2021高考数学大一轮复习考点规范练31等比数列及其前n项和理新人教A版

2021高考数学大一轮复习考点规范练31等比数列及其前n项和理新人教A版

考点规范练31　等比数列及其前n项和 ‎　考点规范练A册第20页　 ‎ 基础巩固 ‎1.在正项等比数列{an}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,则a1·a2·a25·a48·a49的值为(　　)‎ A‎.‎‎21‎‎2‎ B.9‎3‎ C.±9‎3‎ D.35‎ 答案:B 解析:∵a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,∴a2·a48=3.‎ 又a1·a49=a2·a48=a‎25‎‎2‎=3,a25>0,‎ ‎∴a1·a2·a25·a48·a49=a‎25‎‎5‎=9‎3‎‎.‎故选B.‎ ‎2.“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起 ,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于‎12‎‎2‎‎.‎若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(　　)‎ A‎.‎‎3‎‎2‎f B‎.‎‎3‎‎2‎‎2‎f C‎.‎‎12‎‎2‎‎5‎f D‎.‎‎12‎‎2‎‎7‎f 答案:D 解析:由题知,这十三个单音的频率构成首项为f,公比为‎12‎‎2‎的等比数列,则第八个单音的频率为‎12‎‎2‎‎7‎f=‎12‎‎2‎‎7‎f.‎ ‎3.已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=(　　)‎ A.7 B.5 C.-5 D.-7‎ 答案:D 解析:∵{an}为等比数列,∴a5a6=a4a7=-8.‎ 联立a‎4‎‎+a‎7‎=2,‎a‎4‎a‎7‎‎=-8,‎可解得a‎4‎‎=4,‎a‎7‎‎=-2‎或a‎4‎‎=-2,‎a‎7‎‎=4,‎ 当a‎4‎‎=4,‎a‎7‎‎=-2‎时,q3=-‎1‎‎2‎,故a1+a10=a‎4‎q‎3‎+a7q3=-7;‎ 当a‎4‎‎=-2,‎a‎7‎‎=4‎时,q3=-2,故a1+a10=a‎4‎q‎3‎+a7q3=-7.‎ 6‎ 综上可知,a1+a10=-7.‎ ‎4.(2019云南玉溪五调)已知正项等比数列{an}满足a3=1,a5与‎3‎‎2‎a4的等差中项为‎1‎‎2‎,则a1的值为(　　)‎ A.4 B.2 C‎.‎‎1‎‎2‎ D‎.‎‎1‎‎4‎ 答案:A 解析:设等比数列{an}的公比为q,则q>0.由题意,得a5+‎3‎‎2‎a4=1,a3q2+‎3‎‎2‎a3q=1,q2+‎3‎‎2‎q=1,2q2+3q-2=0,解得q=‎1‎‎2‎或q=-2(舍去),故a1=a‎3‎q‎2‎=4.‎ ‎5.等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为(　　)‎ A.-24 B.-3 C.3 D.8‎ 答案:A 解析:设等差数列的公差为d,则d≠0,a‎3‎‎2‎=a2·a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=6×1+‎6×5‎‎2‎‎×‎(-2)=-24,故选A.‎ ‎6.(2019广西崇左天等高级中学高三模拟)已知数列{an}为等比数列,首项a1=2,数列{bn}满足bn=log2an,且b2+b3+b4=9,则a5=(　　)‎ A.8 B.16 C.32 D.64‎ 答案:C 解析:由题意知{bn}为等差数列,因为b2+b3+b4=9,所以b3=3,因为b1=1,所以公差d=1,则bn=n,即n=log2an,故an=2n,于是a5=25=32.‎ ‎7.设数列{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为　　　　　. ‎ 答案:-‎‎1‎‎2‎ 解析:由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+‎4×3‎‎2‎‎×‎(-1)=4a1-6.‎ ‎∵S1,S2,S4成等比数列,∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理,得2a1+1=0,解得a1=-‎‎1‎‎2‎‎.‎ ‎8.若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a‎2‎b‎2‎=　　　　　. ‎ 6‎ 答案:1‎ 解析:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,‎ 由题意知-1+3d=-q3=8,‎ 即‎-1+3d=8,‎‎-q‎3‎=8,‎解得d=3,‎q=-2.‎ 故a‎2‎b‎2‎‎=‎‎-1+3‎‎-1×(-2)‎=1.‎ ‎9.(2019广西桂林、崇左联合模拟)已知数列{an}满足an=2an-1+1(n≥2),a4=15.‎ ‎(1)求a1,a2,a3;‎ ‎(2)判断数列{an+1}是否为等比数列,并说明理由;‎ ‎(3)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解:(1)由an=2an-1+1及a4=15知a4=2a3+1,‎ 解得a3=7,同理得a2=3,a1=1.‎ ‎(2)由an=2an-1+1知an+1=2an-1+2,即an+1=2(an-1+1),‎ 故{an+1}是以a1+1=2为首项,公比为2的等比数列.‎ ‎(3)∵an+1=(a1+1)·2n-1,∴an=2n-1.‎ ‎∴Sn=a1+a2+a3+…+an=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(21+22+23+…+2n)-n=‎2(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-n=2n+1-2-n.‎ ‎10.已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=‎1‎‎3‎,anbn+1+bn+1=nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求{bn}的前n项和.‎ 解:(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=‎1‎‎3‎,得a1=2.‎ 所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.‎ ‎(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn,得bn+1=bn‎3‎,因此{bn}是首项为1,公比为‎1‎‎3‎的等比数列.‎ 记{bn}的前n项和为Sn,则Sn=‎‎1-‎‎1‎‎3‎n‎1-‎‎1‎‎3‎‎=‎3‎‎2‎-‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.‎ 6‎ ‎11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4(a3+1),3a3=5a4,数列{bn}是等比数列,且b1b2=b3,2b1=a5.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.‎ 解:(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ ‎∵S4=4(a3+1),3a3=5a4,‎ ‎∴‎‎4a‎1‎+6d=4(a‎1‎+2d+1),‎‎3a‎1‎+6d=5a‎1‎+15d,‎解得a‎1‎‎=9,‎d=-2.‎ ‎∴an=11-2n.‎ 设数列{bn}的公比为q.∵b1b2=b3,2b1=a5,‎ ‎∴‎b‎1‎‎2‎q=b‎1‎q‎2‎,‎‎2b‎1‎=1,‎解得b‎1‎‎=‎1‎‎2‎,‎q=‎1‎‎2‎.‎‎∴‎bn=‎‎1‎‎2‎n‎.‎ ‎(2)由(1)知,Sn=10n-n2.‎ 由an=11-2n≤0可知n≥5.5,‎ 即a1>0,a2>0,…,a5>0,a6<0,a7<0,…,an<0.‎ 故当n≤5时,Tn=Sn=10n-n2;‎ 当n≥6时,Tn=2S5-Sn=n2-10n+50.‎ 于是Tn=‎‎10n-n‎2‎,n≤5,‎n‎2‎‎-10n+50,n≥6.‎ 能力提升 ‎12.若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于(　　)‎ A.6 B.7 C.8 D.9‎ 答案:D 解析:∵a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,∴a+b=p,ab=q.‎ ‎∵p>0,q>0,∴a>0,b>0.‎ 6‎ 又a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,‎∴‎2b=a-2,‎ab=4‎①‎或‎2a=b-2,‎ab=4‎‎②.‎ 解①得a=4,‎b=1;‎解②得a=1,‎b=4.‎ ‎∴p=a+b=5,q=1×4=4.∴p+q=9.故选D.‎ ‎13.如图,正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形的腰上再连接正方形,……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‎2‎‎2‎,则其最小的正方形的边长为　　　　　. ‎ 答案:‎‎1‎‎32‎ 解析:由题意,得各正方形的边长构成以‎2‎‎2‎为首项,‎2‎‎2‎为公比的等比数列.已知共得到1023个正方形,则1+2+…+2n-1=1023,解得n=10,故最小的正方形的边长为‎2‎‎2‎‎×‎2‎‎2‎‎9‎=‎1‎‎32‎.‎ ‎14.设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　　. ‎ 答案:64‎ 解析:设{an}的公比为q.‎ 由已知a1+a3=10,a2+a4=a1q+a3q=5,‎ 两式相除得a‎1‎‎+‎a‎3‎q(a‎1‎+a‎3‎)‎‎=‎‎10‎‎5‎,‎ 解得q=‎1‎‎2‎,a1=8,所以a1a2…an=8n‎·‎1‎‎2‎‎1+2+…+(n-1)‎=‎‎2‎‎-‎1‎‎2‎n‎2‎+‎‎7n‎2‎,抛物线f(n)=-‎1‎‎2‎n2+‎7‎‎2‎n的对称轴为n=-‎7‎‎2‎‎2×‎‎-‎‎1‎‎2‎=3.5,‎ 又n∈N*,所以当n=3或n=4时,a1a2…an取最大值为‎2‎‎-‎1‎‎2‎×‎3‎‎2‎+‎‎7×3‎‎2‎=26=64.‎ ‎15.已知等比数列{an}与等差数列{bn},a1=b1=1,a1≠a2,a1,a2,b3成等差数列,b1,a2,b4成等比数列.‎ 6‎ ‎(1)求{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设Sn,Tn分别是数列{an},{bn}的前n项和,若Sn+Tn>100,求n的最小值.‎ 解:(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,‎ 则‎2q=2+2d,‎q‎2‎‎=1+3d,‎解得d=0,‎q=1‎(舍)或d=1,‎q=2,‎ 故an=2n-1,bn=n.‎ ‎(2)由(1)易知Sn=‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=2n-1,Tn=‎n(n+1)‎‎2‎‎.‎ 由Sn+Tn>100,得2n+n(n+1)‎‎2‎>101.‎ ‎∵‎‎2‎n‎+‎n(n+1)‎‎2‎是单调递增数列,且26+‎6×7‎‎2‎=85<101,27+‎7×8‎‎2‎=156>101,∴n的最小值为7.‎ 高考预测 ‎16.已知数列{an}满足a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2).‎ ‎(1)求证:{an+1+2an}是等比数列;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式.‎ ‎(1)证明∵an+1=an+6an-1(n≥2),‎ ‎∴an+1+2an=3an+6an-1=3(an+2an-1)(n≥2).‎ 又a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15,‎ ‎∴an+2an-1≠0(n≥2),‎∴‎an+1‎‎+2‎anan‎+2‎an-1‎=3(n≥2),‎ ‎∴数列{an+1+2an}是以15为首项,3为公比的等比数列.‎ ‎(2)解由(1)得an+1+2an=15×3n-1=5×3n,则an+1=-2an+5×3n,∴an+1-3n+1=-2(an-3n).又a1-3=2,∴an-3n≠0,‎ ‎∴{an-3n}是以2为首项,-2为公比的等比数列.‎ ‎∴an-3n=2×(-2)n-1,即an=2×(-2)n-1+3n=3n-(-2)n.‎ 6‎