2020高考数学刷题首选卷 第四章 数列 考点测试30 等比数列 文（含解析）

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．在等比数列{an}中，已知a1＝1，a4＝8，则a5＝()A．16B．16或－16C．32D．32或－32答案A解析由a4＝a1q3，则q＝2，所以a5＝a4q＝16．故选A．2．在等比数列{an}中，已知a7a12＝5，则a8a9a10a11＝()A．10B．25C．50D．75答案B解析因为a7a12＝a8a11＝a9a10＝5，所以a8a9a10a11＝52＝25．故选B．3．已知等比数列{an}的公比为正数，且a2a6＝9a4，a2＝1，则a1的值为()A．3B．－3C．－13D．13答案D解析设数列{an}的公比为q，由a2·a6＝9a4，得a2·a2q4＝9a2q2，解得q2＝9，所以q＝3或q＝－3(舍去)，所以a1＝a2q＝13．故选D．4．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则ab＝()A．－3B．－1C．1D．3答案A解析∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，∵等比数列{an}中，a22＝a1a3，∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得ab＝－3．故选A．5．若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为()A．2B．4C．8D．16答案B解析由anan＋1＝a2nq＝16n0知q0，又an＋1an＋2anan＋1＝q2＝16n＋116n＝16，所以q＝4．故选B．6．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S4S2＝3，则S6S4＝()A．2B．73C．310D．1或2答案B解析设S2＝k，则S4＝3k，由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴S6S4＝7k3k＝73，故选B．7．设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1a2a3·…·a30＝230，则a3a6a9·…·a30＝()A．210B．220C．216D．215答案B解析因为a1a2a3＝a32，a4a5a6＝a35，a7a8a9＝a38，…，a28a29a30＝a329，所以a1a2a3a4a5a6a7a8a9…a28a29a30＝(a2a5a8…a29)3＝230．所以a2a5a8…a29＝210．则a3a6a9…a30＝(a2q)(a5q)(a8q)…(a29q)＝(a2a5a8·…·a29)q10＝210×210＝220，故选B．8．在数列{an}中，已知a1＝1，an＝2(an－1＋an－2＋…＋a2＋a1)(n≥2，n∈N*)，则这个数列的前4项和S4＝________．答案27解析由已知n≥2时，an＝2Sn－1，an＋1＝2Sn，∴an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，∴an＝1，n＝1，2×3n－2，n≥2，∴S4＝1＋2＋6＋18＝27．二、高考小题9．(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，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A．32fB．322fC．1225fD．1227f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122的等比数列，设该等比数列为{an}，则a8＝a1q7，即a8＝1227f，故选D．10．(2018·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a11，则()A．a1a3，a2a4B．a1a3，a2a4C．a1a3，a2a4D．a1a3，a2a4答案B解析设f(x)＝lnx－x(x0)，则f′(x)＝1x－1＝1－xx，令f′(x)0，得0x1，令f′(x)0，得x1，∴f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，∴f(x)≤f(1)＝－1，即有lnx≤x－1．从而a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，∴a40，又a11，∴公比q0．若q＝－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝0，ln(a1＋a2＋a3)＝lna10，矛盾．若q－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋q)(1＋q2)0，而a2＋a3＝a2(1＋q)＝a1q(1＋q)0，∴ln(a1＋a2＋a3)lna10，也矛盾．∴－1q0．从而a3a1＝q21，∵a10，∴a1a3．同理，∵a4a2＝q21，a20，∴a4a2．故选B．11．(2017·全国卷Ⅱ)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()A．1盏B．3盏C．5盏D．9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，∴S7＝a11－271－2＝381，∴a1＝3．故选B．12．(2017·北京高考)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则a2b2＝________．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．∵a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，∴－1＋3d＝8，－1·q3＝8，∴d＝3，q＝－2.∴a2＝2，b2＝2．∴a2b2＝22＝1．13．(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＝74，S6＝634，则a8＝________．答案32解析设等比数列{an}的公比为q．当q＝1时，S3＝3a1，S6＝6a1＝2S3，不符合题意，∴q≠1，由题设可得a11－q31－q＝74，a11－q61－q＝634，解得a1＝14，q＝2，∴a8＝a1q7＝14×27＝32．14．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．答案64解析设{an}的公比为q，于是a1(1＋q2)＝10，①a1(q＋q3)＝5，②联立①②得a1＝8，q＝12，∴an＝24－n，∴a1a2…an＝23＋2＋1＋…＋(4－n)＝2－12n2＋72n＝2－12n－722＋498≤26＝64，∴a1a2…an的最大值为64．三、模拟小题15．(2018·呼和浩特调研)已知等比数列{an}的公比q0，且a5a7＝4a24，a2＝1，则a1＝()A．12B．22C．2D．2答案B解析因为{an}是等比数列，所以a5a7＝a26＝4a24，所以a6＝2a4，q2＝a6a4＝2，又q0，所以q＝2，a1＝a2q＝22，故选B．16．(2018·安徽皖江名校联考)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2a4＝16，S3＝7，则a8＝()A．32B．64C．128D．256答案C解析∵a2a4＝a23＝16，∴a3＝4(负值舍去)，∵a3＝a1q2＝4，S3＝7，∴S2＝a11－q21－q＝3，∴3q2－4q－4＝0，解得q＝－23或q＝2，∵an0，∴q＝2，∴a1＝1，∴a8＝27＝128．故选C．17．(2018·长沙统考)设首项为1，公比为23的等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是()A．Sn＝4－3anB．Sn＝3－2anC．Sn＝3an－2D．Sn＝2an－1答案B解析由题意，an＝23n－1，Sn＝1－23n1－23＝31－23n＝3－2×23n－1，所以Sn＝3－2an，故选B．18．(2018·唐山期末)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和，若{Sn＋λ}为等比数列，则λ＝()A．－1B．1C．－2D．2答案B解析由a1＝1，an＋1＝2an，得a2＝2，a3＝4，所以S1＝a1＝1，S2＝S1＋a2＝3，S3＝S2＋a3＝7．而{Sn＋λ}为等比数列，所以(3＋λ)2＝(1＋λ)(7＋λ)，解得λ＝1．故选B．19．(2019·陕西西安市八校联考)设公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________．答案32或－1解析∵公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，∴S4－S2＝a4＋a3＝3a4－3a2，即2q2－q－3＝0，∴q＝32或－1．20．(2018·乌鲁木齐一诊)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，则以S1，S3，S4为前三项的等差数列的第8项与第4项之比为________．答案5解析设正项等比数列{an}的公比为q．当q＝1时，S1＝a1，S3＝3a1，S4＝4a1．显然不符合题意，所以q≠1．因为S1，S3，S4为等差数列的前三项，所以S4－S3＝S3－S1，即a4＝a3＋a2，得a2q2＝a2q＋a2，所以q2＝q＋1，解得q＝1＋52(负值舍去)．所以该等差数列的第8项与第4项之比为S1＋7S3－S1S1＋3S3－S1＝a1＋7a2＋a3a1＋3a2＋a3＝a1＋7a1q＋7a1q2a1＋3a1q＋3a1q2＝1＋7q＋7q21＋3q＋3q2＝1＋7q＋7q＋11＋3q＋3q＋1＝7q＋43q＋2＝5．一、高考大题1．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝ann．(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列{bn}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an＋1＝2n＋1nan．将n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4．将n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12．从而b1＝1，b2＝2，b3＝4．(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由题设条件可得an＋1n＋1＝2ann，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得ann＝2n－1，所以an＝n·2n－1．2．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m．解(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1．由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2．故an＝(－2)n－1或an＝2n－1．(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－－2n3．由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝2n－1．由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6．综上，m＝6．3．(2017·全国卷Ⅱ)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，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2．(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；(2)若T3＝21，求S3．解设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1．由a2＋b2＝2得d＋q＝3．①(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6．②联立①和②解得d＝3，q＝0(舍去)或d＝1，q＝2.因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1．(2)由b1＝1，T