新高考数学一轮复习专题六数列6-3等比数列练习含答案

这是一份新高考数学一轮复习专题六数列6-3等比数列练习含答案，共14页。

考点1 等比数列及其前n项和
1.(2023全国甲理,5,5分,中)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1,S5=5S3-4,则S4=( C )
A.158 B.658 C.15 D.40
2.(2022全国乙,文10,理8,5分,中)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6= ( D )
A.14 B.12 C.6 D.3
3.(2020课标Ⅱ理,6,5分,中)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k= ( C )
A.2 B.3 C.4 D.5
(2023全国甲文,13,5分,易)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为 -12 .
5.(2023全国乙理,15,5分,中)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7= -2 .
6.(2023北京,14,5分,中)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7= 48 ;数列{an}所有项的和为 384 .
7.(2020新高考Ⅱ,18,12分,易)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1.
解析 (1)设公比为q(q>1),依题意有a1q+a1q3=20,a1q2=8,
解得a1=2,q=2或a1=32,q=12(舍去).
所以an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由(1)知(-1)n-1anan+1=(-1)n-1×2n×2n+1=(-1)n-122n+1,
所以a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1
=23-25+27-29+…+(-1)n-122n+1
=23[1−(−22)n]1−(−22)=85-(-1)n·22n+35.
8.(2022新高考Ⅱ,17,10分,中)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
解析 (1)证明:设等差数列{an}的公差为d.
由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1,①
由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1,②
由①②得2a1+10b1=12b1,即a1=b1.
(2)由(1)知d=2b1=2a1,
由bk=am+a1,1≤m≤500得b1×2k-1=2a1+(m-1)d,
即a1×2k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a1≠0,
∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8,
∴2≤k≤10.
故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.
考点2 等比数列的性质及其应用
1.(2021全国甲文,9,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=( A )
A.7 B.8 C.9 D.10
2.(2023新课标Ⅱ,8,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8= ( C )
A.120 B.85 C.-85 D.-120
三年模拟
练速度
1.(2024山东青岛第一次适应性检测,1)等比数列{an}中,a2=1,a5=8,则a7=( A )
A.32 B.24 C.20 D.16
2.(2024广东惠州一模,2)设正项等比数列{an}的公比为q,若a2,3a1,a3成等差数列,则q=( B )
A.12 B.2 C.13 D.3
3.(2024安徽蚌埠教学质量检查,4)已知各项均为正数的等比数列{an}中,若a5=9,则lg3a4+lg3a6=( C )
A.2 B.3 C.4 D.9
4.(2024山东新高考联合质量测评,3)已知数列{an}是等比数列,{bn}是等差数列,a1=1,若b1,2a2,3a3,2b3为常数列,则a4b2=( C )
A.0 B.8 C.827 D.1681
5.(2024湖南九校联盟第二次联考,2)已知{an}是等比数列,Sn是其前n项和.若a3-a1=3,S4=5S2,则a2的值为( C )
A.2 B.4 C.±2 D.±4
6.(2024广东江门一模,3)已知{an}是等比数列,a3a5=8a4,且a2,a6是方程x2-34x+m=0两根,则m=( C )
A.8 B.-8 C.64 D.-64
7.(2024山东潍坊一模,4)已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2 024=( A )
A.22023+13 B.22024+13
C.21 012-1 D.21 011-1
8.(多选)(2024湖南长沙雅礼中学二模,10)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( ACD )
A.此人第二天走了九十六里路
B.此人第三天走的路程占全程的18
C.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
D.此人后三天共走了四十二里路
9.(2024山东淄博一模,13)已知等比数列{an}共有2n+1项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则公比q= 2 .
10.(2024湖北八市联考,13)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若3S2>S6>0,则公比q的取值范围为 (-1,0)∪(0,1) .
11.(2024江苏南京、盐城调研,17)设数列{an}的前n项和为Sn,an+Sn=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足anbn=cs nπ2,求{bn}的前50项和T50.
解析 (1)由an+Sn=1,得an-1+Sn-1=1(n≥2),
两式相减得an-an-1+an=0(n≥2),即an=12an-1(n≥2),
当n=1时,2S1=2a1=1,得a1=12≠0,所以anan−1=12(n≥2),
故{an}是首项为12,公比为12的等比数列,从而an=12n.
(2)由(1)得bn=2ncs nπ2.
所以T50=-22+24-26+28-…-250=−4[1−(−4)25]1−(−4)=-45(1+425).
12.(2024河北唐山一模,15)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an+lg2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大整数n.
解析 (1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1,
因为an>0,所以q>0,
依题意可得a3=4,a4+a5=24,即a1q2=4,a1q3+a1q4=24,
整理得q2+q-6=0,
解得q=2或q=-3(舍去),
所以an=a3qn-3=2n-1.
(2)由(1)可知an+lg2an=2n-1+n-1,
故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)
=2n-1+n(n−1)2,
显然,Tn随着n的增大而增大,
T10=210-1+45=1 068<2 024,
T11=211-1+55=2 102>2 024,
所以满足Tn<2 024的最大整数n=10.
13.(2024浙江宁波二模,16)已知等差数列{an}的公差为2,记数列{bn}的前n项和为Sn,b1=0,b2=2且满足bn+1=2Sn+an.
(1)证明:数列{bn+1}是等比数列;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解析 (1)证明:n≥2时,bn+1-bn=2(Sn-Sn-1)+an-an-1=2bn+2,即bn+1=3bn+2.
又b1=0,b2=2,所以n≥1时,bn+1=3bn+2,
即bn+1+1=3(bn+1).又b1+1=1≠0,所以bn+1≠0,
所以bn+1+1bn+1=3.所以数列{bn+1}是等比数列.
(2)由(1)易得bn=3n-1-1.
由b2=2b1+a1可得a1=2,所以an=2n.
所以anbn=2n(3n-1-1)=2n·3n-1-2n,
所Tn=2(1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1)-n(n+1).
令M=1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1,
则3M=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,
所以2M=-(30+31+32+…+3n-1)+n·3n=n·3n-1−3n1−3=(2n−1)3n+12,
所以Tn=2M-n(n+1)=(2n−1)3n+12-n(n+1).
练思维
1.(多选)(2024湖南长沙适应性考试,12)设等比数列{an}的公比为q,前n项积为Tn,下列说法正确的是( BCD )
A.若T8=T12,则a10a11=1
B.若T8=T12,则T20=1
C.若a1=1 024,且T10为数列{Tn}的唯一最大项,则12109D.若a1>0,且T10>T11>T9,则使得Tn>1成立的n的最大值为20
2.(2024江西赣州二模,17)已知数列{an}满足a1=14,an,32an+1,2anan+1成等差数列.
(1)求证:数列1an−1是等比数列,并求出{an}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,证明:381-13n≤Sn<512.
解析 (1)由于an,32an+1,2anan+1成等差数列,
所以3an+1=an+2anan+1,(1分)
即1an+1=3an-2,可得1an+1-1=31an−1,(3分)
所以1an−1是以1a1-1=3为首项,3为公比的等比数列,(4分)
所以1an-1=3×3n-1=3n,即an=13n+1.(6分)
(2)证明:因为13n+1<13n,
所以Sn=a1+a2+a3+…+an=14+132+133+…+13n=14+191−13n−11−13=512-12·13n<512.(10分)
由于381−13n=14·1−13n1−13=141+13+132+…+13n−1,且14·3n−1≤13n+1,
所以Sn=a1+a2+a3+…+an≥14130+131+…+13n−1
=14×1−13n1−13=381−13n(当n=1时等号成立),(14分)
故381−13n≤Sn<512.(15分)
3.(2024黑龙江哈师大附中三模,16)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=3an-2n(n∈N*).
(1)求证:数列{an-2n}是等比数列;
(2)设bn=an+λ·2n-(λ+1)·32n−1,若{bn}是递增数列,求实数λ的取值范围.
解析 (1)证明:由Sn=3an-2n,得Sn+1=3an+1-2n+1,
两式相减得2an+1=3an+2n.(2分)
2(an+1-2n+1)=3(an-2n),即an+1-2n+1=32(an-2n),(4分)
∵S1=3a1-21,∴a1=1,
∴a1-21=-1≠0,∴an-2n≠0.(6分)
∴an+1−2n+1an−2n=32,
∴{an-2n}是以-1为首项,32为公比的等比数列.(7分)
(2)由(1)可知an-2n=(-1)·32n−1,∴an=2n-32n−1,(8分)
∴bn=(1+λ)2n-(λ+2)32n−1,
则bn+1=(1+λ)2n+1-(λ+2)32n,
∵{bn}是递增数列,∴bn+1>bn对任意的n∈N*恒成立,
∴(1+λ)2n+1-(λ+2)32n>(1+λ)2n-(λ+2)32n−1,
∴3(1+λ)>(λ+2)34n,(10分)
当λ+2<0,即λ<-2时,3(1+λ)λ+2<34n,
∵34n>0,且n→+∞时,34n→0,∴3(1+λ)λ+2≤0,
∴-2<λ≤-1(舍).(12分)
当λ+2=0,即λ=-2时,-3>0,矛盾,故λ=-2(舍).(13分)
当λ+2>0,即λ>-2时,3(1+λ)λ+2>34n,
∵34n≤341=34,∴3(1+λ)λ+2>34,
∴λ>-23,满足λ>-2,故λ>-23.(15分)
4.(2024江苏南通二模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an-4an+1,a1=-1.
(1)证明:数列{2an+1-an}为等比数列;
(2)设bn=an+4n(n+1),求数列{bn}的前n项和;
(3)是否存在正整数p,q(p<6解析 (1)证明:当n=1时,S1=a1-4a2,故a2=0.
当n≥2时,由Sn=an-4an+1,①得Sn-1=an-1-4an,②
①-②得,an=an-an-1-4an+1+4an,即4an+1=4an-an-1.(2分)
所以2(2an+1-an)=2an-an-1.
又2a2-a1=1≠0,所以∀n∈N*,2an+1-an≠0,
所以2an+1−an2an−an−1=12,
所以{2an+1-an}是以1为首项,12为公比的等比数列.(4分)
(2)由(1)得,2an+1-an=12n−1,
所以2nan+1-2n-1an=1,则2a2-a1=1,4a3-2a2=1,……,2n-1an-2n-2an-1=1,
通过累加法可得2n-1an=n-2,解得an=n−22n−1,(7分)
所以bn=n+22n+3n(n+1)=1812n−1n−12n(n+1).
所以{bn}的前n项和为181−12×2+12×2−122×3+…+12n−1n−12n(n+1)=18-12n+3(n+1).(10分)
(3)由(1)知,Sn=n−22n−1-4×n−12n=-n2n−1.
因为Sp,S6,Sq成等差数列,所以-1225=-p2p−1-q2q−1,
整理得p2p+q2q=316.(12分)
因为p2p+q2q=316,所以p2p<316.
又1≤p<6,p∈N*,经检验,只能p=5.(14分)
所以532+q2q=316,故q2q=132.
令dn=n2n,则dn+1-dn=1−n2n+1≤0,所以d1=d2>d3>d4>d5>….
因为d8=132,所以q=8.
所以存在p=5,q=8,使得Sp,S6,Sq成等差数列.(17分)
练风向
1.(新定义理解)(多选)(2024山东烟台、德州诊断,11)给定数列{an},定义差分运算:Δan=an+1-an,Δ2an=Δan+1-Δan,n∈N*.若数列{an}满足an=n2+n,数列{bn}的首项为1,且Δbn=(n+2)·2n-1,n∈N*,则( BC )
A.存在M>0,使得ΔanB.存在M>0,使得Δ2anC.对任意M>0,总存在n∈N*,使得bn>M
D.对任意M>0,总存在n∈N*,使得Δ2bnbn>M
2.(创新知识交汇)(2024广东二模,18)已知正项数列{an},{bn},满足an+1=bn+c2,bn+1=an+c2(其中c>0).
(1)若a1≠b1,且a1+b1≠2c,证明:数列{an-bn}和{an+bn-2c}均为等比数列;
(2)若a1>b1,a1+b1=2c,以an,bn,c为三角形三边长构造序列△AnBnCn(其中AnBn=c,BnCn=an,AnCn=bn),记△AnBnCn外接圆的面积为Sn,证明:Sn>π3c2;
(3)在(2)的条件下证明:数列{Sn}是递减数列.
证明 (1)由an+1=bn+c2,bn+1=an+c2,两式相减得an+1-bn+1=-12(an-bn),(1分)
因为a1≠b1,所以a1-b1≠0,(2分)
所以{an-bn}是以a1-b1为首项,-12为公比的等比数列.(3分)
由an+1=bn+c2,bn+1=an+c2,两式相加得an+1+bn+1=12(an+bn)+c,(4分)
两边同时减2c,得an+1+bn+1-2c=12(an+bn)-c,
即an+1+bn+1-2c=12(an+bn-2c).(5分)
因为a1+b1≠2c,所以a1+b1-2c≠0,(6分)
所以{an+bn-2c}是以a1+b1-2c为首项,12为公比的等比数列.(7分)
(2)因为a1>b1,由(1)得{an-bn}是等比数列,
所以an-bn≠0,即an≠bn.(8分)
由(1)得an+1+bn+1-2c=12(an+bn-2c),
因为a1+b1=2c,所以a1+b1-2c=0,
所以{an+bn-2c}为常数列0,故an+bn=2c.(9分)
由cs Cn=an2+bn2−c22anbn=an2+bn2−an+bn222anbn=38bnan+anbn-14≥34-14=12,
因为an≠bn,所以等号不成立,故cs Cn>12.(10分)
因为Cn∈(0,π),所以Cn∈0,π3,所以sin Cn<32.(11分)
所以Sn=πrn2>πc23.rn为外接圆半径,rn=c2sinCn(12分)
(3)由(1)可知an-bn=(a1-b1)−12n−1,由(2)可知an+bn=2c,(13分)
解得an=c+a1−b12−12n−1,bn=c-a1−b12−12n−1,(14分)
所以anbn=c2-(a1−b1)24−122n−2=c2-(a1−b1)214n.(15分)
anbn随着n的增大而增大,
又因为cs Cn=an2+bn2−c22anbn=(an+bn)2−c2−2anbn2anbn=3c22anbn-1,(16分)
所以cs Cn随着n的增大而减小,所以{cs Cn}是递减数列,
因为Cn∈0,π3,所以{sin Cn}是递增数列,所以csinCn是递减数列,
所以{Sn}是递减数列.(17分)