全国统考2022版高考数学大一轮复习第6章数列第3讲等比数列及其前n项和1备考试题（含解析）

第六章　数　列

第三讲　等比数列及其前n项和

练好题·考点自测 

1.下列结论中,错误的个数为 (　　)

①满足an+1=qan(n∈N*,q为常数)的数列{an}为等比数列.

②a,b,c三个数成等比数列的充要条件是b2=ac.

③如果数列{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列{bn}也是等比数列.

④如果数列{an}为等比数列,则数列{ln an}是等差数列.

A.1 B.2 C.3 D.4

2.[北京高考,5分]设{an}是公比为q的等比数列,则“q>1”是“{an}为递增数列”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

3.[2019全国卷Ⅲ,6,5分][文]已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3= (　　)

A.16 B.8 C.4 D.2

4.[易错题]记等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=6,则S4= (　　)

A.10或8 B.-10

C.-10或8 D.-10或-8

5.[2020全国卷Ⅱ,6,5分]数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k= (　　)

A.2 B.3 C.4 D.5

6. [2020全国卷Ⅰ,10,5分][文]设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8= (　　)

A.12 B.24 C.30 D.32

7.[2017全国卷Ⅱ,3,5分]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯              (　　)

A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏

8.[2016全国卷Ⅰ,15,5分]设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　.

拓展变式

1.[2018全国卷Ⅰ,17,12分][文]已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=.

(1)求b1,b2,b3;

(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;

(3)求{an}的通项公式.

2.(1)[2020全国卷Ⅱ,6,5分][文]记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则= (　　)　　　　　　　　　　

A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1

(2)已知数列{an}是等差数列,若a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,则q= (　　)

A.1 B.2 C.3 D.4

3.(1)[2021大同市调研测试]已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a4a5a6=5,则a7a8a9= (　　)

A.25 B.20 

C.10 D.10

(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为 (　　)

A.25 B.20 

C.15 D.10

(3)记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*),已知am-1am+1-2am=0,且T2m-1=128,则m的值为 (　　)

A.4 B.7 

C.10 D.12

4.数列{an},{bn}满足a1=-1,b1=2,且(n∈N*),则b2 015+b2 016=　　　　. 

答  案

第六章　数　列

第三讲　等比数列及其前n项和

1.D　对于①,当n属于正整数,q为常数且不等于0时,数列{an}为等比数列,故①错误;对于②,由等比中项的概念可知,a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=ac,故②错误;对于③,当等比数列{an}的公比q=-1时,bn=0,此时{bn}不是等比数列,故③错误;对于④,当an为正数时,数列{ln an}是等差数列,故④错误.所以结论中错误的个数为4,故选D.

2.D　等比数列-1,-2,-4,…,满足公比q=2>1,但{an}不是递增数列,即充分性不成立.an=-1×()n-1为递增数列,但q=<1,即必要性不成立.故“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件,故选D.

3.C　设等比数列{an}的公比为q,由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4,得q2=4,因为数列{an}的各项均为正数,所以q=2.又a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+2+4+8)=15,所以a1=1,所以a3=a1q2=4,故选C.

4.C　设等比数列的公比为q,因为a1=2,S3=6,所以S3=2+2q+2q2=6,则q2+q-2=0,所以q=1或q=-2.当q=1时,S4=S3+2=8;当q=-2时,S4=S3+a1q3=6+2×(-2)3=-10.故选C.

5.C　令m=1,则由am+n=aman,得an+1=a1an,即=a1=2,所以数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列,所以an=2n,所以ak+1+ak+2+…+ak+10=ak(a1+a2+…+a10)=2k×=2k+1×(210-1)=215-25=25×(210-1),解得k=4,故选C.

6.D　解法一　设等比数列{an}的公比为q,所以=q=2,由a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=a1(1+2+22)=1,解得a1=,所以a6+a7+a8=a1(q5+q6+q7)=×(25+26+27)=×25×(1+2+22)=32,故选D.

解法二　令bn=an+an+1+an+2(n∈N*),则bn+1=an+1+an+2+an+3.设数列{an}的公比为q,则=q,所以数列{bn}为等比数列,由题意知b1=1,b2=2,所以等比数列{bn}的公比q=2,所以bn=2n-1,所以b6=a6+a7+a8=25=32,故选D.

7.B　由题意知,每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{an},则前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得=381,解得a1=3,故选B.

8.64　解法一　设等比数列{an}的公比为q,由得,解得所以a1a2…an=q1+2+…+(n-1)=8n×(.记t=(n∈N*),则t=(n2-7n)=(n)2+,易知当n=3或4时,a1a2…an取得最大值26=64.

解法二　设等比数列{an}的公比为q,由题可知a1+a1q2=10,a1q+a1q3=5,则q=,a1=8,所以an=8·()n-1=24-n.

当n=4时,a4=1,所以a1>a2>a3>a4=1>a5>a6>….

所以a1a2…an取最大值时n=3或4.所以a1a2…an的最大值为64.

1.(1)由条件可得an+1=an.

将n=1代入得,a2=4a1,因为a1=1,所以a2=4.

将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.

因为bn=,

所以b1=1,b2=2,b3=4.

(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.理由如下:

由条件可得,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列.

(3)由(2)可得=2n-1,所以an=n·2n-1.

2.(1)B　解法一　设等比数列{an}的公比为q,则由解得所以Sn==2n-1,an=a1qn-1=2n-1,所以=2-21-n,故选B.

解法二　设等比数列{an}的公比为q,因为=2,所以q=2,所以=2-21-n,故选B.

(2)A　设等差数列{an}的公差为d,由a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,得(a4+3)2=a2(a6+6),即(a1+3d+3)2=(a1+d)·(a1+5d+6),化简得(2d+3)2=0,解得d=.所以q==1.故选A.

3.(1)D　解法一　 因为数列{an}为正项等比数列,所以a1a2a3==5,a4a5a6==5,a7a8a9=,又a2a8=,所以=50,得a7a8a9==10,故选D.

解法二　因为数列{an}为正项等比数列,所以a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9也构成等比数列,所以=(a1a2a3)·(a7a8a9)=50,又a1a2a3=5,所以a7a8a9=10,故选D.

(2)B　在正项等比数列{an}中,Sn>0.因为S8-2S4=5,所以S8-S4=5+S4.易知S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,所以=S4·(S12-S8),所以S12-S8=+S4+10≥2+10=20(当且仅当S4=5时取等号).因为S12-S8=a9+a10+a11+a12,所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.故选B.

(3)A　因为{an}是等比数列,所以am-1am+1=.又am-1am+1-2am=0,则2am=0,所以am=2(am=0舍去).由等比数列的性质可知前2m-1项积T2m-1=,即22m-1=128,解得m=4.故选A.

4.-3×22 015　易知b2=-8,由bn+1=2an-3bn⇒bn+2=2an+1-3bn+1,将an+1消去得bn+2=-2bn-3bn+1,所以bn+2+bn+1=-2(bn+1+bn),故可得bn+1+bn=(-2)n-1(b2+b1)=(-8+2)×(-2)n-1=3×(-2)n,所以b2 016+b2 015=-3×22 015.