历届数学高考试题精选——等比数列

历届数学高考试题精选——等比数列

历届高考中的“等比数列”试题精选 一、选择题：（每小题 5 分，计 50 分） 1.(2008 福建理)设｛an｝是公比为正数的等比数列,若 11 a ,a5=16, 则数 列｛an｝前 7 项的和为（ ） A.63 B.64 C.127 D.128 2.（2007 福建文)等比数列{an}中，a4=4,则 a2·a6 等于（ ） A.4 B.8 C.16 D.32 3.（2007 重庆文）在等比数列{an}中，a2＝8，a5＝64，则公比 q 为（ ） （A）2 （B）3 （C）4 （D）8 4.(2005 江苏)在各项都为正数的等比数列 na 中，首项 31 a ，前三项和 为 21，则 543 aaa  =（ ） A．84 B．72 C．33 D．189 5. (2008 海南、宁夏文、理)设等比数列{ }na 的公比 2q  ，前 n 项和为 nS ， 则 4 2 S a  （ ） A. 2 B. 4 C. 15 2 D. 17 2 6.（2004 全国Ⅲ卷文）等比数列 na 中， 2 9,a  5 243a  ，则 na 的前 4 项和为（ ） A．81 B．120 C．168 D．192 7.(2004 春招安徽文、理)已知数列 }{ na 满足 0 1a  ， 0 1 1n na a a a     （ 1n  ），则当 1n  时， na ＝（ ） （A）2n （B） ( 1) 2 n n  （C） 12 n （D） 12 n 8.(2006 辽宁理)在等比数列 na 中, 1 2a  ,前n 项和为 nS ,若数列 1na  也 是等比数列,则 nS 等于 ( ) (A) 12 2n  (B) 3n (C) 2n (D)3 1n  9.(2006 湖北理)若互不相等的实数 , ,a b c 成等差数列, , ,c a b 成等比数列, 且 3 10a b c   ,则 a ( ) A．4 B．2 C．－2 D．－4 10.(2007 海南、宁夏文)已知a b c d， ， ， 成等比数列，且曲线 2 2 3y x x   的顶点是( )b c， ，则 ad 等于（ ） Ａ．3 Ｂ．2 Ｃ．1 Ｄ． 2 二、填空题：（每小题 5 分，计 20 分） 11.（2006 湖南文）若数列 na 满足： 1.2,1 11   naaa nn ，2，3….则  naaa 21 . 12.(2004 全国Ⅰ卷文)已知等比数列{ ,384,3,} 103  aaan 中 则该数列的通 项 na = . 13．（2005 湖北理）设等比数列 }{ na 的公比为 q，前 n 项和为 Sn，若 Sn+1,Sn，Sn+2 成等差数列，则 q 的值为 . 14.（2002 北京文、理）等差数列 }{ na 中，a1=2，公差不为零，且 a1， a3，a11 恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等 于_____________. 三、解答题：（15、16 题各 12 分，其余题目各 14 分） 15.（2006 全国Ⅰ卷文）已知 na 为等比数列， 3 2 4 202, 3a a a   ，求 na 的通项式。 16.（2007全国Ⅱ文） 设等比数列 {an}的公比q<1,前n项和为Sn.已知 a3=2,S4=5S2,求{an}的通项公式. 17.（2004 全国Ⅳ卷文）已知数列{ na }为等比数列， .162,6 52  aa （Ⅰ）求数列{ na }的通项公式； （Ⅱ）设 nS 是数列{ na }的前 n 项和，证明 .12 1 2    n nn S SS 18.(2002 广东、河南、江苏)设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝ b1 ＝1, a2+a4 ＝b3， b2b4＝a3.分别求出{an}及{bn}的前 10 项的和 S10 及 T10. 19.（2000 广东）设 na 为等比数列， nnn aaannaT  121 2)1(  ，已 知 11 T ， 42 T 。 （Ⅰ）求数列 na 的首项和通项公式； （Ⅱ）求数列 nT 的通项公式。 20．.(2008 陕西文)已知数列{ }na 的首项 1 2 3a  ， 1 2 1 n n n aa a   ， 1,2,3,n  …． （Ⅰ）证明：数列 1{ 1} na  是等比数列； （Ⅱ）数列{ } n n a 的前 n 项 和 nS ． 历届高考中的“等比数列”试题精选 参考答案 一、选择题：（每小题 5 分，计 50 分） 二、填空题：（每小题 5 分，计 20 分） 11． 12n  ； 12． 3n23  ； 13． 2 ； 14．4 三、解答题：（15、16 题各 12 分，其余题目各 14 分） 15．解: 设等比数列{an}的公比为 q, 则 q≠0, a2=a3 q = 2 q , a4=a3q=2q 所以 2 q + 2q=20 3 , 解得 q1=1 3 , q2= 3, 当 q=1 3 时, a1=18.所以 an=18×(1 3)n－1= 18 3n－1 = 2×33－n. 当 q=3 时, a1= 2 9 , 所以 an=2 9 ×3n－1=2×3n－3. 16．解：由题设知 1 1 (1 )0 1 n n a qa S q    ， ， 则 2 1 2 14 1 2 (1 )5(1 ) 1 1 a q a q a q q q         ， ． ② 由②得 4 21 5(1 )q q   ， 2 2( 4)( 1) 0q q   ，( 2)( 2)( 1)( 1) 0q q q q     ， 因为 1q  ，解得 1q   或 2q   ． 当 1q   时，代入①得 1 2a  ，通项公式 12 ( 1)n na    ； 当 2q   时，代入①得 1 1 2a  ，通项公式 11 ( 2)2 n na    ． 17.解：（I）设等比数列{an}的公比为 q，则 a2=a1q, a5=a1q4. 依题意， 得方程组      162 6 4 1 1 qa qa 解此方程组，得 a1=2, q=3. 故数列{an}的通项公式为 an=2·3n－1. （II） .1331 )31(2   n n nS .1 ,1 1323 13323 1323 1)33(3 2 1 2 122 222 122 222 2 1 2               n nn nn nnn nn nnn n nn S SS S SS 即 18．解：∵ {an}为等差数列，{bn}为等比数列，∴ a2＋a4＝2a3,b3b4＝ b3 2, 而已知 a2＋a4＝b3,b3b4＝a3, ∴ b3＝2a3,a3＝b3 2. ∵ b3≠0,∴ b3＝1 2,a3＝1 4 由 a1＝1,a3＝ 1 4 知{an}的公差 d＝－3 8 ∴ S10＝10a1＋10×9 2 d＝－55 8 由 b1＝1,b3＝ 1 2 知{bn}的公比为 q＝ 2 2 或 q＝－ 2 2 当 q＝ 2 2 时，T10＝b1(1－q10) 1－q ＝31 32(2＋ 2) 当 q＝－ 2 2 时，T10＝b1(1－q10) 1－q ＝31 32(2－ 2) 19．（Ⅰ）解：设等比数列 na 以比为 q ，则 )2(2, 121211 qaaaTaT  。………2 分 ∵ 4,1 21  TT ， ∴ 2,11  qa 。 …… ……5 分 （Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知 2,11  qa ，故 11 1 2   nn n qaa , 因此， 12 21222)1(1   nn n nnT  ， 1112 1-n212 2)2(22- 21 222-2222 ]21222)1(1[-21222)1(2 2     nn n nn nnn nnn nn~ -n-n nnnnTTT   解法二：设 nn aaaS  21 。 由（Ⅰ）知 12  n na 。 ∴ 12 221 1   nn nS  …………8 分 ∴ 分 分 14 22 21 222 222121212 11 S )()(a 2)1( 1 21 121211121     n n)-n()-()-()( SS aaaaaaaaannaT n n nnnn n nnnnn        20.解：（Ⅰ） 1 2 1 n n n aa a   ， 1 11 1 1 1 2 2 2 n n n n a a a a     ，  1 1 1 11 ( 1)2n na a    ，又 1 2 3a  ， 1 1 11 2a   ， 数列 1{ 1} na  是以为 1 2 首项， 1 2 为公比的等比数列． （Ⅱ）由（Ⅰ）知 1 1 1 1 1 11 2 2 2n n na       ，即 1 1 12n na   ， 2n n n n na   ． 设 2 3 1 2 3 2 2 2nT     … 2n n ， ① 则 2 3 1 1 2 2 2 2nT    … 1 1 2 2n n n n    ，② 由① ②得 2 1 1 1 2 2 2nT    … 1 1 1 1 1(1 )1 12 2 112 2 2 2 21 2 n n n n n n n n n             ，  1 12 2 2n n n nT    ．又1 2 3   … ( 1) 2 n nn   ． 数列{ } n n a 的前n 项和 nnn nnnnnnS 2 2 2 4 2 )1( 2 22 2  ．