高考数学一轮复习课时质量评价41等比数列含答案

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课时质量评价(四十一)A组　全考点巩固练1．(2021·南宁统一考试)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D　解析：等比数列{an}为递增数列的充要条件为或故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D．2．(2022·济宁模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，Sn是它的前n项和．若a2a6＝4，且a4＋2a7＝，则S5＝(　　)A．29　　   B．30　　　  C．31　　　   D．32C　解析：因为a2a6＝a＝4，且an>0，所以a4＝2．又a4＋2a7＝，所以a7＝．设{an}的公比为q，则＝q3＝，q＝，所以an＝a4＝25－n，所以S5＝16＋8＋4＋2＋1＝31．故选C．3．中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，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．”其意思为：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，请问最后一天走了(　　)A．6里   B．12里  C．24里   D．96里A　解析：由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{an}，设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则q＝，依题意有＝378，解得a1＝192，则a6＝192×＝6，最后一天走了6里．故选A．4．已知数列{an}是等比数列，Sn为前n项和．若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于(　　)A．40   B．60  C．32   D．50C　解析：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列．不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝＝＝3．所以bm＝4×3m－1．令bm＝324，即4×3m－1＝324，解得m＝5，所以b5＝324，即a13a14a15＝324．所以n＝14．故选C．5．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．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＋．又因为{an}是等比数列，所以a＋＝，所以a＝－．故选A．6．记Sn为等比数列{an}的前n项和，若数列{Sn－2a1}也为等比数列，则＝(　　)A．   B．1  C．   D．2A　解析：设等比数列{an}的公比为q，当q＝1时，Sn－2a1＝na1－2a1＝(n－2)a1，显然{Sn－2a1}不为等比数列．当q≠1时，Sn－2a1＝－2a1＝－qn＋－2a1，欲符合题意，需－2a1＝0，得q＝，故＝q＝．故选A．7．已知{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a2＋2a3＝6，则公比q＝________，S4＝________．　　解析：由a1＝6，a2＋2a3＝6，可得a1q＋2a1q2＝6q＋12q2＝6，即2q2＋q－1＝0，解得q＝或q＝－1(舍去)．所以S4＝＝．8．已知正项等比数列{an}的前n项和Sn满足S2＋4S4＝S6，a1＝1．(1)求数列{an}的公比q；(2)令bn＝an－15，求T＝|b1|＋|b2|＋…＋|b10|的值．解：(1)由S2＋4S4＝S6，可得q≠1，＋4·＝，所以(1－q2)＋4(1－q4)＝1－q6，而q≠1，q＞0，所以1＋4(1＋q2)＝1＋q2＋q4，即q4－3q2－4＝0，所以(q2－4)(q2＋1)＝0，所以q＝2．(2)由(1)知an＝2n－1，则{an}的前n项和Sn＝＝2n－1，当n≥5时，bn＝2n－1－15＞0，n≤4时，bn＝2n－1－15＜0，所以T＝－(b1＋b2＋b3＋b4)＋(b5＋b6＋…＋b10)＝－(a1＋a2＋a3＋a4－15×4)＋(a5＋a6＋…＋a10－15×6)＝－S4＋S10－S4＋60－90＝S10－2S4－30＝(210－1)－2(24－1)－30＝210－25－29＝1 024－32－29＝963．9．已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4．(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；(2)求数列{Sn}的前n项和Tn．(1)证明：由题意知Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．又易知a1＝3，所以S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．(2)解：由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2，于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n＝＋－2n＝．B组　新高考培优练10．设等比数列{an}的公比为q>0，且q≠1，Sn为数列{an}的前n项和，记Tn＝，则(　　)A．T3≤T6   B．T3<T6C．T3≥T6   D．T3>T6D　解析：T6－T3＝－＝－＝，由于q>0且q≠1，所以1－q与1－q6同号，所以T6－T3<0，所以T6<T3．故选D．11．(2021·泰安模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a6＝3，则a4＋a8有(　　)A．最小值6   B．最大值6C．最大值9   D．最小值3A　解析：由题意a4>0，a8>0，所以a4＋a8≥2＝2＝6，当且仅当a4＝a8，q4＝1，q＝1时等号成立，故选A．12．(多选题)(2021·济南二模)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N*，则下列说法正确的是(　　)A．a4＝4B．{a2n}是等比数列C．a2n－a2n－1＝2n－1D．a2n－1＋a2n＝2n＋1ABC　解析：因为a1＝1，an·an＋1＝2n，所以a2＝2，a3＝2，a4＝4．由an·an＋1＝2n可得an＋1·an＋2＝2n＋1，所以＝2，所以{a2n}，{a2n－1}分别是以2,1为首项，公比为2的等比数列，所以a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，所以a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1，综上可知，ABC正确，D错误．故选ABC．13．若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________．　解析：因为a2－a1＝1，a3－a2＝3，所以q＝3，所以an＋1－an＝3n－1，所以an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝．因为a1＝1，所以an＝．14．记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1·am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝___________．4　解析：因为am－1am＋1－2am＝0，由等比数列的性质可得，a－2am＝0．因为am≠0，所以am＝2．则T2m－1＝a1·a2…a2m－1＝(a1a2m－1)·(a2a2m－2)…am＝aam＝a＝22m－1＝128，所以2m－1＝7，所以m＝4．15．在①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，③＝，S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，________，b1＝a1，b2＝．求数列的前n项和Tn．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：选条件①．当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n．又a1＝2满足an＝2n，所以an＝2n．所以＝＝＝－，所以数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－．设数列{bn}的公比为q(q≠0)，由b1＝a1，b2＝，得b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．所以数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－－1．选条件②．设数列{an}的公差为d，由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，得解得所以an＝2n．所以Sn＝＝n(n＋1)，所以＝＝－，下同选条件①．选条件③．由＝，得＝，所以数列为常数列，即＝，即an＝a1n，S7＝7a4＝28a1＝56，所以a1＝2，所以an＝2n．所以Sn＝＝n(n＋1)，所以＝＝－，下同选条件①．16．(2022·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＋n2＋≥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＝＝a1(2n－1)，an＝a1·2n－1，所以＝．所以不等式＋n2＋≥6n＋t恒成立，等价于＋n2＋≥6n＋t恒成立，所以t≤＋n2－6n＋．令f(n)＝＋n2－6n＋＝(n－3)2－．当n＝1时，f(1)＝4－＝；当n＝2时，f(2)＝1－＝；当n≥3时，f(n)单调递增，所以f(n)≥f(3)＝－．所以t≤－，故实数t的最大值为－．