【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试31等比数列作业

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第四章　数列 考点测试31　等比数列 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 高考概览 本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值5分、12分，中、低等难度 考纲研读 ‎1．理解等比数列的概念 ‎2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式 ‎3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题 ‎4．了解等比数列与指数函数的关系 一、基础小题 ‎1．在等比数列{an}中，已知a1＝1，a4＝8，则a5＝(　　)‎ A．16 B．16或－16‎ C．32 D．32或－32‎ 答案　A 解析　由a4＝a1q3，则q＝2，所以a5＝a4q＝16．故选A．‎ ‎2．在等比数列{an}中，已知a‎7a12＝5，则a‎8a‎9a‎10a11＝(　　)‎ A．10 B．‎25 C．50 D．75‎ 答案　B 解析　因为a‎7a12＝a‎8a11＝a‎9a10＝5，‎ 所以a‎8a‎9a‎10a11＝52＝25．故选B．‎ ‎3．已知等比数列{an}的公比为正数，且a‎2a6＝‎9a4，a2＝1，则a1的值为(　　)‎ A．3 B．－‎3 C．－ D． 答案　D 解析　设数列{an}的公比为q，由a2·a6＝‎9a4，得a2·a2q4＝‎9a2q2，解得q2＝9，所以q＝3或q＝－3(舍去)，所以a1＝＝．故选D．‎ ‎4．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则＝(　　)‎ A．－3 B．－‎1 C．1 D．3‎ 答案　A 解析　∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，‎ ‎∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝‎3a＋b－a－b＝‎2a，a3＝S3－S2＝‎9a＋b－‎3a－b＝‎6a，∵等比数列{an}中，a＝a‎1a3，∴(‎2a)2＝(a＋b)×‎6a，解得＝－3．故选A．‎ ‎5．若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为(　　)‎ A．2 B．‎4 C．8 D．16‎ 答案　B 解析　由anan＋1＝aq＝16n>0知q>0，又＝q2＝＝16，所以q＝4．故选B．‎ ‎6．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝(　　)‎ A．2 B． C． D．1或2‎ 答案　B 解析　设S2＝k，则S4＝3k，由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝，故选B．‎ ‎7．设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a‎1a‎2a3·…·a30＝230，则a‎3a‎6a9·…·a30＝(　　)‎ A．210 B．‎220 C．216 D．215‎ 答案　B 解析　因为a‎1a‎2a3＝a，a‎4a‎5a6＝a，a‎7a‎8a9＝a，…，a‎28a‎29a30＝a，所以a‎1a‎2a‎3a‎4a‎5a‎6a‎7a‎8a9…a‎28a‎29a30＝(a‎2a‎5a8…a29)3＝230．所以a‎2a‎5a8…a29＝210．则a‎3a‎6a9…a30＝(a2q)(a5q)(a8q)…(a29q)＝(a‎2a‎5a8·…·a29)q10＝210×210＝220，故选B．‎ ‎8．在数列{an}中，已知a1＝1，an＝2(an－1＋an－2＋…＋a2＋a1)(n≥2，n∈N*)，则这个数列的前4项和S4＝________．‎ 答案　27‎ 解析　由已知n≥2时，an＝2Sn－1，an＋1＝2Sn，∴an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，∴an＝ ‎∴S4＝1＋2＋6＋18＝27．‎ 二、高考小题 ‎9．(2018·北京高考)“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．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)‎ A．f B．f C．f D．f 答案　D 解析　由题意知，十三个单音的频率构成首项为f，公比为的等比数列，设该等比数列为{an}，则a8＝a1q7，即a8＝f，故选D．‎ ‎10．(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln (a1＋a2＋a3)．若a1>1，则(　　)‎ A．a1a3，a2a4 D．a1>a3，a2>a4‎ 答案　B 解析　设f(x)＝ln x－x(x>0)，则f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0，得01，∴f(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，∴f(x)≤f(1)＝－1，即有ln x≤x－1．从而a1＋a2＋a3＋a4＝ln (a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，∴a4<0，又a1>1，∴公比q<0．若q＝－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝0，ln (a1＋a2＋a3)＝ln a1>0，矛盾．若q<－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1‎ ‎(1＋q)(1＋q2)<0，而a2＋a3＝a2(1＋q)＝a1q(1＋q)>0，∴ln (a1＋a2＋a3)>ln a1>0，也矛盾．∴－10，∴a1>a3．同理，∵＝q2<1，a2<0，‎ ‎∴a4>a2．故选B．‎ ‎11．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)‎ A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 答案　B 解析　由题意可知，由上到下灯的盏数a1，a2，a3，…，a7构成以2为公比的等比数列，∴S7＝＝381，∴a1＝3．故选B．‎ ‎12．(2017·北京高考)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________．‎ 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．∵a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，‎ ‎∴∴ ‎∴a2＝2，b2＝2．∴＝＝1．‎ ‎13．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn．已知S3＝，S6＝，则a8＝________．‎ 答案　32‎ 解析　设等比数列{an}的公比为q．‎ 当q＝1时，S3＝‎3a1，S6＝‎6a1＝2S3，不符合题意，‎ ‎∴q≠1，由题设可得 解得∴a8＝a1q7＝×27＝32．‎ ‎14．(2016·全国卷Ⅰ)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，‎ 于是a1(1＋q2)＝10，①‎ a1(q＋q3)＝5，②‎ 联立①②得a1＝8，q＝，‎ ‎∴an＝24－n，∴a‎1a2…an＝23＋2＋1＋…＋(4－n)＝2－n2＋n＝2－2＋≤26＝64，∴a‎1a2…an的最大值为64．‎ 三、模拟小题 ‎15．(2018·呼和浩特调研)已知等比数列{an}的公比q>0，且a‎5a7＝‎4a，a2＝1，则a1＝(　　)‎ A． B． C． D．2‎ 答案　B 解析　因为{an}是等比数列，所以a‎5a7＝a＝‎4a，所以a6＝‎2a4，q2＝＝2，又q>0，所以q＝，a1＝＝，故选B．‎ ‎16．(2018·安徽皖江名校联考)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a‎2a4＝16，S3＝7，则a8＝(　　)‎ A．32 B．‎64 C．128 D．256‎ 答案　C 解析　∵a‎2a4＝a＝16，∴a3＝4(负值舍去)，∵a3＝a1q2＝4，S3＝7，∴S2＝＝3，∴3q2－4q－4＝0，解得q＝－或q＝2，∵an>0，∴q＝2，∴a1＝1，∴a8＝27＝128．故选C．‎ ‎17．(2018·长沙统考)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　)‎ A．Sn＝4－3an B．Sn＝3－2an C．Sn＝3an－2 D．Sn＝2an－1‎ 答案　B 解析　由题意，an＝n－1，Sn＝＝31－n＝3－2×n－1，所以Sn＝3－2an，故选B．‎ ‎18．(2018·唐山期末)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和，若{Sn＋λ}为等比数列，则λ＝(　　)‎ A．－1 B．‎1 C．－2 D．2‎ 答案　B 解析　由a1＝1，an＋1＝2an，得a2＝2，a3＝4，所以S1＝a1＝1，S2＝S1＋a2＝3，S3＝S2＋a3＝7．而{Sn＋λ}为等比数列，所以(3＋λ)2＝(1＋λ)(7＋λ)，解得λ＝1．故选B．‎ ‎19．(2019·陕西西安八校联考)设公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝‎3a2＋2，S4＝‎3a4＋2，则q＝________．‎ 答案　或－1‎ 解析　∵公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝‎3a2＋2，S4＝‎3a4＋2，∴S4－S2＝a4＋a3＝‎3a4－‎3a2，即2q2－q－3＝0，∴q＝或－1．‎ ‎20．(2018·乌鲁木齐一诊)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，则以S1，S3，S4为前三项的等差数列的第8项与第4项之比为________．‎ 答案　 解析　设正项等比数列{an}的公比为q．当q＝1时，S1＝a1，S3＝‎3a1，S4＝‎4a1．显然不符合题意，所以q≠1．因为S1，S3，S4为等差数列的前三项，所以S4－S3＝S3－S1，即a4＝a3＋a2，得a2q2＝a2q＋a2，所以q2＝q＋1，解得q＝(负值舍去)．所以该等差数列的第8项与第4项之比为＝ ‎＝＝＝＝＝．‎ 一、高考大题 ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝．‎ ‎(1)求b1，b2，b3；‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；‎ ‎(3)求{an}的通项公式．‎ 解　(1)由条件可得an＋1＝an．‎ 将n＝1代入，得a2＝‎4a1，而a1＝1，所以a2＝4．‎ 将n＝2代入，得a3＝‎3a2，所以a3＝12．‎ 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4．‎ ‎(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由题设条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ ‎(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1．‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝‎4a3．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m．‎ 解　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1．‎ 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2．‎ 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1．‎ ‎(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝．‎ 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．‎ 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1．‎ 由Sm＝63得‎2m＝64，解得m＝6．‎ 综上，m＝6．‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅱ)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　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(舍去)或 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．‎ 二、模拟大题 ‎4．(2018·陕西质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3．‎ ‎(1)证明：数列{an}是等比数列；‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．‎ 解　(1)证明：当n＝1时，a1＝‎4a1－3，解得a1＝1．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得an＝an－1，‎ 又a1＝1≠0，∴{an}是首项为1，公比为的等比数列．‎ ‎(2)∵an＝n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得 bn＋1－bn＝n－1．当n≥2时，可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋ ‎＝3×n－1－1，当n＝1时，上式也成立，所以数列{bn}的通项公式为bn＝3×‎ eq f(4,3)n－1－1．‎ ‎5．(2018·湖北八校第一次联考)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＝4an＋1－4an．‎ ‎(1)求证：{an＋1－2an}是等比数列；‎ ‎(2)求{an}的通项公式．‎ 解　(1)证明：由an＋2＝4an＋1－4an得an＋2－2an＋1‎ ‎＝2an＋1－4an＝2(an＋1－2an)＝22(an－2an－1)‎ ‎＝…＝2n(a2－‎2a1)≠0，‎ ‎∴＝2，∴{an＋1－2an}是等比数列．‎ ‎(2)由(1)可得an＋1－2an＝2n－1(a2－‎2a1)＝2n，‎ ‎∴－＝，‎ ‎∴是首项为，公差为的等差数列，‎ ‎∴＝，则an＝n·2n－1．‎ ‎6．(2019·江西南昌调研)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*．‎ ‎(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；‎ ‎(2)求T2n．‎ 解　(1)∵an·an＋1＝n，‎ ‎∴an＋1·an＋2＝n＋1．‎ ‎∴＝，即an＋2＝an．‎ ‎∵bn＝a2n＋a2n－1，‎ ‎∴＝＝＝．‎ ‎∴{bn}是公比为的等比数列．‎ ‎∵a1＝1，a1·a2＝，‎ ‎∴a2＝⇒b1＝a1＋a2＝．‎ ‎∴bn＝×n－1＝．‎ ‎(2)由(1)可知an＋2＝an，‎ ‎∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，以为公比的等比数列．‎ ‎∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－．‎