全国版2022高考数学一轮复习第6章数列第3讲等比数列及其前n项和试题1理含解析

1、第六章数列第三讲等比数列及其前n项和练好题考点自测1.下列结论中,错误的个数为()满足an+1=qan(nN*,q为常数)的数列an为等比数列.a,b,c三个数成等比数列的充要条件是b2=ac.如果数列an为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列bn也是等比数列.如果数列an为等比数列,则数列ln an是等差数列.A.1B.2C.3D.42.北京高考,5分理设an是公比为q的等比数列,则“q1”是“an为递增数列”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.2019全国卷,5,5分理已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.4D.24.易错题记等比数列an的前n项和为Sn,若a1=2,S3=6,则S4=()A.10或8B.-10C.-10或8D.-10或-85.2020全国卷,6,5分理数列an中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+ak+10=215-25,则k=()A.2B.3C.4D.56. 2020全国卷,10,5分设an是等比数列,且a1+a2+a3=

2、1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=()A.12B.24C.30D.327.2017全国卷,3,5分理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8.2016全国卷,15,5分理设等比数列an满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2an的最大值为.拓展变式1.2016全国卷,17,12分理已知数列an的前n项和Sn=1+an,其中0.(1)证明an是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=3132,求.2.(1)2020全国卷,6,5分记Sn为等比数列an的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan=()A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1(2)已知数列an是等差数列,若a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,则q=()A.1B.2C.3D.43.(1)2021大同市调研测试已知各项均为正数的等比数列an中,a1a2a3=5,a4

3、a5a6=52,则a7a8a9=()A.25B.20C.102D.10(2)已知正项等比数列an的前n项和为Sn,且S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为()A.25B.20C.15D.10(3)记等比数列an的前n项积为Tn(nN*),已知am-1am+1-2am=0,且T2m-1=128,则m的值为()A.4B.7C.10D.124.数列an,bn满足a1=-1,b1=2,且an+1=-bn,bn+1=2an-3bn(nN*),则b2 015+b2 016=.答 案第三讲等比数列及其前n项和1.D对于,当n属于正整数,q为常数且不等于0时,数列an为等比数列,故错误;对于,由等比中项的概念可知,a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=ac,故错误;对于,当等比数列an的公比q=-1时,bn=0,此时bn不是等比数列,故错误;对于,当an为正数时,数列ln an是等差数列,故错误.所以结论中错误的个数为4,故选D.2.D等比数列-1,-2,-4,满足公比q=21,但an不是递增数列,即充分性不成立.an=-1(12)n-1为递增数列,但q=121”是“an为递

4、增数列”的既不充分也不必要条件,故选D.3.C设等比数列an的公比为q,由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4,得q2=4,因为数列an的各项均为正数,所以q=2.又a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+2+4+8)=15,所以a1=1,所以a3=a1q2=4,故选C.4.C设等比数列的公比为q,因为a1=2,S3=6,所以S3=2+2q+2q2=6,则q2+q-2=0,所以q=1或q=-2.当q=1时,S4=S3+2=8;当q=-2时,S4=S3+a1q3=6+2(-2)3=-10.故选C.5.C令m=1,则由am+n=aman,得an+1=a1an,即an+1an=a1=2,所以数列an是首项为2、公比为2的等比数列,所以an=2n,所以ak+1+ak+2+ak+10=ak(a1+a2+a10)=2k2(1-210)1-2=2k+1(210-1)=215-25=25(210-1),解得k=4,故选C.6.D解法一设等比数列an的公比为q,所以a2+a3+a4a1+a2+a3=(a1+a2+a3)qa1+a2+a3=q=2,由a1+a2+a3=a1(1+q+

5、q2)=a1(1+2+22)=1,解得a1=17,所以a6+a7+a8=a1(q5+q6+q7)=17(25+26+27)=1725(1+2+22)=32,故选D.解法二令bn=an+an+1+an+2(nN*),则bn+1=an+1+an+2+an+3.设数列an的公比为q,则bn+1bn=an+1+an+2+an+3an+an+1+an+2=(an+an+1+an+2)qan+an+1+an+2=q,所以数列bn为等比数列,由题意知b1=1,b2=2,所以等比数列bn的公比q=2,所以bn=2n-1,所以b6=a6+a7+a8=25=32,故选D.7.B由题意知,每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为an,则前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得a1(1-27)1-2=381,解得a1=3,故选B.8.64解法一设等比数列an的公比为q,由a1+a3=10,a2+a4=5得,a1(1+q2)=10,a1q(1+q2)=5,解得a1=8,q=12.所以a1a2an=a1nq1+2+(n-1)=8n(12)n(n-1)2=2-12n2+72n.记t=-n22+7n2(nN*

6、),则t=-12(n2-7n)=-12(n-72)2+498,易知当n=3或4时,a1a2an取得最大值26=64.解法二设等比数列an的公比为q,由题可知a1+a1q2=10,a1q+a1q3=5,则q=12,a1=8,所以an=8(12)n-1=24-n.当n=4时,a4=1,所以a1a2a3a4=1a5a6.所以a1a2an取最大值时n=3或4.所以a1a2an的最大值为64.1.(1)由题意得a1=S1=1+a1,故1,a1=11-,a10.由Sn=1+an,Sn+1=1+an+1 得an+1=an+1-an,即an+1(-1)=an.又a10,0且1,所以an+1an=-1.所以an是首项为11-,公比为-1的等比数列,故an=11-(-1)n-1.(2)由(1)得Sn=1-(-1)n.由S5=3132得1-(-1)5=3132,即(-1)5=132,解得=-1.2.(1)B解法一设等比数列an的公比为q,则由a5-a3=a1q4-a1q2=12,a6-a4=a1q5-a1q3=24解得a1=1,q=2,所以Sn=a1(1-qn)1-q=2n-1,an=a1qn-1=2n-1

7、,所以Snan=2n-12n-1=2-21-n,故选B.解法二设等比数列an的公比为q,因为a6-a4a5-a3=a4(1-q2)a3(1-q2)=a4a3=2412=2,所以q=2,所以Snan=a1(1-qn)1-qa1qn-1=2n-12n-1=2-21-n,故选B.(2)A设等差数列an的公差为d,由a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,得(a4+3)2=a2(a6+6),即(a1+3d+3)2=(a1+d)(a1+5d+6),化简得(2d+3)2=0,解得d=-32.所以q=a4+3a2=a1-92+3a1-32=a1-32a1-32=1.故选A.3.(1)D解法一 因为数列an为正项等比数列,所以a1a2a3=a23=5,a4a5a6=a53=52,a7a8a9=a83,又a2a8=a52,所以(a2a8)3=(a52)3=(a53)2=50,得a7a8a9=a83=50a23=10,故选D.解法二因为数列an为正项等比数列,所以a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9也构成等比数列,所以(a4a5a6)2=(a1a2a3)(a7a8a9)=50,又a1a2a3=

8、5,所以a7a8a9=10,故选D.(2)B在正项等比数列an中,Sn0.因为S8-2S4=5,所以S8-S4=5+S4.易知S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,所以(S8-S4)2=S4(S12-S8),所以S12-S8=(S4+5)2S4=25S4+S4+10225S4S4+10=20(当且仅当S4=5时取等号).因为S12-S8=a9+a10+a11+a12,所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.故选B.(3)A因为an是等比数列,所以am-1am+1=am2.又am-1am+1-2am=0,则am2-2am=0,所以am=2(am=0舍去).由等比数列的性质可知前2m-1项积T2m-1=am2m-1,即22m-1=128,解得m=4.故选A.4.-322 015易知b2=-8,由bn+1=2an-3bnbn+2=2an+1-3bn+1,将an+1消去得bn+2=-2bn-3bn+1,所以bn+2+bn+1=-2(bn+1+bn),故可得bn+1+bn=(-2)n-1(b2+b1)=(-8+2)(-2)n-1=3(-2)n,所以b2 016+b2 015=-322 015.

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