2022版高考数学大一轮复习课时作业33《等比数列》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业33《等比数列》(含答案详解)，共5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
设a，b，c，d是非零实数，则“ad=bc”是“a，b，c，d成等比数列”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
已知递增的等比数列{an}的公比为q，其前n项和Sn<0，则( )
A.a1<0,01 C.a1>0,00，q>1
已知在等比数列{an}中，a3=7，前三项之和S3=21，则公比q的值是( )
A.1 B.－eq \f(1,2) C.1或－eq \f(1,2) D.－1或eq \f(1,2)
已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3=4，a4＋a5＋a6=8，则S12=( )
A.40 B.60 C.32 D.50
已知等比数列{an}的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为( )
A.4 B.6 C.8 D.10
中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗.羊主曰：“我羊食半马.”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a升，b升，c升，1斗为10升，则下列判断正确的是( )
A.a，b，c成公比为2的等比数列，且a=eq \f(50,7)
B.a，b，c成公比为2的等比数列，且c=eq \f(50,7)
C.a，b，c成公比为eq \f(1,2)的等比数列，且a=eq \f(50,7)
D.a，b，c成公比为eq \f(1,2)的等比数列，且c=eq \f(50,7)
等比数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，Sn＋2=4Sn＋3恒成立，则a1值为( )
A.－3 B.1 C.－3或1 D.1或3
已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4=a3，
则使得Tn>1的n的最小值为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
二、填空题
在各项都为正数的等比数列{an}中，若a2 018=eq \f(\r(2),2)，则eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)的最小值为 .
设公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2=3a2＋2，S4=3a4＋2，则q= .
在等比数列{an}中，a2·a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设bn=a2n－1－a2n，n∈N*，
则数列{bn}的前2n项和为 .
三、解答题
设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，a1＋a2=4，a3－a2=6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，kan，Sn，－1都成等差数列，求实数k的值.
已知a1=2，a2=4，数列{bn}满足：bn＋1=2bn＋2且an＋1－an=bn.
(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
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=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,lg2an，n为偶数))(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
在数列{an}中，a1=1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan=eq \f(n＋1,2)an＋1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项an；
(2)若存在n∈N*，使得an≥(n＋1)3nλ成立，求实数λ的最大值.
\s 0 答案详解
答案为：B.
解析：a，b，c，d是非零实数，若ad=bc，则eq \f(b,a)=eq \f(d,c)，此时a，b，c，d不一定成等比数列；
反之，若a，b，c，d成等比数列，则eq \f(a,b)=eq \f(c,d)，所以ad=bc，
所以“ad=bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要而不充分条件，故选B.
答案为：A.
解析：∵Sn<0，∴a1<0，又数列{an}为递增的等比数列，
∴an＋1>an，且|an|>|an＋1|，∴－an>－an＋1>0，
则q=eq \f(－an＋1,－an)∈(0,1)，∴a1<0,0 答案为：C.
解析：当q=1时，a3=7，S3=21，符合题意；
当q≠1时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝7，,\f(a11－q3,1－q)＝21，))得q=－eq \f(1,2).综上，q的值是1或－eq \f(1,2)，故选C.
答案为：B.
解析：由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，
即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，
因此S9－S6=16，S6=12，S12－S9=32，S12=32＋16＋12=60.
答案为：C.
解析：由题意得a1＋a3＋…=85，a2＋a4＋…=170，所以数列{an}的公比q=2，
由数列{an}的前n项和Sn=eq \f(a11－qn,1－q)，得85＋170=eq \f(1－2n,1－2)，解得n=8.
答案为：B.
解析：由题意可得，a，b，c成公比为eq \f(1,2)的等比数列，
b=eq \f(1,2)a，c=eq \f(1,2)b，故4c＋2c＋c=50，解得c=eq \f(50,7).故选D.
答案为：C.
解析：设等比数列{an}的公比为q，当q=1时，Sn＋2=(n＋2)a1，Sn=na1，
由Sn＋2=4Sn＋3得，(n＋2)a1=4na1＋3，即3a1n=2a1－3，
若对任意的正整数n,3a1n=2a1－3恒成立，则a1=0且2a1－3=0，矛盾，
所以q≠1，所以Sn=eq \f(a11－qn,1－q)，Sn＋2=eq \f(a11－qn＋2,1－q)，
代入Sn＋2=4Sn＋3并化简得a1(4－q2)qn=3＋3a1－3q，
若对任意的正整数n该等式恒成立，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－q2＝0，,3＋3a1－3q＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,q＝－2，))故a1=1或－3，故选C.
答案为：C.
解析：∵{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4=a3，∴aeq \\al(2,3)=a3，∴a3=1.
又∵q>1，∴a11(n>3)，
∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2=a1·a2<1，T3=a1·a2·a3=a1a2=T2<1，
T4=a1a2a3a4=a1<1，T5=a1·a2·a3·a4·a5=aeq \\al(5,3)=1，T6=T5·a6=a6>1，
故n的最小值为6，故选C.
答案为：4.
解析：设公比为q(q>0)，因为a2 018=eq \f(\r(2),2)，所以a2 017=eq \f(a2 018,q)=eq \f(\r(2),2q)，a2 019=a2 018q=eq \f(\r(2),2)q，
则有eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)=eq \r(2)q＋eq \f(2,\f(\r(2),2)q)=eq \r(2)q＋eq \f(2\r(2),q)≥2eq \r(2)eq \r(q×\f(2,q))=4，
当且仅当q2=2，即q=eq \r(2)时取等号，故所求最小值为4.
答案为：eq \f(3,2)或－1.
解析：解法1：易知q≠1.由S2=3a2＋2，得eq \f(a11－q2,1－q)=3a1q＋2，化简得a1=eq \f(2,1－2q)，
由S4=3a4＋2，得eq \f(a11－q4,1－q)=3a1q3＋2，化简得a1(1＋q＋q2－2q3)=2.
从而，可得eq \f(2,1－2q)·(1＋q＋q2－2q3)=2，变形整理得q(2q－3)(q＋1)=0，
又q≠0，所以q=eq \f(3,2)或q=－1.
解法2：由S2=3a2＋2，S4=3a4＋2，两式作差得S4－S2=3(a4－a2)，
即a3＋a4=3(a4－a2)，整理得a3＋3a2=2a4，所以a2q＋3a2=2a2q2，
又a2≠0，所以2q2－q－3=0，解得q=eq \f(3,2)或q=－1.
答案为：eq \f(1,12)(1－42n).
解析：设{an}的公比为q，则由等比数列的性质，知a2a3=a1a4=2a1，则a4=2，
由a4与2a7的等差中项为17，知a4＋2a7=2×17=34，得a7=16，
∴q3=eq \f(a7,a4)=eq \f(16,2)=8，即q=2，∴a1=eq \f(a4,q3)=eq \f(1,4)，则an=eq \f(1,4)×2n－1=2n－3，
∴bn=a2n－1－a2n=22n－4－22n－3=22n－4－2×22n－4=－22n－4，
∴b1＋b2＋b3＋…＋b2n=－(2－2＋20＋22＋…＋22·2n－4)=eq \f(1,12)(1－42n).
解：(1)∵a1＋a2=4，a3－a2=6，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝4，,a1q2－q＝6，))
∵q>0，∴q=3，a1=1.∴an=1×3n－1=3n－1，
故数列{an}的通项公式为an=3n－1.
(2)由(1)知an=3n－1，Sn=eq \f(1×1－3n,1－3)=eq \f(3n－1,2)，
∵kan，Sn，－1成等差数列，
∴2Sn=kan－1，
即2×eq \f(3n－1,2)=k×3n－1－1，解得k=3.
解：(1)证明：由题知，eq \f(bn＋1＋2,bn＋2)=eq \f(2bn＋2＋2,bn＋2)=2，
∵b1=a2－a1=4－2=2，∴b1＋2=4，
∴数列{bn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列.
(2)由(1)可得，bn＋2=4·2n－1，故bn=2n＋1－2.
∵an＋1－an=bn，
∴a2－a1=b1，
a3－a2=b2，
a4－a3=b3，
……
an－an－1=bn－1.
累加得，an－a1=b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)，
an=2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2)=2＋eq \f(221－2n－1,1－2)－2(n－1)=2n＋1－2n，
故an=2n＋1－2n(n≥2).
∵a1=2=21＋1－2×1，
∴数列{an}的通项公式为an=2n＋1－2n(n∈N*).
解：(1)证明：∵Sn=2an－λ，当n=1时，得a1=λ，
当n≥2时，Sn－1=2an－1－λ，∴Sn－Sn－1=2an－2an－1，
即an=2an－2an－1，∴an=2an－1，
∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴an=λ2n－1.
(2)∵λ=4，∴an=4·2n－1=2n＋1，
∴bn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1，n为奇数，,n＋1，n为偶数，))
∴T2n=22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1=(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
=eq \f(4－4n·4,1－4)＋eq \f(n3＋2n＋1,2)=eq \f(4n＋1－4,3)＋n(n＋2)，
∴T2n=eq \f(4n＋1,3)＋n2＋2n－eq \f(4,3).
解：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan=eq \f(n＋1,2)an＋1，①
∴a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1=eq \f(n,2)an(n≥2)，②
①－②，得nan=eq \f(n＋1,2)an＋1－eq \f(n,2)an，
即(n＋1)an＋1=3nan，∴eq \f(n＋1an＋1,nan)=3(n≥2).
∴数列{nan}(n≥2)是以2a2=2为首项，3为公比的等比数列.
∴nan=2·3n－2，∴an=eq \f(2,n)·3n－2(n≥2)，
又a1=1不满足上式.∴an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(2,n)·3n－2，n≥2.))
(2)∵存在n∈N*，使得an≥(n＋1)3nλ成立，
∴存在n∈N*，使得λ≤eq \f(an,n＋13n)成立.
令f(n)=eq \f(an,n＋13n)，则λ≤f(n)max.
由(1)可知当n=1时，f(1)=eq \f(a1,1＋131)=eq \f(1,6)，
当n≥2时，f(n)=eq \f(an,n＋13n)=eq \f(2,9nn＋1)，
则f(n＋1)－f(n)=eq \f(2,9n＋1n＋2)－eq \f(2,9nn＋1)=eq \f(－4,9nn＋1n＋2)<0，
∴当n≥2时，数列{f(n)}是递减数列，
∴当n≥2时，f(n)≤f(2)=eq \f(1,27).
∴当n∈N*时，f(n)max=eq \f(1,6).∴λ≤eq \f(1,6).
故所求实数λ的最大值为eq \f(1,6).