2025届高考数学一轮总复习课时作业34等比数列含解析苏教版

PAGEPAGE6课时作业34等比数列一、选择题1．(2024·武汉调研)等比数列{an}中，a1＝－1，a4＝64，则数列{an}的前3项和S3＝(B)A．13 B．－13C．－51 D．51解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由已知得－q3＝64，所以q＝－4，所以S3＝－1－1×(－4)－1×(－4)2＝－13，故选B．2．(2024·福州质检)等比数列{an}的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a3＝4，a2a6＝64，则S5＝(B)A．32 B．31C．64 D．63解析：解法1：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1·q2＝4，,a1q·a1q5＝64，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以S5＝31，故选B．解法2：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由a2a6＝aeq\o\al(2,4)＝64，a3＝4，得q＝2，a1＝1，所以S5＝31，故选B．3．(2024·洛阳联考)在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝2，且a2，a4＋2，a5成等差数列，记Sn是数列{an}的前n项和，则S5＝(B)A．32 B．62C．27 D．81解析：设等比数列{an}的公比为q(q>0)．∵a2，a4＋2，a5成等差数列，∴a2＋a5＝2(a4＋2)，∴2q＋2q4＝2(2q3＋2)，解得q＝2，∴S5＝eq\f(2×1－25,1－2)＝62，故选B．4．(2024·安徽淮北、宿州质检)已知数列{an}为等比数列，则“a1<a2<a3”是“数列{an}单调递增”的(C)A．充分条件 B．必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：若数列{an}单调递增，则a1<a2<a3，即必要性成立；若a1<a2<a3，则a1<a1q<a1q2，若a1>0，则1<q<q2，解得q>1，此时数列单调递增；若a1<0，则1>q>q2，解得0<q<1，此时数列单调递增；据此可知充分性成立，综上可得：“a1<a2<a3”是“数列{an}单调递增”的充要条件．故选C．5．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主子要求赔偿5斗粟．羊主子说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主子说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”准备按此比例偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主子各应偿还粟a升，b升，c升，1斗为10升，则下列推断正确的是(D)A．a，b，c成公比为2的等比数列，且a＝eq\f(50,7)B．a，b，c成公比为2的等比数列，且c＝eq\f(50,7)C．a，b，c成公比为eq\f(1,2)的等比数列，且a＝eq\f(50,7)D．a，b，c成公比为eq\f(1,2)的等比数列，且c＝eq\f(50,7)解析：由题意可得，a，b，c成公比为eq\f(1,2)的等比数列，b＝eq\f(1,2)a，c＝eq\f(1,2)b，故4c＋2c＋c＝50，解得c＝eq\f(50,7).故选D．6．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝(B)A．40 B．60C．32 D．50解析：由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，因此S9－S6＝16，S6＝12，S12－S9＝32，S12＝32＋16＋12＝60.7．已知等比数列{an}的首项为1，项数是偶数，全部的奇数项之和为85，全部的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为(C)A．4 B．6C．8 D．10解析：由题意得a1＋a3＋…＝85，a2＋a4＋…＝170，所以数列{an}的公比q＝2，由数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，得85＋170＝eq\f(1－2n,1－2)，解得n＝8.8．已知递增的等比数列{an}的公比为q，其前n项和Sn<0，则(A)A．a1<0,0<q<1 B．a1<0，q>1C．a1>0,0<q<1 D．a1>0，q>1解析：∵Sn<0，∴a1<0，又数列{an}为递增的等比数列，∴an＋1>an，且|an|>|an＋1|，∴－an>－an＋1>0，则q＝eq\f(－an＋1,－an)∈(0,1)，∴a1<0,0<q<1.故选A．二、填空题9．(2024·兰州诊断)已知数列{an}中，an＝eq\f(1,2)an＋1对随意的n∈N*恒成立，且a3＝12，则a1＝3.解析：解法1：由题意，知a2＝eq\f(1,2)a3＝6，所以a1＝eq\f(1,2)a2＝3.解法2：由题意，知数列{an}是公比为2的等比数列，所以a1＝eq\f(a3,22)＝3.10．(2024·广州综合测试)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝27，则a1＝eq\f(3,7).解析：设公比为q(q≠1)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S3＝\f(a11－q3,1－q)＝3，,S6＝\f(a11－q6,1－q)＝27，))解得eq\f(1,1＋q3)＝eq\f(1,9)，即q3＝8，得q＝2，代入eq\f(a11－q3,1－q)＝3得eq\f(a11－8,1－2)＝3，所以a1＝eq\f(3,7).11．(2024·重庆调研)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a5＝5，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝9.解析：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质可得a1·a9＝a2·a8＝a3·a7＝a4·a6＝aeq\o\al(2,5)＝52，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝log5(a1·a3·…·a9)＝log5[(a1·a9)·(a2·a8)·(a3·a7)·(a4·a6)·a5]＝log5aeq\o\al(9,5)＝log559＝9.12．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝eq\f(15,8)，a2a3＝－eq\f(9,8)，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＝－eq\f(5,3).解析：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＝eq\f(a1＋a4,a1·a4)＋eq\f(a2＋a3,a2·a3).∵在等比数列{an}中，a1·a4＝a2·a3，∴原式＝eq\f(a1＋a2＋a3＋a4,a2·a3)＝eq\f(15,8)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,9)))＝－eq\f(5,3).三、解答题13．(2024·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.14．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.(1)推断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn.(2)求T2n.解：(1)因为an·an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以an＋1·an＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，所以eq\f(an＋2,an)＝eq\f(1,2)，即an＋2＝eq\f(1,2)an，因为bn＝a2n＋a2n－1，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq\f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq\f(1,2)，因为a1＝1，a1·a2＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(1,2)⇒b1＝a1＋a2＝eq\f(3,2).所以{bn}是首项为eq\f(3,2)，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以bn＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\f(3,2n).(2)由(1)可知，an＋2＝eq\f(1,2)an，所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq\f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq\f(1,2)为首项，以eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝3－eq\f(3,2n).15．(2024·江西八校联考)已知数列{an}是等比数列，若ma6·a7＝aeq\o\al(2,8)－2a4·a9，且公比q∈(eq\r(3,5)，2)，则实数m的取值范围是(C)A．(2,6) B．(2,5)C．(3,6) D．(3,5)解析：∵ma6·a7＝aeq\o\al(2,8)－2a4·a9，a6·a7＝a4·a9，∴m＝eq\f(a\o\al(2,8),a6·a7)－2＝q3－2，又q∈(eq\r(3,5)，2)，∴3<m<6，∴实数m的取值范围是(3,6)，故选C．16．(2024·湖南郴州一模)已知等差数列{an}中，首项a1＝1，公差d为整数，且满意a1＋1≤a3，a2＋3≥a4，数列{bn}满意bn＝eq\f(1,an＋1an)，其前n项和为Sn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若S1，S2，Sm(m∈N*)成等比数列，求m的值．解：(1)等差数列{an}中，首项a1＝1，且满意a1＋1≤a3，a2＋3≥a4，可得2d≥1，且2d≤3，即eq\f(1,2)≤d≤eq\f(3,2)，由d为整数，可得d＝1，则an＝1＋n－1＝n.(2)bn＝eq\f(1,an＋1an)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，由S1，S2，Sm(m∈N*)成等比数列，可得S1Sm＝Seq\o\al(2,2)，即eq\f(1,2)·eq\f(m,m＋1)＝eq\f(4,9)，解得m＝8.17．(2024·湖南长沙模拟)在数列{an}中，a1＝1，a2＝b，前n项和为Sn.(1)若{an}是等差数列，且a8＝22，求b的值；(2)对随意的n∈N*，有eq\f(an＋2,an)＝4，且S10＝2a10－1.试证明：数列{an}是等比数列．解：(1)设等差数列{an}的公差为d.则由a1＝1，a8＝a1＋(8－1)·d＝1＋7d＝22，解得d＝3.又∵a2－a1＝d，即b－1＝3，∴b＝4.(2)证明：∵对随意的n∈N*，有eq\f(an＋2,an)＝4，∴数列{an}的奇数项和偶数项分别是公比为4的等比数列．∴S10＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝eq\f(1－45,1－4)＋eq\f(b1－45,1－4)＝eq\f(45－1,3