2025年高考数学一轮复习-6.3-等比数列-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-6.3-等比数列-专项训练【含解析】，共12页。试卷主要包含了故选C等内容，欢迎下载使用。
1. 设{an}是等比数列，且a1−a2=1，a3−a2=2，则a5−a4=（ ）.
A. 8B. −8C. 4D. −4
2. [2024·海东模拟]已知等比数列{an}的公比q=−13，则a1+a3a2+a4=（ ）.
A. −13B. 13C. 3 −3
3. 设Sn为正项递增的等比数列{an}的前n项和，且a3=4，a2+a4=10，则S6=（）.
A. 63B. 64C. 127D. 128
4. 已知在数列{an}中，a1=1，an+1=4an−6，则a2025=（ ）
A. −42025+2B. −42025−2C. −42024+2D. −42024−2
5. 已知数列{an}的前n项和Sn=3n+1+c（c为常数），则“{an}为等比数列”是“c=−3”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
6. 在各项均为正数的等比数列{an}中，若a62+2a5a9+a82=25，则a6a8的最大值是（ ）.
A. 25B. 5C. 254D. 25
7. 已知数列{an}满足a1=1，an+1=6an+2n+1，则an=（ ）.
A. 2×6n−1−2n−1B. 6n−1−2n−2C. 6n−1−2n−1D. 2×6n−1−2n−2
8. 若数列{an}和{bn}满足a1=2，b1=0，2an+1=3an+bn+2，2bn+1=an+3bn−2，则a2025+b2024=（）.
A. 2×32024+1B. 3×22023+1C. 3×22024+1D. 3×22023−1
综合提升练
9. （多选题）设数列{an}满足a1=−1，an+1=an2+5an(n∈N∗)，则（ ）.
A. {1an+5}为等比数列B. {an}的通项公式为an=12n+1−5
C. {an}为递减数列D. {1an}的前n项和Tn=2n+2−5n−4
10. （多选题）如图，等边△ABC的边长为2，先取等边△ABC各边的中点D,E,F，作第2个等边△DEF，然后再取等边△DEF各边的中点G,H,I，作第3个等边△GHI，依此方法一直继续下去.设等边△ABC的面积为a1，后继各等边三角形的面积依次为a2,a3,⋯ ,an,⋯ ，则下列说法正确的是（ ）.
A. a4=364
B. ln an+1是ln an和ln an+2的等比中项
C. 从等边△ABC开始，连续5个等边三角形的面积之和为3413256
D. 如果这个作图过程一直继续下去，那么所有这些等边三角形的面积之和将趋近于433
11. 已知递增等比数列{an}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1,3,9后成等差数列，则{an}的公比为____________.
12. （双空题）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an+n−4，则数列{an}的通项公式为________nan的最大值为________
应用情境练
13. “一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自《庄子·天下》，其中蕴含着数列的相关知识.已知长度为4的线段AB，取AB的中点C，以AC为直径作圆（如图①），该圆的面积为S1，在图①中取CB的中点D，以CD为直径作圆（如图②），图②中所有圆的面积之和为S2，以此类推，则S1+S2+⋯+Sn=________
14. 公元263年，刘徽首创了用圆的内接正多边形的面积来逼近圆面积的方法，算得π 的值为3.14，我国称这种方法为割圆术，直到1200年后，西方人才找到了类似的方法，后人为纪念刘徽的贡献，将3.14称为徽率.我们作单位圆的外切和内接正3×2nn=1,2,3,⋯边形，记外切正3×2n边形周长的一半为an，内接正3×2n边形周长的一半为bn，通过计算容易得到an=3×2ntan θn（其中θn是正3×2n边形的一条边所对圆心角的一半）.
（1）求{bn}的通项公式.
（2）求证：对于任意正整数n,1an，1an+1，1bn成等差数列.
（3）对任意正整数n,bn，bn+1，an+1是否能构成等比数列?说明你的理由.
15. 已知数列{an}满足2an+2+an=3an+1,a1=1,a2=5,记An,an，Bn,9,O为坐标原点，则△OAB面积的最大值为________
16. 在①a4=2a3，②a1,a2,a3−2成等差数列，③S3=14这三个条件中选出两个，补充在下面问题的横线上，并解答问题.
数列{an}为递增的等比数列，其前n项和为Sn，已知 .
（1）求数列{an}的通项公式.
（2）设bn=an+1SnSn+1,Tn为数列{bn}的前n项和，证明：Tn1，由a1q+a1q3=10,
a1q2=4,得2q2−5q+2=0，解得q=12（舍去）或q=2，则a1=1，S6=1×1−261−2=63.故选A.
4. 已知在数列{an}中，a1=1，an+1=4an−6，则a2025=（ C ）.
A. −42025+2B. −42025−2C. −42024+2D. −42024−2
[解析]由an+1=4an−6，得an+1−2=4an−2，而a1−2=−1，
因此数列{an−2} 是首项为−1，公比为4的等比数列，则an−2=−1×4n−1，即an=−4n−1+2，
所以a2025=−42024+2(n∈N∗).故选C.
5. 已知数列{an}的前n项和Sn=3n+1+c（c为常数），则“{an}为等比数列”是“c=−3”的（ C ）.
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
[解析]因为数列{an} 的前n 项和Sn=3n+1+c（c为常数），
所以当n=1 时，a1=32+c=9+c，
当n≥2 时，an=Sn−Sn−1=3n+1+c−3n+c=2×3n.
若数列{an} 为等比数列，则a2a1=189+c=3，解得c=−3；
当c=−3 时，a1=6，满足an=2×3n，此时数列{an} 是以6为首项，3为公比的等比数列.
故“{an}为等比数列”是“c=−3”的充要条件.故选C.
6. 在各项均为正数的等比数列{an}中，若a62+2a5a9+a82=25，则a6a8的最大值是（ C ）.
A. 25B. 5C. 254D. 25
[解析]由等比数列的性质，可得a62+2a5a9+a82=a62+2a6a8+a82=a6+a82=25，
又因为an>0，所以a6+a8=5，所以a6a8≤a6+a822=254，
当且仅当a6=a8=52 时取等号.故选C.
7. 已知数列{an}满足a1=1，an+1=6an+2n+1，则an=（ A ）.
A. 2×6n−1−2n−1B. 6n−1−2n−2C. 6n−1−2n−1D. 2×6n−1−2n−2
[解析]因为an+1=6an+2n+1，所以an+12n+1=3an2n+1,
设an+12n+1+x=3an2n+x,可得an+12n+1=3an2n+2x,
所以2x=1，即x=12,
所以an+12n+1+12=3an2n+12，
又a12+12=1,
所以数列{an2n+12} 是首项为1，公比为3的等比数列，
所以an2n+12=3n−1，所以an=2n⋅3n−1−2n−1=2×6n−1−2n−1(n∈N∗).故选A.
8. 若数列{an}和{bn}满足a1=2，b1=0，2an+1=3an+bn+2，2bn+1=an+3bn−2，则a2025+b2024=（ B ）.
A. 2×32024+1B. 3×22023+1C. 3×22024+1D. 3×22023−1
[解析]因为2an+1=3an+bn+2，2bn+1=an+3bn−2，
所以2an+1+2bn+1=3an+bn+2+an+3bn−2=4an+bn，即an+1+bn+1=2an+bn，
又a1+b1=2，所以数列{an+bn} 是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+bn=2n，又2an+1=3an+bn+2，即an+1=32an+12bn+1，
所以an+1+bn=32an+12bn+1+bn=32an+bn+1=32×2n+1，
所以a2025+b2024=32×22024+1=3×22023+1.故选B.
综合提升练
9. （多选题）设数列{an}满足a1=−1，an+1=an2+5an(n∈N∗)，则（ ABD ）.
A. {1an+5}为等比数列B. {an}的通项公式为an=12n+1−5
C. {an}为递减数列D. {1an}的前n项和Tn=2n+2−5n−4
[解析]因为an+1=an2+5an，所以1an+1=2+5anan=2an+5，
整理得1an+1+5=21an+5，且1a1+5=4，
所以{1an+5} 是首项为1a1+5=4，公比q=2 的等比数列，故A 正确；
由1an+5=4×2n−1=2n+1，解得an=12n+1−5(n∈N∗)，故B 正确；
因为a1=−1,a2=13，即a2>a1，所以{an} 不是递减数列，故C 错误；
因为1an=2n+1−5，所以{1an} 的前n 项和Tn=41−2n1−2−5n=2n+2−5n−4，故D 正确.故选ABD.
10. （多选题）如图，等边△ABC的边长为2，先取等边△ABC各边的中点D,E,F，作第2个等边△DEF，然后再取等边△DEF各边的中点G,H,I，作第3个等边△GHI，依此方法一直继续下去.设等边△ABC的面积为a1，后继各等边三角形的面积依次为a2,a3,⋯ ,an,⋯ ，则下列说法正确的是（ ACD ）.
A. a4=364
B. ln an+1是ln an和ln an+2的等比中项
C. 从等边△ABC开始，连续5个等边三角形的面积之和为3413256
D. 如果这个作图过程一直继续下去，那么所有这些等边三角形的面积之和将趋近于433
[解析]设各等边三角形的边长为数列{bn}，
由题意知，数列{bn} 是以2为首项，12为公比的等比数列，所以bn=12n−2，
根据三角形面积公式，an=34bn2=3⋅14n−1，则数列{an} 是以3 为首项，14为公比的等比数列.
令n=4,得a4=364，A正确；
由an=3⋅14n−1，得an+1=3⋅14n,an+2=3⋅14n+1，
两边取对数,得ln an=ln 3−n−1ln 4，ln an+1=ln 3−nln 4，ln an+2=ln 3−n+1ln 4，则ln an+12≠ln an⋅ln an+2，B错误；
S5=3×[1−145]1−14=3413256，C正确；
Sn=3×[1−14n]1−14，当n 趋向于无穷大时，14n趋向于0，面积和将趋近于433，D正确.故选ACD.
11. 已知递增等比数列{an}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1,3,9后成等差数列，则{an}的公比为2 .
[解析]依题意，设等比数列{an} 的公比为q，则q>1，
因为等比数列{an} 的第三项、第五项、第七项的积为512，
所以a3a5a7=512，所以a53=512，所以a5=8,
又数列{an} 的第三项、第五项、第七项分别减去1,3,9后成等差数列，
则a3−1+a7−9=2a5−3，所以a3+a7=20，
即a5q2+a5q2=20，即8q2+8q2=20，解得q2=2 或q2=12，
因为q>1，所以q2=2，解得q=2.
12. （双空题）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an+n−4，则数列{an}的通项公式为an=2n+1 ，nan的最大值为25 .
[解析]由a1=2a1−3 可得a1=3，
当n≥2 时，an=Sn−Sn−1=2an+n−4−2an−1+n−1−4，则an=2an−2an−1+1，则an=2an−1−1，则an−1=2an−1−1，又a1−1=2,所以an−1an−1−1=2,
故数列{an−1} 是等比数列，则an−1=2n，可得an=2n+1(n∈N∗).
记fn=nan=n2n+1，有fn+1−fn=n+12n+1+1−n2n+1=1−n−1⋅2n2n+12n+1+1，
可得f2>f1，当n≥2 时，fn>fn+1，
所以fnmax=f2=25.
应用情境练
13. “一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自《庄子·天下》，其中蕴含着数列的相关知识.已知长度为4的线段AB，取AB的中点C，以AC为直径作圆（如图①），该圆的面积为S1，在图①中取CB的中点D，以CD为直径作圆（如图②），图②中所有圆的面积之和为S2，以此类推，则S1+S2+⋯+Sn=4π9[3n−1+14n] .
[解析]由题意可知，各圆的面积成以π 为首项，14为公比的等比数列，
故Sn=π[1−14n]1−14=4π3−4π3×14n，
则S1+S2+⋯+Sn=4nπ3−π3⋅1−14n1−14=4π9[3n−1+14n].
14. 公元263年，刘徽首创了用圆的内接正多边形的面积来逼近圆面积的方法，算得π 的值为3.14，我国称这种方法为割圆术，直到1200年后，西方人才找到了类似的方法，后人为纪念刘徽的贡献，将3.14称为徽率.我们作单位圆的外切和内接正3×2nn=1,2,3,⋯边形，记外切正3×2n边形周长的一半为an，内接正3×2n边形周长的一半为bn，通过计算容易得到an=3×2ntan θn（其中θn是正3×2n边形的一条边所对圆心角的一半）.
（1）求{bn}的通项公式.
（2）求证：对于任意正整数n,1an，1an+1，1bn成等差数列.
（3）对任意正整数n,bn，bn+1，an+1是否能构成等比数列?说明你的理由.
[解析]（1）如图，在等腰△OAB 中，OA=OB=1,∠AOB=2θn，则sin θn=12AB，
所以bn=3×2nsin θn.
（2）显然sin θn>0，tan θn>0，
由已知及（1）得，n∈N∗，1an=13×2n×1tan θn,1an+1=13×2n+1×1tan θn+1,1bn=13×2n×1sin θn，
并且θn+1=θn2，因此1an+1bn=13×2ncs θnsin θn+1sin θn=13×2n×2cs2θn22sin θn2cs θn2=13×2n×1tan θn+1=2an+1，
所以对于任意正整数n,1an，1an+1，1bn成等差数列.
（3）能.因为an=3×2ntan θn,bn=3×2nsin θn，
所以an+1=3×2n+1tan θn+1，bn+1=3×2n+1sin θn+1，并且θn=2θn+1，
因此bn+12=9×22n+2sin2θn+1，an+1bn=9×22n+1⋅tan θn+1sin θn=9×22n+1tan θn+1sin 2θn+1=9×22n+1×sin θn+1cs θn+1×2sin θn+1cs θn+1=9×22n+2sin2θn+1=bn+12，
所以对任意正整n,bn，bn+1，an+1能构成等比数列.
创新拓展练
15. 已知数列{an}满足2an+2+an=3an+1,a1=1,a2=5,记An,an，Bn,9,O为坐标原点，则△OAB面积的最大值为4.
[解析]因为2an+2+an=3an+1，所以2an+2−2an+1=an+1−an，
即an+2−an+1=12an+1−an，
因为a2−a1=4，所以{an+1−an} 是以4为首项，12为公比的等比数列，
所以an+1−an=4⋅12n−1，由累加法得an=a1+a2−a1+⋯+an−an−1=1+4+4×12+⋯+4⋅12n−2=1+4⋅1−12n−11−12=9−24−n,
因为24−n>0，所以an=9−24−n