2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 等比数列的3考点基本运算判定和应用

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 等比数列的3考点基本运算判定和应用

高考达标检测（二十四） 等比数列的 3 考点 ——基本运算、判定和应用 一、选择题 1．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足 a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则a2 b2 ＝( ) A．－1 B．1 C.1 2 D．－2 解析：选 B 设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q， 则 a4＝－1＋3d＝8，解得 d＝3； b4＝－1·q3＝8，解得 q＝－2. 所以 a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2， 所以a2 b2 ＝1. 2．(2018·海口调研)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和，a2－8a5＝0，则S8 S4 的值为( ) A.1 2 B.17 16 C．2 D．17 解析：选 B 设{an}的公比为 q，依题意得a5 a2 ＝1 8 ＝q3，因此 q＝1 2. 注意到 a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)， 即有 S8－S4＝q4S4，因此 S8＝(q4＋1)S4，S8 S4 ＝q4＋1＝17 16. 3．在等比数列{an}中，a1，a5 为方程 x2－10x＋16＝0 的两根，则 a3＝( ) A．4 B．5 C．±4 D．±5 解析：选 A ∵a1，a5 为方程 x2－10x＋16＝0 的两根， ∴a1＋a5＝10，a1a5＝16，则 a1，a5 为正数， 在等比数列{an}中，a23＝a1a5＝16，则 a3＝±4， ∵a1，a5 为正数，∴a3＝4. 4．已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若存在 m∈N*，满足S2m Sm ＝9，a2m am ＝5m＋1 m－1 ，则 数列{an}的公比为( ) A．－2 B．2 C．－3 D．3 解析：选 B 设数列{an}的公比为 q， 若 q＝1，则S2m Sm ＝2，与题中条件矛盾，故 q≠1. ∵S2m Sm ＝ a11－q2m 1－q a11－qm 1－q ＝qm＋1＝9，∴qm＝8. ∴a2m am ＝a1q2m－1 a1qm－1 ＝qm＝8＝5m＋1 m－1 ， ∴m＝3，∴q3＝8， ∴q＝2. 5．已知等比数列{an}的各项均为不等于 1 的正数，数列{bn}满足 bn＝lg an，b3＝18，b6 ＝12，则数列{bn}的前 n 项和的最大值为( ) A．126 B．130 C．132 D．134 解析：选 C 设等比数列{an}的公比为 q(q>0)， 由题意可知，lg a3＝b3，lg a6＝b6. 又 b3＝18，b6＝12，则 a1q2＝1018，a1q5＝1012， ∴q3＝10－6，即 q＝10－2，∴a1＝1022. 又{an}为正项等比数列， ∴{bn}为等差数列，且公差 d＝－2，b1＝22， ∴数列{bn}的前 n 项和 Sn＝22n＋nn－1 2 ×(－2)＝－n2＋23n＝－ n－23 2 2＋529 4 . 又 n∈N*，故 n＝11 或 12 时，(Sn)max＝132. 6．正项等比数列{an}中，存在两项 am，an，使得 aman＝4a1，且 a6＝a5＋2a4，则1 m ＋4 n 的最小值是( ) A.3 2 B．2 C.7 3 D.25 6 解析：选 A 设等比数列{an}的公比为 q，其中 q>0， 于是有 a4q2＝a4q＋2a4，即 q2－q－2＝0，(q＋1)(q－2)＝0(q>0)， 由此解得 q＝2.由 aman＝16a21，得 a21×2m＋n－2＝16a21， 故 m＋n＝6，其中 m，n∈N*， ∴1 m ＋4 n ＝1 6 1 m ＋4 n(m＋n)＝5＋n m ＋4m n 6 ≥5＋2 n m ×4m n 6 ＝3 2 ， 当且仅当n m ＝4m n ，即 m＝2，n＝4 时等号成立， ∴1 m ＋4 n 的最小值为3 2. 二、填空题 7．已知数列{an}满足 a1，a2 a1 ，a3 a2 ，…， an an－1 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，则 a101＝ ________. 解析：因为数列{an}满足 a1，a2 a1 ，a3 a2 ，…， an an－1 是首项为 1，公比为 2 的等比数列， 所以 a1＝1， an an－1 ＝2n－1， 所以 an＝a1·a2 a1 ·a3 a2 ·…· an an－1 ＝1×2×22×…×2n－1＝21＋2＋…＋(n－1) ＝2 - )( 1 2 n n ， 当 n＝1 时，a1＝1 满足上式，故 an＝2 - )( 1 2 n n ， 所以 a101＝2101×101－1 2 ＝25 050. 答案：25 050 8．(2017·辽宁一模)在等比数列{an}中，若 a7＋a8＋a9＋a10＝15 8 ，a8a9＝－9 8 ，则 1 a7 ＋ 1 a8 ＋ 1 a9 ＋ 1 a10 ＝________. 解析：因为 1 a7 ＋ 1 a10 ＝a7＋a10 a7a10 ， 1 a8 ＋ 1 a9 ＝a8＋a9 a8a9 ， 由等比数列的性质知 a7a10＝a8a9， 所以 1 a7 ＋ 1 a8 ＋ 1 a9 ＋ 1 a10 ＝a7＋a8＋a9＋a10 a8a9 ＝15 8 ÷ －9 8 ＝－5 3. 答案：－5 3 9．设数列{an}的前 n 项和为 Sn(n∈N*)，关于数列{an}有下列四个命题： ①若{an}既是等差数列又是等比数列，则 an＝an＋1(n∈N*)； ②若 Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，则{an}是等差数列； ③若 Sn＝1－(－1)n，则{an}是等比数列； ④若 S1＝1，S2＝2，且 Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n≥2)，则数列{an}是等比数列． 其中真命题的序号是________． 解析：若{an}既是等差数列又是等比数列， 设其前三项分别为：a－d，a，a＋d(d 为公差)， 则 a2＝(a－d)(a＋d)，解得 d＝0， 因此 an＝an＋1(n∈N*)，①正确； 由 Sn＝an2＋bn(a，b∈R)是数列{an}为等差数列的充要条件，可知②正确； 若 Sn＝1－(－1)n，则 a1＝2，n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2(－1)n－1，为等比数列， 首项为 2，公比为－1，因此③正确； 由 Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n≥2)，可得 Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，即 an＋1＝2an， 又 S1＝1，S2＝2，∴a1＝1，a2＝1，可得 a2＝a1， ∴数列{an}不是等比数列，④错误． 故真命题的序号是①②③. 答案：①②③ 三、解答题 10．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 an＝Sn＋n 2 (n∈N*)． (1)若数列{an＋t}是等比数列，求 t 的值； (2)求数列{an}的通项公式； (3)记 bn＝ 1 an＋1 ＋ 1 anan＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n＝1 时，由 a1＝S1＋1 2 ＝a1＋1 2 ，得 a1＝1. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)， 即 an＝2an－1＋1， ∴a2＝3，a3＝7. 依题意，得(3＋t)2＝(1＋t)(7＋t)，解得 t＝1， 当 t＝1 时，an＋1＝2(an－1＋1)，n≥2， 即{an＋1}为等比数列成立， 故实数 t 的值为 1. (2)由(1)，知当 n≥2 时，an＋1＝2(an－1＋1)， 又因为 a1＋1＝2， 所以数列{an＋1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列． 所以 an＋1＝2×2n－1＝2n， ∴an＝2n－1. (3)由(2)，知 bn＝ 1 an＋1 ＋ 1 anan＋1 ＝an＋1 anan＋1 ＝ 2n 2n－12n＋1－1 ＝ 1 2n－1 － 1 2n＋1－1 ， 则 Tn＝ 1 2－1 － 1 22－1 ＋ 1 22－1 － 1 23－1 ＋ 1 23－1 － 1 24－1 ＋…＋ 1 2n－1－1 － 1 2n－1 ＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1－1 ＝1－ 1 2n＋1－1. 11．已知数列{an}满足 a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)． (1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列； (2)设 bn＝ 2n－1 an·an＋1 ，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，证明：Tn<1 2. 证明：(1)∵an＋2＝3an＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)， 又∵a2－a1＝3－1＝2， ∴数列{an＋1－an}是首项为 2、公比为 2 的等比数列． (2)由(1)可知 an＋1－an＝2n，显然数列{an}是递增的， ∴bn＝ 2n－1 an·an＋1 ＝1 2· 2n an·an＋1 ＝1 2·an＋1－an an·an＋1 ＝1 2 1 an － 1 an＋1 ， 于是 Tn＝1 2 1 a1 － 1 a2 ＋ 1 a2 － 1 a3 ＋…＋ 1 an － 1 an＋1 ＝1 2 1 a1 － 1 an＋1 ＝1 2 1－ 1 an＋1 <1 2. 12．已知数列{an}的前 n 项和是 Sn，且 Sn＋1 3an＝1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log4(1－Sn＋1)(n∈N*)，Tn＝ 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 bnbn＋1 ，求 Tn 的取值范围． 解：(1)当 n＝1 时，a1＝S1，由 S1＋1 3a1＝1，得 a1＝3 4 ， 当 n≥2 时，Sn＋1 3an＝1，Sn－1＋1 3an－1＝1， 两式相减得，Sn－Sn－1＋1 3(an－an－1)＝0，∴an＝1 4an－1. ∴{an}是以3 4 为首项，1 4 为公比的等比数列． 故 an＝3 4 1 4 n－1＝3 1 4 n(n∈N*)． (2)由(1)知 1－Sn＋1＝1 3an＋1＝ 1 4 n＋1， ∴bn＝log4(1－Sn＋1)＝log4 1 4 n＋1＝－(n＋1)， ∴ 1 bnbn＋1 ＝ 1 n＋1n＋2 ＝ 1 n＋1 － 1 n＋2 ， 故 Tn＝ 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 bnbn＋1 ＝ 1 2 －1 3 ＋ 1 3 －1 4 ＋…＋ 1 n＋1 － 1 n＋2 ＝1 2 － 1 n＋2 ， ∴1 6 ≤Tn<1 2 ， 即 Tn 的取值范围为 1 6 ，1 2 . 1．数列{an}是以 a 为首项，q 为公比的等比数列，数列{bn}满足 bn＝1＋a1＋a2＋…＋an， 数列 cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn，若{cn}为等比数列，则 a＋q＝( ) A. 2 B．3 C. 5 D．6 解析：选 B 由题意知 q≠1. 因为数列{an}是以 a 为首项，q 为公比的等比数列， 所以 bn＝1＋ a 1－q － aqn 1－q ， 所以 cn＝2－ aq 1－q2 ＋1－q＋a 1－q n＋ aqn＋1 1－q2 ， 要使{cn}为等比数列，则 2－ aq 1－q2 ＝0 且1－q＋a 1－q ＝0， 所以 a＝1，q＝2，则 a＋q＝3. 2．设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝3，an＋1＝2Sn＋3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n＝1 时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9， 当 n≥2 时，an＋1＝2Sn＋3， 可得 an＝2Sn－1＋3. 两式相减得，an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)， 即 an＋1－an＝2an，an＋1＝3an， 则 an＝a2·3n－2＝9×3n－2＝3n. 又 an＝3n 对 n＝1 也成立， 所以 an＝3n. (2)由(1)知，bn＝(2n－1)an＝(2n－1)×3n， 故 Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n， 3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1， 两式相减可得－2Tn＝3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×91－3n－1 1－3 －(2n－ 1)×3n＋1， 化简可得 Tn＝3＋(n－1)×3n＋1.