2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价34等比数列含解析新人教A版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价34等比数列含解析新人教A版，共6页。
A组 全考点巩固练
1．设Sn为等比数列{an}的前n项和．已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
B 解析：由题意知，q≠1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3a11－q3,1－q)＝a1q3－2，,\f(3a11－q2,1－q)＝a1q2－2，))
两式相减得，eq \f(－3q3－q2,1－q)＝q3－q2，即eq \f(－3,1－q)＝1，所以q＝4.
2．(2020·凉山州模拟)已知正项等比数列{an}，向量a＝(a3，－8)，b＝(a7,2)．若a⊥b，则lg2a1＋lg2a2＋…＋lg2a9＝( )
A．12B．16
C．18D．6＋lg25
C 解析：向量a＝(a3，－8)，b＝(a7,2)．若a⊥b，可得a·b＝0，即a3a7－8×2＝0，即a3a7＝16.由正项等比数列{an}，可得a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝aeq \\al(2,5)＝16，
则lg2a1＋lg2a2＋…＋lg2a9＝lg2(a1a2…a9)＝lg249＝9lg24＝18.
3．(2020·荆州一模)十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的．明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响．十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，依此规则，插入的第四个数应为( )
A．2eq \s\up12(eq \f(1,4)) B．2eq \s\up12(eq \f(1,3)) C．2eq \s\up12(eq \f(3,13)) D．2eq \s\up12(eq \f(4,13))
B 解析：根据题意，设这个等比数列为{an}，设其公比为q.
又由a1＝1，a13＝2，则q12＝eq \f(a13,a1)＝2，
所以插入的第四个数应为a5＝a1q4＝q4＝2eq \s\up12(eq \f(1,3)).
4．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1 000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1 000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－2米时，乌龟爬行的总距离为( )
A．eq \f(104－1,90)B．eq \f(105－1,900)
C．eq \f(105－9,90)D．eq \f(104－9,900)
B 解析：由题意知，乌龟每次爬行的距离构成等比数列{an}，且a1＝100，q＝eq \f(1,10)，an＝10－2.
故乌龟爬行的总距离为
Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(100－10－2×\f(1,10),1－\f(1,10))＝eq \f(105－1,900).
5．(2020·厦门模拟)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和，S10＝20，则S30－2S20＋S10的最小值为( )
A．10 B．5 C．－5 D．－10
C 解析：由Sn是正项等比数列{an}的前n项和，可知q＞0，a1＞0.
因为S10＝20，
所以S30－2S20＋S10＝S30－S20－S20＋S10＝S30－S20－(S20－S10)＝(a21＋a22＋…＋a30)－(a11＋a12＋…＋a20)
＝S10·q20－S10·q10＝20(q20－q10)．
结合二次函数的性质可知，当q10＝eq \f(1,2)时，上式取得最小值－5.
6．在等比数列{an}中，已知a3＝6，a3＋a5＋a7＝78，则a5＝________.
18 解析：a3＋a5＋a7＝a3(1＋q2＋q4)＝6(1＋q2＋q4)＝78⇒1＋q2＋q4＝13⇒q2＝3，所以a5＝a3q2＝6×3＝18.
7．等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项的和S奇＝255，所有偶数项的和S偶＝－126，末项是192，则公比为________，首项a1等于________．
－2 3 解析：设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N*)项，则a2k＋1＝192，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝eq \f(1,q)(a2＋a4＋…＋a2k)＋a2k＋1＝eq \f(1,q)S偶＋a2k＋1＝－eq \f(126,q)＋192＝255，解得q＝－2.而S奇＝eq \f(a1－a2k＋1q2,1－q2)＝eq \f(a1－192×－22,1－－22)＝255，解得a1＝3.
8．已知等比数列{an}中，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋a3a4＋a5a6＝____.
eq \f(341,32) 解析：设数列{an}的公比为q，则q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，所以q＝eq \f(1,2)，a1＝eq \f(a2,q)＝4，所以数列{anan＋1}是首项为a1a2＝8，公比q2＝eq \f(1,4)的等比数列，所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋a5a6＝eq \f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,45))),1－\f(1,4))＝eq \f(32,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,1 024)))＝eq \f(341,32).
9．记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
解：(1)设{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝2，,a11＋q＋q2＝－6，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝－2，,a1＝－2，))
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)得Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝－eq \f(2,3)＋(－1)neq \f(2n＋1,3).
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq \f(4,3)＋(－1)n·eq \f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)＋－1n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
10．已知数列{an}和{bn}满足a1＝λ，an＋1＝eq \f(2,3)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．
(1)证明：对任意实数λ，数列{an}不是等比数列；
(2)证明：当λ≠－18时，数列{bn}是等比数列．
证明：(1)假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，
则有aeq \\al(2,2)＝a1a3，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)λ－3))eq \s\up12(2)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)λ－4))
⇔eq \f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq \f(4,9)λ2－4λ⇔9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比数列．
(2)bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an－2n＋14))
＝－eq \f(2,3)(－1)n·(an－3n＋21)＝－eq \f(2,3)bn.
又λ≠－18，所以b1＝－(λ＋18)≠0.
由上式知bn≠0，所以eq \f(bn＋1,bn)＝－eq \f(2,3)(n∈N*)．
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－eq \f(2,3)为公比的等比数列．
B组 新高考培优练
11．(多选题)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn.若a3＝1，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(21,4)，则( )
A．{an}必是递减数列B．S5＝eq \f(31,4)
C．公比q＝4或eq \f(1,4)D．a1＝4或eq \f(1,4)
BD 解析：设等比数列{an}的公比为q，则q＞0.
因为a1a5＝aeq \\al(2,3)＝1，a3＝a1q2＝1，所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a5)＝1＋eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a5)＝1＋eq \f(a5＋a1,a1a5)＝1＋a1＋a5＝a1＋1＋eq \f(1,a1)＝eq \f(21,4)，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝\f(1,2)，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2.))当a1＝4，q＝eq \f(1,2)时，S5＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,4)，数列{an}是递减数列；当a1＝eq \f(1,4)，q＝2时，S5＝eq \f(31,4)，数列{an}是递增数列．综上，S5＝eq \f(31,4).故选BD．
12．(2020·泉州二模)音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的eq \f(3,2)，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的eq \f(3,4)，得到“商”……依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶．据此可推得( )
A．“宫、商、角”的频率成等比数列
B．“宫、徵、商”的频率成等比数列
C．“商、羽、角”的频率成等比数列
D．“徵、商、羽”的频率成等比数列
A 解析：设“宫”的频率为a，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为eq \f(3,2)a，“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为eq \f(9,8)a，“商”经过一次“损”，可得“羽”的频率为eq \f(27,16)a，最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率是eq \f(81,64)a.
因为a，eq \f(9,8)a，eq \f(81,64)a成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列．
13．(多选题)(2020·青岛质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,an·an＋1)))的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的是( )
A．数列{an＋1}是等差数列
B．数列{an＋1}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1
D．Tn＜1
BCD 解析：因为Sn＋1＝Sn＋2an＋1，所以Sn＋1－Sn＝2an＋1，即an＋1＝2an＋1，an＋1＋1＝2(an＋1)．因为a1＝1，a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是公比为2的等比数列，所以选项B正确，A不正确．又an＋1＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n－1，故选项C正确.eq \f(2n,anan＋1)＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2－1)－\f(1,22－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq \f(1,2n＋1－1)＜1，所以选项D正确．故选BCD．
14．在各项均为正数的等比数列{an}中，若am·am＋2＝2am＋1(m∈N*)，数列{an}的前n项积为Tn，且T2m＋1＝128，则m的值为________，数列{an}的前n项和Sn＝________.
3 2n 解析：因为am·am＋2＝2am＋1，所以aeq \\al(2,m＋1)＝2am＋1，
即am＋1＝2，即{an}为常数列．
又T2m＋1＝(am＋1)2m＋1，由22m＋1＝128，得m＝3.
数列{an}的前n项和Sn＝2n.
15．(2020·长治二模)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn.
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q),q>0，))＝13，解得a1＝1，q＝3，
所以an＝3n－1，Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列．
因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝eq \f(1,2)，此时Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×3n，则eq \f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝3.
故存在常数λ＝eq \f(1,2)，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是等比数列．
16．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．
(1)解：因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)·Sn＋2n(n∈N*)，
所以，当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，
所以a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，所以a3＝8.
(2)证明：因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①
所以当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②
①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)·Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.
所以－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，
所以Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．
因为S1＋2＝4≠0，所以Sn－1＋2≠0，
所以eq \f(Sn＋2,Sn－1＋2)＝2，
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．