数学第四章 数列4.3 等比数列第1课时练习题

这是一份数学第四章 数列4.3 等比数列第1课时练习题，共11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。

A 组·基础自测
一、选择题
1．(2023·全国甲卷理科)设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的各项均为正数，前n项和Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝( C )
A．eq \f(15,8) B．eq \f(65,8)
C．15 D．40
[解析] 由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，
即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.
由题知q>0，所以q＝2.
所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.
故选C．
2．数列{an}的前n项和为Sn＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝( A )
A．－1 B．0
C．1 D．4
[解析] 显然数列{an}的公比不等于1，所以Sn＝eq \f(a1·qn－1,q－1)＝eq \f(a1,q－1)·qn－eq \f(a1,q－1)＝4n＋b，所以b＝－1.
3．在14与eq \f(7,8)之间插入n个数组成等比数列，若这n＋2项的总和为eq \f(77,8)，则此数列的项数为( B )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 设该等比数列的公比为q.由题意，可知q≠1，
则eq \f(77,8)＝eq \f(14－\f(7,8)q,1－q)，
解得q＝－eq \f(1,2)，
设此数列的项数为m，令eq \f(7,8)＝14×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m－1，解得m＝5.故该数列共有5项．
4．(多选题)已知等比数列{an}中，a1＝1，q＝2，其前n项和为Sn，则( AC )
A．数列{a2n}是等比数列
B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是递增数列
C．数列{lg2an}是等差数列
D．Sn＝2n－1
[解析] 等比数列{an}中，a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1，Sn＝2n－1.于是a2n＝2×4n－1，eq \f(1,an)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，lg2an＝n－1，故数列{a2n}是等比数列，
数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是递减数列，数列{lg2an}是等差数列．
Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.故选AC．
5．某人计划2023年出国旅游，从2016年起每年5月10日到银行存入a元定期储蓄，若年利率为p，且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新一年的定期，到2023年5月10日将所有存款和利息全部取回，则可取回的钱数(元)为( D )
A．a(1＋p)7
B．a(1＋p)8
C．eq \f(a,p)[(1＋p)7－(1＋p)]
D.eq \f(a,p)[(1＋p)8－(1＋p)]
[解析] 设所有存款和利息的总和为S元，由题意知第一年存入的a元到2023年本息和为a(1＋p)7元，以此类推，2022年存入的a元到2023年本息和为a(1＋p)元，所以S＝a(1＋p)7＋a(1＋p)6＋a(1＋p)5＋…＋a(1＋p)
＝a[(1＋p)7＋(1＋p)6＋(1＋p)5＋…＋(1＋p)]
＝a·eq \f(1＋p[1－1＋p7],1－1＋p)＝eq \f(a,p)[(1＋p)8－(1＋p)]．故选D.
二、填空题
6．设Sn为等比数列{an}的前n项和，且Sn＝3n＋1－A，则A＝_3__.
[解析] ∵Sn为等比数列{an}的前n项和，且Sn＝3n＋1－A，∴a1＝S1＝32－A＝9－A，a2＝S2－S1＝(33－A)－(9－A)＝18，a3＝S3－S2＝(34－A)－(33－A)＝54.
∵a1，a2，a3成等比数列，∴aeq \\al(2,2)＝a1a3，
∴182＝(9－A)×54，解得A＝3.
故答案为3.
7．(2023·山东青岛高三模拟)设Sn为公比q≠1的等比数列{an}的前n项和，且3a1,2a2，a3成等差数列，则q＝_3__，eq \f(S4,S2)＝_10__.
[解析] 设等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1.因为3a1,2a2，a3成等差数列，所以2×2a2＝3a1＋a3，即4a1q＝3a1＋a1q2.又因为等比数列中a1≠0，则4q＝3＋q2，解得q＝1或q＝3.又因为q≠1，所以q＝3.所以eq \f(S4,S2)＝eq \f(\f(a11－q4,1－q),\f(a11－q2,1－q))＝eq \f(1－q4,1－q2)＝1＋q2＝1＋32＝10.
8．等比数列的公比为2，前4项之和等于10，则前8项之和S8＝_170__.
[解析] ∵(S8－S4)∶S4＝24＝16，
∴(S8－10)∶10＝16，
∴S8＝170.
三、解答题
9．在等比数列{an}中，a2＋a4＝60，a1·a3＝36，Sn>400，求正整数n的取值范围．
[解析] 由a1a3＝aeq \\al(2,2)＝36，得a2＝±6.
再由a2＋a4＝60，得a4＝54或a4＝66.
因为a2与a4同号，所以a2＝6，a4＝54.
再由q2＝eq \f(a4,a2)＝9，得q＝±3.
当q＝3时，a1＝eq \f(a2,q)＝2.
此时，Sn＝eq \f(23n－1,3－1)>400，即3n>401.
所以n≥6.
当q＝－3时，a1＝－2，
此时，Sn＝eq \f(－2[－3n－1],－3－1)>400，
即(－3)n>801.所以n≥8(n∈N*且n为偶数)．
综上：当a1＝2，q＝3时，n是大于等于6的正整数，
当a1＝－2，q＝－3时，n是不小于8的偶数．
10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.
(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝21，求S3.
[解析] 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则an＝－1＋(n－1)·d，bn＝qn－1.
由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①
(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②
联立①和②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝0))(舍去)，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝1，,q＝2.))
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0.
解得q＝－5或q＝4.
当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.
当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.
B 组·素养提升
一、选择题
1．设{an}是等比数列，Sn是{an}的前n项和，对任意正整数n，有an＋2an＋1＋an＋2＝0，又a1＝2，则S101的值为( A )
A．2 B．200
C．－2 D．0
[解析] 设公比为q，∵an＋2an＋1＋an＋2＝0，∴a1＋2a2＋a3＝0，∴a1＋2a1q＋a1q2＝0，∴q2＋2q＋1＝0，∴q＝－1，又∵a1＝2，
∴S101＝eq \f(a11－q101,1－q)＝eq \f(2[1－－1101],1＋1)＝2.
2．已知数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10＝( A )
A．1 033 B．2 057
C．1 034 D．2 058
[解析] ∵{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴bn＝2n－1，
∵{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n＋1，∴abn＝a2n－1＝2n－1＋1，
∴ab1＋ab2＋…＋ab10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2＋22＋…＋29))＋10＝eq \f(1－210,1－2)＋10＝1 024－1＋10＝1 033.
故选A．
3．如图，画一个边长为2的正三角形，再将这个正三角形各边的中点相连得到第二个正三角形，依此类推，一共画了5个正三角形．那么这五个正三角形的面积之和等于( D )
A．2eq \r(3) B．eq \f(21\r(3),16)
C．eq \f(85\r(3),64) D．eq \f(341\r(3),256)
[解析] 此五个正三角形的边长an形成等比数列：2,1，eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，eq \f(1,8).
∴这五个正三角形的面积之和＝eq \f(\r(3),4)×eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(22＋12＋\f(1,22)))＋eq \f(1,24)＋eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,26)))＝eq \f(\r(3),4)×eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,45))),1－\f(1,4))＝eq \f(341\r(3),256).故选D.
二、填空题
4．设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝eq \f(1,3)，aeq \\al(2,4)＝a6，则S5＝ eq \f(121,3) .
[解析] 由aeq \\al(2,4)＝a6得(a1q3)2＝a1q5，
整理得q＝eq \f(1,a1)＝3.
∴S5＝eq \f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq \f(121,3).
5．将正偶数集合{2,4,6,8，…，2n，…}中的数从小到大按第n组有2n个数进行分组如下：
则2 018位于第_9__组．
[解析] 前n组共有2＋4＋8＋…＋2n＝eq \f(2×2n－1,2－1)＝2n＋1－2个数．由an＝2n＝2 018得n＝1 009，
∴2 018为第1 009个偶数．
∵29＝512,210＝1 024，
∴前8组共有510个数，前9组共有1 022个数，因此2 018位于第9组．
三、解答题
6．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan.其中λ≠0.
(1)证明：{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝eq \f(31,32)，求λ.
[解析] (1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0且λ≠1得an≠0，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).
因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，
于是an＝eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n.
由S5＝eq \f(31,32)得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(1,32).
解得λ＝－1.
C 组·探索创新
已知数列{an}是公差d≠0的等差数列，{bn}是公比q≠1的等比数列．若a1＝b1＝1，a2＝b2，a6＝b3.
(1)求d和q；
(2)是否存在常数a，b使对于一切n∈N*，都有an＝lgabn＋b成立？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)∵a2＝1＋d＝b2＝q，①
a6＝1＋5d＝b3＝q2，②
由①②解得d＝3，q＝4.
(2)假设存在常数a，b满足题意，
由an＝1＋(n－1)d＝3n－2，
bn＝qn－1＝4n－1及an＝lgabn＋b知
(3－lga4)n＋(lga4－b－2)＝0.
∵n∈N*，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－lga4＝0，,lga4－b－2＝0，))解得a＝eq \r(3,4)，b＝1.
所以存在常数a＝eq \r(3,4)，b＝1满足等式．