2025届高中数学一轮复习练习：第七章　限时跟踪检测(37)　等比数列（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第七章　限时跟踪检测(37)　等比数列（含解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题与解答题等内容，欢迎下载使用。
1．(2024·山西大同联考)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝( )
A．4 B.eq \f(5,2)
C．2 D.eq \f(1,2)
2．(2024·广东模拟)已知数列{an}为等比数列，函数y＝lga(2x－1)＋2过定点(a1，a2)，若bn＝lg2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则S10＝( )
A．44 B．45
C．46 D．50
3．(2024·河北邯郸模拟)数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn＝22n＋1(n＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数，现设an＝lg4(Fn－1)(n＝1,2，…)，Sn表示数列{an}的前n项和，若32Sn＝63an，则n＝( )
A．5 B．6
C．7 D．8
4．(2024·广东佛山第一次质量检测)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4＝9,9S4＝10S2，则a2＋a4的值为( )
A．30 B．10
C．9 D．6
5．数列{an}的前n项和为Sn＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b等于( )
A．－1 B．0
C．1 D．4
6．(2024·河南驻马店统考)在正项等比数列{an}中，若a3，a7是关于x的方程x2－mx＋4＝0的两实根，则lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝( )
A．8 B．9
C．16 D．18
7．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40＝( )
A．5 B．10
C．15 D．20
8．(2024·四川成都七中月考)有关数据显示，2015年我国快递行业产生的包装垃圾约为400万吨．有专家预测，如果不采取措施，快递行业产生的包装垃圾年平均增长率将达到50%.由此可知，如果不采取有效措施，快递行业产生的包装垃圾超过4 000万吨的年份是(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)( )
A．2019 B．2020
C．2021 D．2022
二、多项选择题
9．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有( )
A．Sn＝3n－1
B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1
D．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2))
三、填空题与解答题
10．(2024·福建泉州适应性线上测试)已知数列{an}的各项均为正数，且eq \f(a\\al(2,n＋1),an)＝6an＋an＋1(n∈N*)，则eq \f(a4＋a7,a2＋a5)＝________.
11．设Tn为正项等比数列{an}(公比q≠1)的前n项积，若T2 015＝T2 021，则eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝________.
12．(2024·浙江杭州模拟)设数列{an}满足a1＝eq \f(2,3)，且对任意的n∈N*，满足an＋2－an≤2n，an＋4－an≥5×2n，则a2 017＝________.
13．(2024·湖南名校质量检测)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*)．
(1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
14．(2024·山东泰安模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an>0,4S1＋S2＝S3.
(1)求数列{an}的公比q；
(2)对于∀n∈N*，不等式eq \f(an－a1,Sn)＋n2＋eq \f(17,2)≥6n＋t恒成立，求实数t的最大值．
高分推荐题
15．将正整数按照如图所示方式排列：
2 024是图中第________行的第________个数．
解析版
一、单项选择题
1．(2024·山西大同联考)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝( )
A．4 B.eq \f(5,2)
C．2 D.eq \f(1,2)
解析：方法一：a1a5＝16＝aeq \\al(2,3)，又a3>0，故a3＝4，所以q＝eq \f(a3,a2)＝2.
方法二：由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·a1q4＝16，,a1q＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,q＝－2))(舍去)．
答案：C
2．(2024·广东模拟)已知数列{an}为等比数列，函数y＝lga(2x－1)＋2过定点(a1，a2)，若bn＝lg2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则S10＝( )
A．44 B．45
C．46 D．50
解析：∵函数y＝lga(2x－1)＋2过定点(1,2)，∴a1＝1，a2＝2，∴等比数列{an}的公比q＝2，an＝2n－1，∴bn＝lg2an＝n－1，又数列{bn}的前n项和为Sn，则S10＝eq \f(10×0＋9,2)＝45，故选B.
答案：B
3．(2024·河北邯郸模拟)数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn＝22n＋1(n＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数，现设an＝lg4(Fn－1)(n＝1,2，…)，Sn表示数列{an}的前n项和，若32Sn＝63an，则n＝( )
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：因为Fn＝22n＋1(n＝0,1,2，…)，所以an＝lg4(Fn－1)＝lg4(22n＋1－1)＝lg422n＝2n－1，所以{an}是等比数列，首项为1，公比为2，所以Sn＝eq \f(11－2n,1－2)＝2n－1.所以32(2n－1)＝63×2n－1，解得n＝6，故选B.
答案：B
4．(2024·广东佛山第一次质量检测)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4＝9,9S4＝10S2，则a2＋a4的值为( )
A．30 B．10
C．9 D．6
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为{an}是各项均为正数的等比数列，则a1>0，q>0，因为aeq \\al(2,3)＝a2a4＝9，所以a3＝3.又因为9S4＝10S2，则9(a1＋a2＋a3＋a4)＝10(a1＋a2)，可得9(a3＋a4)＝a1＋a2，所以eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝q2＝eq \f(1,9)，解得q＝eq \f(1,3)，故a2＋a4＝eq \f(a3,q)＋a3q＝10.故选B.
答案：B
5．数列{an}的前n项和为Sn＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b等于( )
A．－1 B．0
C．1 D．4
解析：方法一：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(4n＋b)－(4n－1＋b)＝3×4n－1，又a1＝S1＝4＋b，∴4＋b＝3×40⇒b＝－1.
方法二：a1＝S1＝4＋b，a2＝S2－S1＝(42＋b)－(4＋b)＝12，a3＝S3－S2＝(43＋b)－(42＋b)＝48，由a1a3＝aeq \\al(2,2)，得48(4＋b)＝122⇒b＝－1.
方法三：在等比数列{an}中，q≠1，Sn＝eq \f(a1·qn－1,q－1)＝eq \f(a1,q－1)·qn－eq \f(a1,q－1)＝A·qn－A＝4n＋b，∴b＝－1.
答案：A
6．(2024·河南驻马店统考)在正项等比数列{an}中，若a3，a7是关于x的方程x2－mx＋4＝0的两实根，则lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝( )
A．8 B．9
C．16 D．18
解析：由根与系数的关系可得a3a7＝4，由等比数列性质可得aeq \\al(2,5)＝a3a7＝4，则a5＝2，所以a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝aeq \\al(2,5)＝4，则a1a2a3…a9＝29，故lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝lg2(a1a2a3…a9)＝lg229＝9.故选B.
答案：B
7．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40＝( )
A．5 B．10
C．15 D．20
解析：易知等比数列{an}的前n项和Sn满足S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30，…成等比数列．设{an}的公比为q，则eq \f(S20－S10,S10)＝q10>0，故S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30，…均大于0.
故(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，
即(S20－1)2＝1·(7－S20)⇒Seq \\al(2,20)－S20－6＝0.
因为S20>0，所以S20＝3.
又(S30－S20)2＝(S20－S10)(S40－S30)，
所以(7－3)2＝(3－1)(S40－7)，故S40＝15.
答案：C
8．(2024·四川成都七中月考)有关数据显示，2015年我国快递行业产生的包装垃圾约为400万吨．有专家预测，如果不采取措施，快递行业产生的包装垃圾年平均增长率将达到50%.由此可知，如果不采取有效措施，快递行业产生的包装垃圾超过4 000万吨的年份是(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)( )
A．2019 B．2020
C．2021 D．2022
解析：记从2015年起，第n(n∈N*)年我国快递行业产生的包装垃圾约为an万吨，由题意知，数列{an}是首项为a1＝400，公比为1＋50%＝1.5的等比数列，则an＝400×1.5n－1，令400×1.5n－1>4 000，得1.5n－1>10，两边取以10为底的对数，得lg 1.5n－1>lg 10＝1，即(n－1)·lgeq \f(3,2)>1，则n－1>eq \f(1,lg 3－lg 2)≈eq \f(1,0.477 1－0.301 0)≈5.679，故n>6.679，因为n∈N*，所以n＝7，故从2021年开始，快递行业产生的包装垃圾超过4 000万吨．故选C.
答案：C
二、多项选择题
9．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有( )
A．Sn＝3n－1
B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1
D．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2))
解析：由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，
当n≥2时，an＝2Sn－1，
两式相减，可得
an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
可得an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，
又a1＝1，则a2＝2S1＝2a1＝2，
所以eq \f(a2,a1)＝2，不满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2.))
当n≥2时，Sn＝eq \f(an＋1,2)＝eq \f(2·3n－1,2)＝3n－1，
又S1＝a1＝1，适合上式，
所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，又eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，所以数列{Sn}为首项为1，公比为3的等比数列．综上可得，故选ABD.
答案：ABD
三、填空题与解答题
10．(2024·福建泉州适应性线上测试)已知数列{an}的各项均为正数，且eq \f(a\\al(2,n＋1),an)＝6an＋an＋1(n∈N*)，则eq \f(a4＋a7,a2＋a5)＝________.
解析：由eq \f(a\\al(2,n＋1),an)＝6an＋an＋1，可得aeq \\al(2,n＋1)－an＋1an－6aeq \\al(2,n)＝0，即(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，因为an>0，所以an＋1＝3an，所以{an}是公比为3的等比数列，所以eq \f(a4＋a7,a2＋a5)＝eq \f(a2q2＋a5q2,a2＋a5)＝q2＝9.
答案：9
11．设Tn为正项等比数列{an}(公比q≠1)的前n项积，若T2 015＝T2 021，则eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝________.
解析：由题意得，T2 015＝T2 021＝T2 015·a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021，
所以a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021＝1，
根据等比数列的性质，
可得a2 016a2 021＝a2 017a2 020＝a2 018a2 019＝1，
设等比数列的公比为q，
所以a2 016a2 021＝eq \f(a\\al(2,2 021),q5)＝1⇒a2 021＝qeq \s\up15(eq \f (5,2))，
a2 018a2 019＝eq \f(a\\al(2,2 019),q)＝1⇒a2 019＝q eq \s\up15( eq \f (1,2)) ，
所以eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝eq \f(lg3q eq \s\up15( eq \f (1,2)) ,lg3qeq \s\up15(eq \f (5,2)))＝eq \f(1,5).
答案：eq \f(1,5)
12．(2024·浙江杭州模拟)设数列{an}满足a1＝eq \f(2,3)，且对任意的n∈N*，满足an＋2－an≤2n，an＋4－an≥5×2n，则a2 017＝________.
解析：∵对任意的n∈N*，
满足an＋2－an≤2n，an＋4－an≥5×2n，
∴5×2n≤an＋4－an＝(an＋4－an＋2)＋(an＋2－an)≤2n＋2＋2n＝5×2n，
∴an＋4－an＝5×2n.
∴a2 017＝(a2 017－a2 013)＋(a2 013－a2 009)＋…＋(a5－a1)＋a1
＝5×(22 013＋22 009＋…＋21)＋eq \f(2,3)
＝5×eq \f(2×1－16504,1－16)＋eq \f(2,3)＝eq \f(22 017,3).
答案：eq \f(22 017,3)
13．(2024·湖南名校质量检测)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*)．
(1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
(1)证明：an＋2＋an＋1－6an＝0可化为an＋2＋3an＋1＝2(an＋1＋3an)，n∈N*，
∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)可知an＋1＋3an＝5·2n－1(n∈N*)，
故an＋1－2n＝－3(an－2n－1)，又a1－20＝1，∴{an－2n－1}是以1为首项，－3为公比的等比数列，∴an－2n－1＝1×(－3)n－1，∴an＝2n－1＋(－3)n－1，Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－－3n,1－－3)＝2n－eq \f(3,4)－eq \f(－3n,4)，故an＝2n－1＋(－3)n－1，Sn＝2n－eq \f(3,4)－eq \f(－3n,4).
14．(2024·山东泰安模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an>0,4S1＋S2＝S3.
(1)求数列{an}的公比q；
(2)对于∀n∈N*，不等式eq \f(an－a1,Sn)＋n2＋eq \f(17,2)≥6n＋t恒成立，求实数t的最大值．
解：(1)由4S1＋S2＝S3，
得4a1＋a1＋a2＝a1＋a2＋a3，
整理得4a1＝a3，
所以4a1＝a1q2.
因为a1≠0，所以q2＝4，
由题意得q>0，所以q＝2.
(2)由(1)得Sn＝eq \f(a11－2n,1－2)＝a1(2n－1)，
an＝a1·2n－1，
所以eq \f(an－a1,Sn)＝eq \f(2n－1－1,2n－1).
所以不等式eq \f(an－a1,Sn)＋n2＋eq \f(17,2)≥6n＋t恒成立等价于eq \f(2n－1－1,2n－1)＋n2＋eq \f(17,2)≥6n＋t恒成立，
所以t≤eq \f(2n－1－1,2n－1)＋n2－6n＋eq \f(17,2).
令f(n)＝eq \f(2n－1－1,2n－1)＋n2－6n＋eq \f(17,2)＝(n－3)2－eq \f(1,2n＋1－2)，n∈N*.
当n＝1时，f(1)＝4－eq \f(1,22－2)＝eq \f(7,2)；
当n＝2时，f(2)＝1－eq \f(1,23－2)＝eq \f(5,6)；
当n≥3时，f(n)单调递增，
所以f(n)≥f(3)＝－eq \f(1,14).
所以t≤－eq \f(1,14)，
故实数t的最大值为－eq \f(1,14).
高分推荐题
15．将正整数按照如图所示方式排列：
2 024是图中第________行的第________个数．
解析：由题意得第n行有2n－1个数，前10行共有20＋2＋22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＋29＝eq \f(1－210,1－2)＝1 023(个)数，前11行共有20＋2＋22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＋29＋210＝eq \f(1－211,1－2)＝2 047(个)数，故2 024是图中第11行的第1 001个数．
答案：11 1 001