1，⋯ 和 a2，a4，⋯，a2n，⋯ 均是等比数列
D. a1，a3，⋯，a2n−1，⋯ 和 a2，a4，⋯，a2n，⋯ 均是等比数列，且公比相同

15. 在等比数列 an 中，a3=2，a7=8，则 a5=
A. 4B. −4C. ±4D. 5

16. 若一个直角三角形三边长成等比数列，则
A. 三边长之比 3∶4∶5B. 三边长之比为 3:2:1
C. 较大锐角的正弦为 5−12D. 较小锐角的正弦为 5−12

17. 已知实数 −1，a，x，b，−9 依次成等比数列，则实数 x 的值为
A. 3 或 −3B. 3C. −3D. 不确定

18. 在数列 an 中，若 an2−an−12=p，（n≥2，n∈N*，p 为常数），则称 an 为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的判断：
① an 是等方差数列，则 an2 是等差数列；
② −1n 是等方差数列；
③ an 是等方差数列，则 akn（k∈N*，k 为常数）也是等方差数列；
④若 an 既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列．
其中正确命题序号为 （将所有正确的命题序号都填上）．
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ①②③④

19. 若数列 an 的前 n 项的和 Sn=3an−2，则这个数列的通项公式为
A. an=32n−1B. an=3×12n−1
C. an=3n−2D. an=3n−1

20. 在一个有穷数列每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”．已知数列 1，2．第一次“H扩展”后得到 1，3，2，第二次“H扩展”后得到 1，4，3，5，2．那么第 10 次“H扩展”后得到的数列的项数为
A. 1023B. 1025C. 513D. 511

二、填空题（共5小题；共25分）
21. 9 与 1 的等比中项为 ．

22. （1）等比数列 an 中，若 a1+a2=40，a3+a4=60，则 a7+a8= ；
（2）等比数列 an 中，a6⋅a7⋅a8=64，则 a3⋅a11= ；
（3）等比数列 an 中，a3=9，a6=3，则 a12= ．

23. 已知数列 an 满足 lg2an+1=1+lg2ann∈N*，且 a1+a2+a3+⋯+a10=1，则 lg2a101+a102+…+a110= ．

24. 已知数列 an 满足：对任意 n∈N* 均有 an+1=pan+2p−2（p 为常数，p≠0 且 p≠1），若 a2,a3,a4,a5∈−18,−6,−2,6,11,30，则 a1 的所有可能取值的集合是 ．

25. 已知数列 an 满足：对任意 n∈N* 均有 an+1=pan+2p−2（p 为常数，p≠0 且 p≠1），若 a2,a3,a4,a5∈−18,−6,−2,6,11,30，则 a1 的所有可能取值的集合是 ．

三、解答题（共5小题；共65分）
26. 分别求下列两数的等差中项和等比中项．
（1）−2 与 −8；
（2）2−3 与 2+3．

27. 近年来，太阳能技术在生活中应用的步伐日益加快．某地区 2006 年太阳能电池的年生产量达到 7 亿瓦，实际安装量为 5 亿瓦．假设以后若干年内太阳能电池的年生产量逐年递增 3 亿瓦，年安装量的增长率保持在 30%．
（1）以 2006 年为第 1 年，写出第 n 年太阳能电池的年产量 an 与年安装量 bn．
（2）到哪一年，年安装量不少于年生产量?

28. 已知数列 an 满足 a1=12，an+1=2an+2n−2,n为奇数−an−n,n为偶数，bn=a2n，其中 n∈N+．
（1）求 a2+a3 的值；
（2）判断数列 bn 是否为等比数列，并证明你的结论．

29. 已知递增的等比数列 an 满足 a3=8，且 a3+2 是 a2，a4 的等差中项．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）若 bn=lg2an+1，Sn 是数列 bn 的前 n 项和，求 S20 的值．

30. 若数列 an 的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an−λ（λ>0，n∈N*）．
（1）证明：数列 an 为等比数列，并求 an；
（2）若 λ=4，bn=an,n是奇,lg2an,n是偶（n∈N*），求数列 bn 的前 2n 项和 T2n．
答案
第一部分
1. D
2. B【解析】b≠0，则“a，b，c 成等比数列”⇔b=±ac．
因此 b≠0，则“a，b，c 成等比数列”是“b=ac”的必要不充分条件．
3. A
4. D【解析】设等比数列 an 的公比为 q，则 a1+a2+a3=a11+q+q2=1，
a2+a3+a4=a1q+a1q2+a1q3=a1q1+q+q2=q=2，
因此，a6+a7+a8=a1q5+a1q6+a1q7=a1q51+q+q2=q5=32．
5. B
6. C
7. C【解析】因为当 n 为偶数时 an+1=2an−1，即 an+1an−1=2，a1=2，
所以 a1，a3，a5，a7，a9，a11 构成了以 2 为首项、 2 为公比的等比数列，
故 a11=a1×25=64，
因为当 n 为奇数时 an+1=an+2，
所以 a12=a11+2=66．
8. D【解析】由题中条件可设三边为 a，aq，aq2（q>1），
由勾股定理：a2+a2q2=a2q4，则 q4−q2−1=0⇒q2=1+52，
设较小锐角为 A，其对边为 a，则 sinA=aaq2=21+5=5−12．
选D．
9. B【解析】设数列的通项公式为 an=a1qn−1
则前三项分别为 a1，a1q，a1q2，
后三项分别为 a1qn−3，a1qn−2，a1qn−1．
由题意得 a13q3=2，a13q3n−6=4，
两式相乘得 a16q3n−1=8，即 a12qn−1=2．
又因为 a1⋅a1q⋅a1q2⋯⋯a1qn−1=64，
所以 a1nqnn−12=64，
即 a12qn−1n=642，解得 n=12．
10. C
【解析】因为 a3a5=4a4−1，
所以 a1q2⋅a1q4=4a1q3−1，
将 a1=14 代入上式并整理，得 q6−16q3+64=0，
解得 q=2，
所以 a2=a1q=12．
11. C【解析】因为 α，β，γ 成公比为 2 的等比数列，α∈0,2π，
所以 β=12α，γ=4α，
因为等比数列中每一项都不为零，
所以 α≠0，
因为 sinα，sinβ，sinγ 也成等比数列，
所以 sin2β=sinα⋅sinγ，
即 sin212α=sinα⋅sin4α，
把选项中 α 的值代入以上等式进行检验，
得到 α=2π3，α=4π3 合题意．
12. A
13. A
14. D
15. A
【解析】通解：设公比为 q（q≠0 且 q≠1），
由题知 a3=a1q2=2, ⋯⋯①a7=a1q6=8, ⋯⋯②
②① 得 q4=4，
故 q2=2，
则 a5=a3q2=2×2=4，故选A．
优解：由等比数列的性质得 a52=a3a7=2×8=16，
又 a3，a5，a7 间隔项是偶数项，
所以 a3，a5，a7 符号相同，
所以 a5=4．
故选A．
16. D【解析】由题中条件可设三边为 a，aq，aq2q>1，
由勾股定理：a2+a2q2=a2q4，
则 q4−q2−1=0⇒q2=1+52，
设较小锐角为 A，其对边为 a，
则 sinA=aaq2=21+5=5−12．
选D．
17. C【解析】因为实数 −1，a，x，b，−9 依次成等比数列，所以有 x2=−1×−9⇒x=±3，
当 x=3 时，a2=−1×3=−3，显然不存在这样的实数 a，故 x=−3，因此本题选C．
18. D【解析】①因为 an 是等方差数列，
所以 an2−an−12=p（n≥2，n∈N*，p 为常数）成立，
得到 an2 为首项是 a12，公差为 p 的等差数列；
②因为 an2−an−12=−12n−−12n−1=1−−1=2，
所以数列 −1n 是等方差数列；
③数列 an 中的项列举出来是：
a1，a2，⋯，ak，ak+1，ak+2，⋯，a2k，⋯，a3k，⋯，
数列 akn 中的项列举出来是：ak，a2k，a3k，⋯，
因为 ak+12−ak2=ak+22−ak+12=ak+32−ak+22=⋯=a2k2−ak2=p，
所以 ak+12−ak2+ak+22−ak+12+ak+32−ak+22+⋯+a2k2−a2k−12=a2k2−ak2=kp，
类似地有：akn2−akn−12=akn−12−akn−22=⋯=akn+32−akn+22=akn+22−akn+12=akn+12−akn2=p，
同上连加可得 akn+12−akn2=kp，所以数列 akn 是等方差数列；
④ an 既是等方差数列，又是等差数列，
所以 an2−an−12=p，且 an−an−1=dd≠0，
所以 an+an−1=pd，联立解得 an=d2+p2d，
所以 an 为常数列，当 d=0 时，显然 an 为常数列，
所以该数列为常数列．
19. A【解析】因为数列 an 的前 n 项的和 Sn=3an−2，⋯⋯①
所以 n≥2 时，Sn−1=3an−1−2，⋯⋯②
① − ②可得 an=3an−3an−1，
所以 an=32an−1，
因为 n=1，S1=3a1−2，
所以 a1=1，
所以数列 an 是以 1 为首项，32 为公比的等比数列，
所以 an=32n−1．
20. B
【解析】设第 n 次“H扩展”后得到的数列的项数为 an，
则第 n+1 次“H扩展”后得到的数列的项数为 an+1=2an−1，
所以 an+1−1=2an−1，
所以 an+1−1an−1=2，
又 a1−1=3−1=2，
所以 an−1 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 an−1=2⋅2n−1，
所以 an=2n+1，
所以 a10=210+1=1025．
第二部分
21. ±3
【解析】9 与 1 的等比中项为 =±9×1=±3．
22. 135，16，±3
23. 100
【解析】因为 lg2an+1=1+lg2an，可得 lg2an+1=lg22an，
所以 an+1=2an，所以数列 an 是以 a1 为首项，2 为公比的等比数列，
又 a1+a2+…+a10=1，
所以 a101+a102+…+a110=a1+a2+…+a10×2100=2100，
所以 lg2a101+a102+…+a110=lg22100=100．
24. 0,−2,−66
【解析】由题意，an+1+2=pan+2，记 bn=an+2，则 bn+1=pbn，
因为 a2,a3,a4,a5∈−18,−6,−2,6,11,30，
所以 b2,b3,b4,b5∈−16,−4,0,6,13,32，
①若 b2=b3=b4=b5=0，即 a2=a3=a4=a5=−2，此时 a1=−2，满足条件；
②若 bk≠0k=2,3,4,5，则数列 bn 是一个以 p 为公比的等比数列，
当 b2=−4，b3=8，b4=−16，b5=32，即 a2=−6，a3=6，a4=−18，a5=30 时，p=−2．
b1=b2p=−4−2=2，a1=b1−2=0；
当 b2=32，b3=−16，b4=8，b5=−4，即 a2=30，a3=−18，a4=6，a5=−6 时，p=−12．
此时，b1=b2p=32−12=−64，a1=b1−2=−66．
所以 a1 的所有可能取值的集合是 0,−2,−66．
25. 0,−2,−66
【解析】由题意，an+1+2=pan+2，记 bn=an+2，则 bn+1=pbn，
因为 a2,a3,a4,a5∈−18,−6,−2,6,11,30，
所以 b2,b3,b4,b5∈−16,−4,0,6,13,32．
①若 b2=b3=b4=b5=0，即 a2=a3=a4=a5=−2，此时 a1=−2，满足条件；
②若 bk≠0k=2,3,4,5，则数列 bn 是一个以 p 为公比的等比数列．
当 b2=−4，b3=8，b4=−16，b5=32，即 a2=−6，a3=6，a4=−18，a5=30 时，p=−2．
b1=b2p=−4−2=2，a1=b1−2=0；
当 b2=32，b3=−16，b4=8，b5=−4，即 a2=30，a3=−18，a4=6，a5=−6 时，p=−12．
此时，b1=b2p=32−12=−64，a1=b1−2=−66．
所以 a1 的所有可能取值的集合是 0,−2,−66．
第三部分
26. （1） A=−5，G=±4．
（2） A=2，G=±1．
27. （1） an=7+3n−1，bn=5×1+30%n−1，n∈N*．
（2） 因为年安装量不少于年生产量，所以只要 bn≥an，
解得当 n=7 时，a7=25，b7≈24.3；
当 n=8 时，a8=28，b8=31.4，
所以从第 8 年起，年安装量不少于年生产量．
28. （1） 因为 a1=12，
所以，由题可得：a2=1，a3=−3，
所以 a2+a3=−2．
（2） 数列 bn 是等比数列．
证明：b1=a2=2a1=1，
bn+1=a2n+2=2a2n+1+4n=2−an−2n+4n=−2a2n=−2bn，
故数列 bn 是首项为 1，公比为 −2 的等比数列．
29. （1） 等比数列 an 为递增数列，等差中项性质可得 2a3+2=a2+a4．
结合等比数列通项公式可得 a1q2=8,28+2=a1q+8q,
解方程组可得 q=12 或 q=2．
当 q=12 数列 an 为递减数列，不符合题意．
所以 q=2，代入可得 a1=2，
所以 an=2×2n−1=2n，即 an=2n．
（2） 由（1）可得 an+1=2n+1，
则 bn=lg2an+1=lg22n+1=n+1．
Sn 为数列 bn 的前 n 项和，
所以由等差数列前n项和公式可得 S20=20×2+20×19×12=230，
即 S20=230．
30. （1） 因为 Sn=2an−λ，
当 n=1 时，得 a1=λ，
当 n≥2 时，Sn−1=2an−1−λ，
故 Sn−Sn−1=2an−2an−1，即 an=2an−2an−1，
所以 an=2an−1，
所以 an 是以 λ 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 an=λ⋅2n−1．
（2） 因为 λ=4，得 an=4⋅2n−1=2n+1，
所以 bn=2n+1,n是奇,n+1,n是偶.
所以
T2n=22+3+24+5+26+7+⋯+22n+2n+1=22+24+26+⋯+22n+3+5+⋯+2n+1=4−22n⋅41−4+n3+2n+12=4n+1−43+nn+2,
所以 T2n=4n+13+n2+2n−43．