2021年高考考点完全题数学（文）考点通关练习题 第四章 数列 30 word版含答案

考点测试30　等比数列

一、基础小题

1．在等比数列{an}中，已知a7·a12＝5，则a8a9a10a11＝(　　)

A．10 B．25

C．50 D．75

答案　B

解析　因为a7·a12＝a8·a11＝a9·a10＝5，∴a8a9a10a11＝52＝25.

2．已知等比数列{an}的公比为正数，且a2·a6＝9a4，a2＝1，则a1的值为(　　)

A．3 B．－3

C．－ D．

答案　D

解析　设数列{an}的公比为q，由a2·a6＝9a4，得a2·a2q4＝9a2q2，解得q2＝9，所以q＝3或q＝－3(舍)，所以a1＝＝.故选D.

3．在正项等比数列{an}中，Sn是其前n项和．若a1＝1，a2a6＝8，则S8＝(　　)

A．8 B．15(＋1)

C．15(－1) D．15(1－)

答案　B

解析　∵a2a6＝a＝8，∴aq6＝8，∴q＝，∴S8＝＝15(＋1)．

4．若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为(　　)

A．2 B．4

C．8 D．16

答案　B

解析　由anan＋1＝aq＝16n>0知q>0，又＝q2＝＝16，∴q＝4.

5．已知数列{an}，则“an，an＋1，an＋2(n∈N*)成等比数列”是“a＝anan＋2”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

答案　A

解析　若n∈N*时，an，an＋1，an＋2成等比数列，则a＝anan＋2，反之，则不一定成立，举反例，如数列为1,0,0,0，…，应选A.

6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝a·2n－1＋，则a的值为(　　)

A．－ B．

C．－ D．

答案　A

解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a·2n－1－a·2n－2＝a·2n－2，当n＝1时，a1＝S1＝a＋，∴a＋＝，∴a＝－.故选A.

7．已知数列{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝(　　)

A．7 B．5

C．－5 D．－7

答案　D

解析　设数列{an}的公比为q.由题意，得

所以或解得或

当时，a1＋a10＝a1(1＋q9)＝1＋(－2)3＝－7；

当时，a1＋a10＝a1(1＋q9)＝(－8)×＝－7.综上，a1＋a10＝－7.故选D.

8．已知各项不为0的等差数列{an}，满足2a3－a＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝________.

答案　16

解析　由题意可知，b6b8＝b＝a＝2(a3＋a11)＝4a7，

∵a7≠0，∴a7＝4，∴b6b8＝16.

二、高考小题

9．已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)

A．2 B．1

C． D．

答案　C

解析　设{an}的公比为q，由等比数列的性质可知a3a5＝a，∴a＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，得a4＝2，

则q3＝＝＝8，得q＝2，

则a2＝a1q＝×2＝，故选C.

10．若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋2，c＝5－2，则b＝________.

答案　1

解析　∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac＝(5＋2)(5－2)＝1，又b>0，∴b＝1.

11．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.

答案　6

解析　由已知得{an}为等比数列，公比q＝2，由首项a1＝2，Sn＝126，得＝126，解得2n＋1＝128，即n＝6.

12．已知{an}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.

答案　　－1

解析　∵a2，a3，a7成等比数列，

∴a＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，

解得d＝－a1，①

∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1，②

由①②可得a1＝，d＝－1.

13．等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.

答案　5

解析　由等比数列的性质，知a1a5＝a2a4＝a＝4⇒a3＝2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2a＝5log22＝5.

三、模拟小题

14．已知等比数列{an}的公比q＝2，且2a4，a6,48成等差数列，则{an}的前8项和为(　　)

A．127 B．255

C．511 D．1023

答案　B

解析　∵2a4，a6,48成等差数列，∴2a6＝2a4＋48.

∴2a1q5＝2a1q3＋48，又∵q＝2，∴a1＝1.

∴S8＝＝255.

15．已知等比数列{an}满足a1＝2，a3a5＝4a，则a3的值为(　　)

A． B．1

C．2 D．

答案　B

解析　∵{an}为等比数列，设公比为q，

由a3·a5＝4a可得：a＝4a，

∴＝，即q4＝.∴q2＝，a3＝a1·q2＝1.

16．已知数列{an}是首项a1＝的等比数列，其前n项和Sn中S3＝，若am＝－，则m的值为(　　)

A．8 B．10

C．9 D．7

答案　A

解析　设数列{an}的公比为q，若q＝1，则S3＝≠，不符合题意，∴q≠1.

由得

∴an＝·n－1＝n＋1，

由am＝m＋1＝－，得m＝8.

17．设等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，前n项和为Sn.若对任意的n∈N*，有S2n<3Sn，则q的取值范围是(　　)

A．(0,1] B．(0,2)

C．已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.对任意的m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm，则数列{bm}的前m项和Sm＝________.

答案　

解析　设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn.由T5＝105，a10＝2a5，得解得a1＝7，d＝7，因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*)．对任意的m∈N*，若an＝7n≤72m，则n≤72m－1.因此bm＝72m－1，所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，故Sm＝＝＝.

一、高考大题

1．已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求{bn}的前n项和．

解　(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.

所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，

通项公式为an＝3n－1.

(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝，

因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．

记{bn}的前n项和为Sn，

则Sn＝＝－.

2．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.

(1)求{an}的通项公式；

(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．

解　(1)等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，

所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27.

设等差数列{an}的公差为d.

因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，

所以1＋13d＝27，即d＝2.

所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…)．

(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1.

因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.

从而数列{cn}的前n项和

Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1

＝＋

＝n2＋.

二、模拟大题

3．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.

解　(1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1，

又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(2－1)＝2n－2.

当n＝1时，a1＝1，不适合上式．

∴an＝

(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，4为公比的等比数列，

∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.

∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.

4．已知等比数列{an}的公比q>1，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，n∈N*.

(1)求q；

(2)若a＝a10，求数列的前n项和Sn.

解　(1)∵2(an＋an＋2)＝5an＋1，∴2(an＋anq2)＝5anq.

由题意，得an≠0，∴2q2－5q＋2＝0.

∴q＝2或q＝.∵q>1，∴q＝2.

(2)∵a＝a10，∴(a1q4)2＝a1q9.

∴a1＝q＝2.∴an＝a1qn－1＝2n.∴＝n.

∴Sn＝＝2－.

5．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2n.证明：

(1)数列{an＋2n}是等比数列；

(2)对一切正整数n，有＋＋…＋<.

证明　(1)由an＋1＝3an＋2n，得an＋1＋2n＋1＝3an＋2n＋2n＋1＝3(an＋2n)，又a1＋2＝3，所以{an＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列．

(2)由(1)知，an＝3n－2n.又3n－2n>2n(n≥2)，

故＋＋…＋＝＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝－n<.

6．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.

(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；

(2)求T2n.

解　(1)∵an·an＋1＝n，∴an＋1·an＋2＝n＋1.

∴＝，即an＋2＝an.

∵bn＝a2n＋a2n－1，

∴＝＝＝.

∴{bn}是公比为的等比数列．

∵a1＝1，a1·a2＝，

∴a2＝⇒b1＝a1＋a2＝.

∴bn＝×n－1＝.

(2)由(1)可知an＋2＝an，

∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，以为公比的等比数列．

∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－.