2022年高考数学一轮复习 专题六 数列 3 等比数列 专题检测（含解析）新人教A版.docx

1、等比数列专题检测1.(2019北京朝阳二模,5)已知等差数列an的首项为a1,公差d0,则“a1,a3,a9成等比数列”是“a1=d”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案C由a1,a3,a9成等比数列,得a32=a1a9,从而(a1+2d)2=a1(a1+8d),又d0,所以a1=d;若a1=d,则a3=3a1,a9=9a1,从而有a32=a1a9,所以a1,a3,a9成等比数列.故“a1,a3,a9成等比数列”是“a1=d”的充要条件,故选C.2.(2018河南新乡二模,6)在公比为q的正项等比数列an中,a4=4,则当2a2+a6取得最小值

2、时,log2q=()A.14B.-14C.18D.-18答案A由题意知a20,a60,所以2a2+a622a2a6=22a42=82,当且仅当q4=2时取等号,所以log2q=log2214=14,选A.3.(201953原创冲刺卷三,5)已知数列an为正项等比数列,a2=2,a3=2a1,则a1a2+a2a3+anan+1=()A.(2+2)1-(2)nB.(2+2)(2)n-1C.2(2n-1)D.2(1-2n)答案C由an为正项等比数列,且a2=2,a3=2a1,可得a1=1,公比q=2,所以数列anan+1是以2为首项,2为公比的等比数列,则a1a2+a2a3+anan+1=2(1-2

3、n)1-2=2(2n-1).故选C.4.(2018福建厦门模拟,8)设等比数列an的前n项和为Sn,若Sn=2n+1+,则=()A.-2B.-1C.1D.2答案A解法一:依题意,a1=S1=4+,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8,因为an是等比数列,所以a22=a1a3,所以8(4+)=42,解得=-2.故选A.解法二:Sn=2n+1+=22n+,易知q1,因为an是等比数列,所以Sn=a11-q-a11-qqn,据此可得=-2.故选A.5.(201953原创冲刺卷八,5)已知等比数列an满足a1+a2=12,a1-a3=6,则当a1a2an取到最大值时,n的值为()A.3B.4C.

4、3或4D.5答案C设等比数列an的公比为q,由a1+a2=12,a1-a3=6,可得a1+a1q=12,a1-a1q2=6,解得a1=8,q=12,an=812n-1=12n-4(nN*),a1a2an=12-3-2-1+0+1+(n-4)=12n(n-7)2,令f(n)=12n(n-7)=12(n2-7n)=12n-722-498,当n=3或n=4时,f(n)有最小值,且f(n)min=-6,故当n=3或4时,a1a2an取得最大值,故选C.6.已知各项均为正数的等比数列an,a11,0q1,0q1,故数列为单调递减数列,总存在从某一项开始使得ak=a1qk-1(0,1),故Tk-1=a1a

5、2ak-1为最大值,故D正确.故选ABD.7.(2020浙江金丽衢十二校联考,19)在数列an中,a1=2,an+1=4an-3n+1,nN*.(1)证明:数列an-n是等比数列;(2)记bn=(an-n)n,求数列bn的前n项和Sn.解析本题考查等比数列的概念以及数列求和;考查学生运算求解的能力;考查数学运算的核心素养.(1)证明:an+1-n-1=4an-4n=4(an-n),则an+1-(n+1)an-n=4,a1-1=2-1=10,所以数列an-n是以1为首项,4为公比的等比数列.(2)由(1)知bn=(an-n)n=n4n-1.解法一:Sn=140+24+342+n4n-1,4Sn=

6、14+242+343+(n-1)4n-1+n4n,-得-3Sn=1+4+42+43+4n-1-n4n=1-4n1-4-n4n=-(3n-1)4n+13,故Sn=(3n-1)4n+19.解法二:令f(x)=x+x2+xn,则f(x)=1+2x+3x2+nxn-1,又(x+x2+xn)=x-xn+11-x=1-(n+1)xn+nxn+1(1-x)2,所以1+2x+3x2+nxn-1=1-(n+1)xn+nxn+1(1-x)2,由题意求bn=n4n-1的和,只需令x=4即可,即1+24+342+n4n-1=1-(n+1)4n+n4n+1(1-4)2=(3n-1)4n+19.8.(202053原创题)

7、数列an满足a1=7,且当n2时,总有an=an-1+成立(其中,为常数).(1)试写出,满足的关系式,使得数列an-3是等比数列;(2)记bn=3log2(an-3)log2(an+2-3),Sn为数列bn的前n项和,若=2,=-3,不等式SnK恒成立,求K的取值范围.解析(1)由题意知,对任意n2,an=an-1+,若an-3是等比数列,则必存在q0,对任意n2,有an-3=q(an-1-3),整理得an=qan-1+3-3q,由得=q,=3-3q,消去q,得3+=3(1且0).(2)显然=2,=-3满足(1)中求得的关系式,此时an-3是以7-3=4为首项,2为公比的等比数列,故an-3=42n-1,an=2n+1+3,则bn=3log22n+1log22n+3=3(n+1)(n+3)=322(n+1)(n+3)=321n+1-1n+3,因此Sn=b1+b2+bn=3212-14+13-15+1n+1-1n+3=3212+13-1n+2-1n+3=54-32(n+2)-32(n+3),显然Sn是递增数列,因此,当nN*时,Sn38,54,因为SnK恒成立,故K54.