2021高考数学一轮复习 第一部分 考点通关练 第四章 数列 考点测试30 等比数列（含解析）苏教版.doc

1、考点测试30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已知an为等比数列且满足a6a230，a3a13，则数列an的前5项和S5()A15 B31 C40 D121答案B解析因为an为等比数列且满足a6a230，a3a13，所以可得S531，所以数列an的前5项和S531.2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()ASn4

2、3an BSn32anCSn3an2 DSn2an1答案B解析由题意，ann1，Sn332n1，所以Sn32an，故选B.3公比不为1的等比数列an满足a5a6a4a718，若a1am9，则m的值为()A8 B9 C10 D11答案C解析在等比数列中，若pqmn，p，q，m，n都为正整数，则apaqaman，因为a5a6a4a718，所以a5a6a4a79，因为a1am9，所以m10.故选C.4在等比数列an中，a42，a55，则数列lg an的前8项和等于()A6 B5 C4 D3答案C解析数列lg an的前8项和S8lg a1lg a2lg a8lg (a1a2a8)lg (a1a8)4l

3、g (a4a5)4lg (25)44.5设等比数列an的前n项和为Sn，已知S38，S67，则a7a8a9等于()A. B C D答案A解析因为a7a8a9S9S6，且S3，S6S3，S9S6也成等比数列，即8，1，S9S6成等比数列，所以8(S9S6)1，即S9S6，所以a7a8a9.6已知an是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且，则数列|log2an|的前10项和为()A58 B56 C50 D45答案A解析设数列an的公比为q，根据题意知q3，所以q，从而有an32n1272n，所以log2an72n，所以|log2an|2n7|，所以数列|log2an|的前10项和等于5311

4、3579111358.故选A.7已知各项均不为零的数列an，定义向量cn(an，an1)，bn(n，n1)，nN*.下列命题中真命题是()A若nN*总有cnbn成立，则数列an是等比数列B若nN*总有cnbn成立，则数列an是等比数列C若nN*总有cnbn成立，则数列an是等差数列D若nN*总有cnbn成立，则数列an是等差数列答案D解析向量cn(an，an1)，bn(n，n1)，nN*，当cnbn时，(n1)annan10，即anna1，数列an为等差数列，D正确，B错误；当cnbn时，nan(n1)an10，即ana1，数列an既不是等差数列，也不是等比数列，A，C错误故选D.8在数列an

5、中，已知a11，an2(an1an2a2a1)(n2，nN*)，则这个数列的前4项和S4_.答案27解析由已知n2时，an2Sn1，an12Sn，an1an2an，即an13an(n2)，anS41261827.二、高考小题9(2019全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，则a3()A16 B8 C4 D2答案C解析由题意知解得a3a1q24.故选C.10(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

6、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 Bf Cf Df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a8a1q7，即a8f，故选D.11(2018浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4ln (a1a2a3)若a11，则()Aa1a3，a2a3，a2a4Ca1a4 Da1a3，a2a4答案B解析设f(x)ln xx(x0)，则f(x)1，令f(x)0，得0x1，令f(x)1，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 xx1.

7、从而a1a2a3a4ln (a1a2a3)a1a2a31，a41，公比q0，矛盾若q1，则a1a2a3a4a1(1qq2q3)a1(1q)(1q2)0，ln (a1a2a3)ln a10，也矛盾1q0.从而q20，a1a3.同理，q21，a2a2.故选B.12(2017全国卷)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()A1盏 B3盏 C5盏 D9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，

8、S7381，a13.故选B.13(2019全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和，若a11，S3，则S4_.答案解析设等比数列an的公比为q，又a11，则ana1qn1qn1.S3，a1a2a31qq2，即4q24q10，q，S4.14(2017北京高考)若等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a4b48，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.a1b11，a4b48，a22，b22.1.15(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q1时，S33a1，S66a12S3，不符

9、合题意，q1，由题设可得解得a8a1q72732.三、模拟小题16(2019开封一模)已知等比数列an中，有a3a114a7，数列bn是等差数列，其前n项和为Sn，且b7a7，则S13()A26 B52 C78 D104答案B解析等比数列an中，a3a114a7，可得a4a7，又a70，得a74，因为数列bn是等差数列，b7a74，则S1313(b1b13)13b713452.故选B.17(2019石家庄一模)已知an为等比数列，a5a82，a6a78，则a2a11()A5 B7 C7 D5答案C解析an为等比数列，a6a78，a5a88，又a5a82，解得a54，a82或a52，a84.当a

10、54，a82时，q3，a2a11a5q3a8q3427；当a52，a84时，q32，a2a11a5q3a8q324(2)7，故选C.18(2019宜宾二诊)设Sn为等比数列an的前n项和，若an0，a1，Sn2，则an的公比的取值范围是()A. B C D答案A解析设等比数列an的公比为q，则q1.an0，a1，Sn2，qn10，2，0q1，则a1a2，则S6S4a5a6(a1a2)q4q43632 12，当且仅当q22时等号成立，即S6S4的最小值为12.故选D.20(2019广州市天河区高三一模)若数列bn满足：2n(nN*)，则数列bn的前n项和Sn为()A2n1 B42n4 C2n22

11、 D2n24答案D解析数列bn满足：2n(nN*)，可得2(n1)(n2)，可得2n2(n1)2(n2)，可得bn2n1(n2)因为当n1时，b14也适合上式，所以数列bn的通项公式为bn2n1.所以数列bn是等比数列，公比为2.数列bn的前n项和Sn2n24.故选D.21(2019郑州二模)已知等比数列an为递增数列，设其前n项和为Sn，若a22，S37，则a5的值为_答案16解析设an的公比为q，因为a22，S37，所以22q7，即2q25q20，解得q2或q(舍去)，故a11，所以a52416.一、高考大题1(2019全国卷)已知数列an和bn满足a11，b10，4an13anbn4，4

12、bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式解(1)证明：由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn)又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公比为的等比数列由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列(2)由(1)知，anbn，anbn2n1，所以an(anbn)(anbn)n，bn(anbn)(anbn)n.2(2018全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an，设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列b

13、n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an1an.将n1代入，得a24a1，而a11，所以a24.将n2代入，得a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列由题设条件可得，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得2n1，所以ann2n1.3(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和若Sm63，求m.解(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2.故an(2)n1

14、或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.综上，m6.4(2017全国卷)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，a11，b11，a2b22.(1)若a3b35，求bn的通项公式；(2)若T321，求S3.解设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.由a2b22得dq3.(1)由a3b35得2dq26.联立和解得(舍去)或因此bn的通项公式为bn2n1.(2)由b11，T321得q2q200.解得q5或q4.当q5时，由得d8，则S321

15、.当q4时，由得d1，则S36.二、模拟大题5(2019湖南永州三模)已知数列an的前n项和Sn满足Sn2ann(nN*)(1)证明：数列an1为等比数列；(2)若数列bn为等差数列，且b3a2，b7a3，求数列的前n项和Tn.解(1)证明：当n1时，a12a11，a11.Sn2ann(nN*)，当n2时，Sn12an1(n1)，an2an2an11，an12(an11)，数列an1是首项、公比都为2的等比数列(2)由(1)得，an12n，即an2n1，b3a22213，b7a32317，设等差数列bn的公差为d，则b12d3，b16d7，b1d1，bnn，Tn1.6(2019广州二模)已知a

16、n是递增的等比数列，a2a34，a1a43.(1)求数列an的通项公式；(2)令bnnan，求数列bn的前n项和Sn.解(1)解法一：设等比数列an的公比为q，因为a2a34，a1a43，所以解得或因为an是递增的等比数列，所以a1，q3.所以数列an的通项公式为an3n2.解法二：设等比数列an的公比为q，因为a2a34，a1a4a2a33，所以a2，a3是方程x24x30的两个根解得或因为an是递增的等比数列，所以a21，a33，则q3，所以数列an的通项公式为an3n2.(2)由(1)知bnn3n2.则Sn131230331n3n2，在式两边同时乘以3，得3Sn130231332n3n1，由，得2Sn3130313n2n3n1，即2Snn3n1，所以Sn(2n1)3n1.