考点6-2 等比数列(文理）-2023年高考数学一轮复习小题多维练（全国通用）（解析版）

考点6-2等比数列1．（2022·全国·高考真题（文））已知等比数列na的前3项和为168，2542aa，则6a（）A．14B．12C．6D．3【答案】D【分析】设等比数列na的公比为,0qq，易得1q，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列na的公比为,0qq，若1q，则250aa，与题意矛盾，所以1q，则31123425111168142aqaaaqaaaqaq，解得19612aq，所以5613aaq.故选：D.2．（2021·全国·高考真题（文））记nS为等比数列na的前n项和.若24S，46S，则6S（）A．7B．8C．9D．10【答案】A【分析】根据题目条件可得2S，42SS，64SS成等比数列，从而求出641SS，进一步求出答案.【详解】∵nS为等比数列na的前n项和，∴2S，42SS，64SS成等比数列∴24S，42642SS∴641SS，∴641167SS.故选：A.3．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室二模（理））已知等比数列na的公比为2，前n项和为nS，若132aa，则4S（）A．135B．4C．235D．6【答案】D【分析】根据等比数列的性质即可求解.【详解】因为132aa，2q=，则244aa，所以412346Saaaa．故选:D4.（2019·全国·高考真题（理））记Sn为等比数列{an}的前n项和．若214613aaa，，则S5=____________．【答案】1213.【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比q的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到5S．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．【详解】设等比数列的公比为q，由已知21461,3aaa，所以32511(),33qq又0q，所以3,q所以55151(13)(1)12131133aqSq．5．（2023·全国·高三专题练习）在正项等比数列na中，1241,93aaa，记数列na的前n项的积为nT，若1,1000nT，请写出一个满足条件的n的值为__________．【答案】4（答案不唯一）【分析】先求出公比，na的通项公式，从而得到32123nnnnTaaa，得到n的值.【详解】因为na为正项等比数列且22439aaa，所以33a，又因为113a，所以2319aqa==，又0q，所以3q，则121333nnna，31022123333nnnnnTaaa，因为1,1000nT，所以当4n时满足要求，故答案为：46．（2022·江西·高三阶段练习（理））某数学爱好者以函数图像组合如图“爱心”献给在抗疫一线的白衣天使，向他们表达崇高的敬意！爱心轮廓是由曲线21:||Cyaxx与2:||Cybcx构成，若a，b，c依次成等比数列，则（）A．23±B．23C．32D．32【答案】A【分析】由“爱心”图1C经过点(4,0),可求出a，再由“爱心”图2C过点(4,0)与(0,6)，可求出,bc，再由a，b，c，依次成等比数列可得22acb代入即可求出答案.【详解】解：由“爱心”图知21:||Cyaxx经过点(4,0)，即4160a，4a．由“爱心”图知2:||Cybcx必过点(4,0)与(0,6)，所以2006bcbc，得2c，32b，若a，b，c，依次成等比数列，则22bac，从而2249acb，所以23．故选:A．7．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知数列na，nb的前n项和分别为nS，nT，1nnSa，13b，当2n时，123nnb，若对于任意*nN，不等式0nntStT恒成立，则实数t的取值范围为（）A．31,2B．1,2C．3,22D．1,32【答案】B【分析】先分别求出112nnS=-，1123nnT，判断出nS随着n增大而增大，nT随着n增大而减小，且112nS，23nT，即可得到实数t的取值范围.【详解】由1nnSa①，可得111nnSa②，所以②－①得11nnnaaa，即112nnaa.因为111aa，所以112a，故na是首项为12，公比为12的等比数列，所以12nna，故112nnS=-.当2n时，211111123331323nnnT，当1n时，13T也符合1123nnT，故1123nnT.显然nS随着n增大而增大，nT随着n增大而减小，且112nS，23nT，故要使得0nntStT恒成立，则12t.故选：B8．（2022·四川成都·模拟预测（理））已知数列2logna是等差数列，且2017201620152aaa．若214loga是2logma和2logna的等差中项，则9nmmn的最小值为（）A．3421B．138C．85D．74【答案】A【分析】易知na是正项等比数列，根据2017201620152aaa，得到2q=，再根据214loga是2logma和2logna的等差中项，得到10mn，然后结合“1”的代换，利用基本不等式求解.【详解】解：因为数列2logna是等差数列，所以na是正项等比数列，又2017201620152aaa，所以2016201520141112aqaqaq，解得2q=或-1（舍），又因为214loga是2logma和2logna的等差中项，所以2221loglog4log2mnaaa，则116mnaaa，即10mn．所以91911919()()1()1010nmnmmnmnmnmnmn+=+=++=++，令ntm，则113237,,,,1,,,4,9947323t禳镲Î睚镲铪，所以1919341()1021tmnt+=++?，当且仅当73t时，即3,7mn时取等号．故选：A．9.（2023·全国·高三专题练习）已知等比数列{na}各项均为正数，11a，2a、4a为方程2160xmx(m为常数)的两根，数列{na}的前n项和为nS，且2log(1)nnbS，求数列211nb的前2022项和为_________．【答案】20224045【分析】首先根据条件求得等比数列{na}的前n项和为nS，代入211nb中可看出可以通过裂项相消法求和．【详解】等比数列{na}中2a、4a为方程2160xmx的两根2416aa，设数列{na}的公比为q，则0q，且24116aq又11a，所以2q=，所以1122112nnnS∴22log1log22nnnbSn∴22111111141212122121nbnnnnn∴数列211nb的前2022项和2022111111111120221123355740434045240454045T，故答案为：20224045.10．（2022·安徽·马鞍山二中模拟预测（理））设nS为等比数列na的前n项和，已知12327aaa，581a，若存在mR，使得272nnSa12m成立，则m的最小值为___．【答案】9【分析】先求出首项和公比，从而得到通项公式及求和公式，然后利用基本不等式求出最小值，从而求出m的最小值.【详解】设na的公比为q，由12327aaa可知3227a，所以23a，由4113,81aqaq得：327q，所以3q，则11a，所以13nna，113112nnnaqSq，由题意知存在mR，使得127132722223nnnnmSa…38138129223223nnnn…成立，当且仅当32n8123n，即2n时取得等号，所以9m…，故m的最小值为9故答案为：911．（2021·全国·高三专题练习（理））数列{}na是以a为首项，q（1q）为公比的等比数列，数列{}nb满足121(1,2,)nnbaaan，数列{}nc满足122(1,2,)nncbbbn，若{}nc为等比数列，则aqA．2B．3C．5D．6【答案】B【详解】由题意，1nnaaq，则111111nnnaqaaqbqqq，得121111nnqqaaCnqqq12212111naqqaaqnqqq,要使nC为等比数列，必有2201{101aqqqaq，得1{,32aaqq，故选B.12．（2022·江西省丰城中学模拟预测（理））记数列13n中不超过正整数n的项的个数为na，设数列na的前n项的和为nS，则3kSNk等于（）A．1323kkkB．13322kkkC．333722kkkD．37322kk【答案】B【分析】先由定义判断出当13,3kkn时，3,1knakak，再变形得到01213234363231kkSkk，再按照错位相减法求和，即可求解【详解】1234891,1,2,2,,2,3aaaaaa，当13,3kkn时，3,1knakak，所以131226318331kkkSkk0121234363231kkk，记012123436323kkTk，123323436323kkTk，两式相减得012122323232323kkkTk1322313kkk，化简得11322kkTk，所以313322kkSkk．故选：B.13．（2021·河南·温县第一高级中学高三阶段练习（文））已知数列na的前n项和323nnS，等比数列nb满足*1nnnbabnN，若对于任意的实数[1,1]a，不等式21122nnbmamb恒成立，则实数m的取值范围为（）A．11,,22B．11,,22C．(,3][3,)D．(,3)(3,)【答案】D【分析】先利用11,1,2nnnSnaSSn，求出132nna，进而求出12nnb，故题干条件转化为2230mam对于任意的实数[1,1]a恒成立，设2()23famam，利用一次函数的单调性得到(1)0f且(1)0f，求出m的取值范围.【详解】因为323nnS.当2n…时，132nnnnaSS11332332nn，又当1n时，113aS，所以132nna.设11nnbbq，则111132nnnbqbq，可得11b，2q=，所以数列nb.的通项公式为12nnb，122nnb，因此原不等式转化为211122mam，即2230mam对于任意的实数[1,1]a恒成立，设2()23famam，[1,1]a，可得(1)0f且(1)0f，即有22230,23