2025届高考数学一轮复习第五篇数列第3节等比数列课时作业理含解析新人教A版

PAGEPAGE5第3节等比数列课时作业基础对点练(时间：30分钟)1．已知数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(q≠0)，则“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的()(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件B解析：若A＝B＝0，则Sn＝0，故数列{an}不是等比数列；若数列{an}是等比数列，则a1＝Aq＋B，a2＝Aq2－Aq，a3＝Aq3－Aq2，由eq\f(a3,a2)＝eq\f(a2,a1)，得A＝－B.故选B.2．等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－8a2，a5＞a2，则an(A)(－2)n－1 (B)－(－2)n－1(C)(－2)n (D)－(－2)nA解析：∵|a1|＝1，∴a1＝1或a1＝－1.∵a5＝－8a2＝a2·q3，∴q3＝－8，∴q＝－2.又a5＞a2，即a2q3＞a2，∴a2＜0.而a2＝a1q＝a1·(－2)＜0，∴a1＝1.故an＝a1·(－2)n－1＝(－2)n－13．(2024成都模拟)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝()(A)16(1－4－n) (B)16(1－2－n)(C)eq\f(32,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－4－n)) (D)eq\f(32,3)(1－2－n)C解析：∵a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，∴a1＝4，q＝eq\f(1,2).a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq\f(32,3)(1－4－n)．故选C.4．在等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,9)，a4＝3，则该数列前5项的积为()(A)±3 (B)3(C)±1 (D)1D解析：因为a4＝3，所以3＝eq\f(1,9)×q3(q为公比)，得q＝3，所以a1a2a3a4a5＝aeq\o\al(5,3)＝(a1q2)5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)×9))5＝1，故选D.5．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成以eq\f(1,2)为首项的等比数列，则eq\f(m,n)等于()(A)eq\f(3,2) (B)eq\f(3,2)或eq\f(2,3)(C)eq\f(2,3) (D)以上都不对B解析：设a，b，c，d是方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根，不妨设a＜c＜d＜b，则a·b＝c·d＝2，a＝eq\f(1,2)，故b＝4，依据等比数列的性质，得到：c＝1，d＝2，则m＝a＋b＝eq\f(9,2)，n＝c＋d＝3或m＝c＋d＝3，n＝a＋b＝eq\f(9,2)，则eq\f(m,n)＝eq\f(3,2)或eq\f(m,n)＝eq\f(2,3).故选B.6．已知数列{an}的首项a1＝2，数列{bn}为等比数列，且bn＝eq\f(an＋1,an)，若b10b11＝2，则a21＝()(A)29 (B)210(C)211 (D)212C解析：由bn＝eq\f(an＋1,an)，且a1＝2，得b1＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(a2,2)，a2＝2b1；b2＝eq\f(a3,a2)，a3＝a2b2＝2b1b2；b3＝eq\f(a4,a3)，a4＝a3b3＝2b1b2b3；…；an＝2b1b2b3…bn－1，所以a21＝2b1b2b3…b20，又{bn}为等比数列，所以a21＝2(b1b20)(b2b19)…(b10b11)＝2(b10b11)10＝211.故选C.7．(2024山西四校联考)已知数列{an}满意a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2016＝________.解析：∵数列{an}满意a1＝1，an＋1·an＝2n①，∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1②，∵①÷②得eq\f(an＋1,an－1)＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2024＝eq\f(1－21008,1－2)＋eq\f(2×1－21008,1－2)＝3×21008－3.答案：3×21008－38．如图，“杨辉三角”中从上往下共有n(n＞7，n∈N)行，设第k(k≤n，k∈N*)行中不是1的数字之和为ak，由a1，a2，a3，…组成的数列{an}的前n项和是Sn，现有下面四个结论：①a8＝254；②an＝an－1＋2n；③S3＝22；④Sn＝2n＋1－2－2n.其中正确的结论序号为________．11121133114641…………解析：an＝2n－2，Sn＝21＋22＋…＋2n－2n＝eq\f(21－2n,1－2)－2n＝2n＋1－2－2n，故只有①④正确．答案：①④9．设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn分别为数列{lgan}与{lgbn}的前n项和，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n,2n＋1)，则logb5a5＝________.解析：设正项数列{an}的公比为q，正项数列{bn}的公比为p，则数列{lgan}是公差为lgq的等差数列，{lgbn}是公差为lgp的等差数列．故Sn＝nlga1＋eq\f(nn－1,2)lgq.Tn＝nlgb1＋eq\f(nn－1,2)lgp.又eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(lga1＋\f(n－1,2)lgq,lgb1＋\f(n－1,2)lgp).所以logb5a5＝eq\f(lga5,lgb5)＝eq\f(lga1＋4lgq,lgb1＋4lgp)＝eq\f(S9,T9)＝eq\f(9,19).答案：eq\f(9,19)10．设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，它的前n项和为40，前2n项和为3280，且前n项中数值最大项为27，求数列的第2n项．解：若q＝1，则na1＝40,2na1＝3280，冲突．∴q≠1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)＝40①,\f(a11－q2n,1－q)＝3280②))eq\f(①,②)得1＋qn＝82，∴qn＝81③将③代入①得q＝1＋2a1又∵q＞0，∴q＞1，∴a1＞0，{an}为递增数列．∴an＝a1qn－1＝27由③④⑤得q＝3，a1＝1，n＝4.∴a2n＝a8＝1×37＝2187.实力提升练(时间：20分钟)11．(2024池州期末)已知等比数列{an}的公比q＝2，前100项和为S100＝90，则其偶数项a2＋a4＋…＋a100为()(A)15 (B)30(C)45 (D)60D解析：S100＝a1＋a2＋…＋a100＝90，设S＝a1＋a3＋…＋a99，则2S＝a2＋a4＋…＋a100，所以S＋2S＝90，S＝30，故a2＋a4＋…＋a100＝2S＝60，故选D.12．已知{an}是首项为1的等比数列，若Sn是{an}的前n项和，且28S3＝S6，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前4项和为()(A)eq\f(15,8)或4 (B)eq\f(40,27)或4(C)eq\f(40,27) (D)eq\f(15,8)C解析：设数列{an}的公比为q.当q＝1时，由a1＝1，得28S3＝28×3＝84.而S6＝6，两者不相等，因此不合题意．当q≠1时，由28S3＝S6及首项为1，得eq\f(281－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q).解得q＝3.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1.所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前4项和为1＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,27)＝eq\f(40,27).故选C.13．(2024青岛调研)已知各项均不相等的等比数列{an}，若3a2,2a3，a4成等差数列，设Sn为{an}的前n项和，则eq\f(S3,a3)＝()(A)eq\f(13,9) (B)eq\f(7,9)(C)3 (D)1A解析：4a3＝3a2＋a4a1q2＝3a1q＋a1q∴q2－4q＋3＝0，q＝3或q＝1(舍)．∴eq\f(S3,a3)＝eq\f(\f(a11－q3,1－q),a1q2)＝eq\f(1－q3,q21－q)＝eq\f(1－27,9×－2)＝eq\f(13,9).故选A.14．已知数列{an}的各项均为正数，且前n项和Sn满意Sn＝eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2)．若a2，a4，a9成等比数列，求数列{an}的通项公式．解析：因为Sn＝eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2)，所以当n＝1时，有S1＝a1＝eq\f(1,6)(a1＋1)(a1＋2)，解得a1＝1或a1＝2；当n≥2时，有Sn－1＝eq\f(1,6)(an－1＋1)(an－1＋2)．①－②并整理，得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0(n≥2)．因为数列{an}的各项均为正数，所以an－an－1＝3(n≥2)．当a1＝1时，an＝1＋3(n－1)＝3n－2，此时aeq\o\al(2,4)＝a2a9成立．当a1＝2时，an＝2＋3(n－1)＝3n－1，此时aeq\o\al(2,4)＝a2a9不成立．所以a1＝2舍去．故an＝3n－2.15．已知数列{an}满意a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}和通项公式．(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(3,2).解析：证明：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).又a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首项为eq\f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2)，因此{an}的通项公式为an＝eq\f(3n－1,2).(2)由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3