2023届高考数学一轮复习作业等比数列及其前n项和新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业等比数列及其前n项和新人教B版（答案有详细解析），共6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
1．(2021·贵州贵阳一中高三月考)已知各项均为正数的等比数列{an}，前3项和为13，a3＝a2·a4，则a4＝( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,9) C．1 D．3
A [由题意，等比数列{an}的各项均为正数，即an>0，因为a3＝a2·a4＝aeq \\al(2,3)，可得a3＝1，又因为S3＝eq \f(a3,q2)＋eq \f(a3,q)＋1＝13，可得q＝eq \f(1,3)，所以a4＝a3q＝eq \f(1,3)．]
2．(2021·重庆八中高三月考)若等比数列{an}满足a1＋a2＋a3＝eq \f(3,2)，且a1a2a3＝eq \f(1,8)，则a3＋a4＋a5＋a6＝( )
A．eq \f(3,2) B．2 C．eq \f(5,2) D．3
B [设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，由题意可得：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝\f(3,2)，,a1a2a3＝\f(1,8)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＋a1q2＝\f(3,2)，,a1×a1q×a1q2＝\f(1,8)，))
解得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,2)，,q＝1，))所以an＝eq \f(1,2)，
所以a3＋a4＋a5＋a6＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝2．]
3．等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝3，a4＋a5＋a6＝6，则{an}的前12项和为( )
A．90 B．60 C．45 D．32
C [设数列的公比为q，则eq \f(a4＋a5＋a6,a1＋a2＋a3)＝q3＝eq \f(6,3)＝2，
所以a7＋a8＋a9＝(a4＋a5＋a6)q3＝6×2＝12，同理a10＋a11＋a12＝24，
所以S12＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a10＋a11＋a12)＝3＋6＋12＋24＝45．]
4．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”．其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则该人第五天走的路程为( )
A．6里 B．12里 C．24里 D．48里
B [记每天走的路程里数为{an}，由题意知{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，由S6＝378，得S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，∴a5＝192×eq \f(1,24)＝12(里)．故选B．]
5．(2020·全国卷Ⅱ)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
C [令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq \f(an＋1,an)＝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×eq \f(2×1－210,1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C．]
6．已知数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A．若a1＋a2＞0，则a1＋a3＞0
B．若a1＋a3＞0，则a1＋a2＞0
C．若a1＞0，则S2 021＞0
D．若a1＞0，则S2 020＞0
C [A错误，如数列：－1,2，－4，…．
BD错误，如数列1，－2,4，…．
C正确，当q＜0时，显然S2 021＞0；当0＜q＜1时，及q＞1时“1－q”与“1－q2 021”同号，故S2 021＞0；当q＝1时，显然S2 021＞0，故C正确．]
二、填空题
7．(2021·黄冈中学高三模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，写出{an}的一个通项公式an＝ ，满足下面两个条件：①{an}是单调递减数列；②{Sn}是单调递增数列．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n) (答案不唯一) [根据前n项和数列是单调递增的，可以判定数列的各项，从第二项起，各项都是大于零的，由数列本身为单调递减数列，结合各项的值的要求，可以考虑公比在0到1之间的等比数列的例子，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)就是符合条件的例子，故答案为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n) (答案不唯一)．]
8．(2021·凯里一中高三三模)已知数列{an}满足：a1≠0，an＋1＝2an(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则eq \f(S6－S3,S3)＝ ．
8 [因为a1≠0，an＋1＝2an(n∈N*)，∴eq \f(an＋1,an)＝2＝q，
∴eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(a4＋a5＋a6,a1＋a2＋a3)＝eq \f(q3a1＋a2＋a3,a1＋a2＋a3)＝q3＝8．]
9．若在前n项和为Sn的等比数列{an}中，a1a2a3a4＝aeq \\al(2,5)，S2＝6，则数列{an}的通项公式为 ．
an＝2n或an＝(－3)n [设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a\\al(4,1)＝a\\al(2,1)，,2a1＝6，))无解；
若q≠1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a\\al(4,1)q6＝a\\al(2,1)q8，,a1＋a1q＝6，))而q及a1均不为0，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝q，,a1＋a1q＝6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－q，,a1＋a1q＝6，))
解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝q，,a1＋a1q＝6)) 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝2)) 或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,q＝－3，))解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－q，,a1＋a1q＝6，))无解，
所以an＝2n或an＝(－3)n．]
三、解答题
10．(2020·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{lg3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m．
[解](1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1．
由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8.))解得a1＝1，q＝3．
所以{an}的通项公式为an＝3n－1．
(2)由(1)知lg3an＝n－1．
故Sn＝eq \f(nn－1,2)．
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0．
解得m＝－1(舍去)，m＝6．
11．设数列{an}中，a1＝1，a2＝eq \f(5,3)，an＋2＝eq \f(5,3)an＋1－eq \f(2,3)an，令bn＝an＋1－an(n∈N*)
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解](1)证明：∵an＋2＝eq \f(5,3)an＋1－eq \f(2,3)an，
∴an＋2－an＋1＝eq \f(2,3)(an＋1－an)，而bn＝an＋1－an，
∴bn＋1＝eq \f(2,3)bn，又b1＝a2－a1＝eq \f(2,3)，
∴{bn}是首项为eq \f(2,3)，公比为eq \f(2,3)的等比数列．
(2)由(1)知bn＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)，
∴an－an－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－1)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝1＋eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n),1－\f(2,3))＝3－3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)．
1．已知{an}为等比数列，数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，则数列{bn}的前n项和为( )
A．3n＋1 B．3n－1
C．eq \f(3n2＋n,2) D．eq \f(3n2－n,2)
C [∵b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，
∴a1(b2－b1)＝a2，即a2＝3a1，
又数列{an}为等比数列，
∴数列{an}的公比为q＝3，
∴bn＋1－bn＝eq \f(an＋1,an)＝3，
∴数列{bn}是首项为2，公差为3的等差数列，
∴数列{bn}的前n项和为Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×3＝eq \f(3n2＋n,2)．故选C．]
2．如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为eq \f(\r(2),2)，则其最小正方形的边长为 ．
eq \f(1,32) [由题意，得正方形的边长构成以eq \f(\r(2),2)为首项，以eq \f(\r(2),2)为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，∴n＝10，∴最小正方形的边长为eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(9)＝eq \f(1,32)．]
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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－2，n≥2.))
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝eq \f(21－4n,1－4)＝eq \f(24n－1,3)．
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋eq \f(24n－1,3)＝eq \f(22n＋1＋1,3)．
1．将正整数排成如图所示：
试问2 020是表中第 行的第 个数．
11 997 [由题意得第n行有2n－1个数，20＋2＋22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＋29＝eq \f(1－210,1－2)＝1 023，
20＋2＋22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＋29＋210＝eq \f(1－211,1－2)＝2 047，
∴2 020是表中第11行的第997个数．]
2．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知满足 ，求公比q以及aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)．
从①a2a5＝－32且a3＋a4＝－4，②a1＝1且S6＝9S3，③S2＝a3－1且S3＝a4－1这三组条件中任选一组，补充到上面问题中，并完成解答．
[解] 若选①，则有a2a5＝a3a4＝－32，
故有a3a4＝－32，a3＋a4＝－4，解得a3＝4，a4＝－8，或a3＝－8，a4＝4，即q＝－2或q＝－eq \f(1,2)．
因为{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)为首项，q2为公比的等比数列，
若q＝－2，a1＝1，此时aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3)；
或q＝－eq \f(1,2)，a1＝－32，
此时aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(212,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n)))．
若选②，eq \f(S6－S3,S3)＝8，即q3＝8，故q＝2．
因为{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)为首项，q2为公比的等比数列，
所以aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3)．
若选③，S2＝a3－1(*)，S3＝a4－1(**)．
令(**)式减(*)式，得a3＝a4－a3，
即a4＝2a3，故q＝2．
则(*)式中，a1＋a2＝a3－1，
即a1＋2a1＝4a1－1，即a1＝1．
因为{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)为首项，q2为公比的等比数列，所以aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3)．