2024届高考数学（文）大一轮复习检测：第五章 数列 课时作业33

课时作业33 等比数列

一、选择题

1．已知等比数列{an}中，a4＝4，则a2·a6等于( ) A．4 C．16

解析：易知a2·a6＝a4＝16. 答案：C

2．在等比数列{an}中，若a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于( ) A．6 C．4

B．5 D．3

2

B．8 D．32

解析：因为a4＝2，a5＝5，所以a4·a5＝10，所以lga1＋lga2＋…＋lga7＋lga8＝lg(a1a2·…·a8)＝lg(a1a8)＝lg(a4a5)＝4lg10＝4.

答案：C

3．已知等比数列{an}中，a1>0，则“a1

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

3

3

4

4

解析：设等比数列的公比为q.由a10，所以q>1，即q>1，故a3

成立；由a30，所以q>1，即q<－1或q>1，所以“a1

答案：A

4．已知正数组成的等比数列{an}，若a1·a20＝100，那么a7＋a14的最小值为( ) A．20 C．50

2

2

2

2

4

2

B．25 D．不存在

解析：(a7＋a14)＝a7＋a14＋2a7·a14≥4a7a14＝4a1a21＝400，∴a7＋a14≥20. 答案：A

5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝a·21A．－ 31C．－ 2

n－1

1

＋，则a的值为( ) 6

1B. 31D. 2

解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a·21a1∴a＋＝，∴a＝－.

623

答案：A

n－1

－a·2

n－2

＝a·2

n－2

1

，当n＝1时，a1＝S1＝a＋，

6

6．(2017·太原一模)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝( )

A．80 C．26

B．30 D．16

解析：由等比数列的性质可知，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n仍为等比数列，故2，S2n－2,14－S2n成等比数列，则有(S2n－2)＝2(14－S2n)，∴S2n＝6或S2n＝－4，由于{an}的各项均为正数，故S2n＝6，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，即2,4,8,16为等比数列，∴S4n－

2

S3n＝16，∴S4n＝30，故选B.

答案：B 二、填空题

7．(必修⑤P54习题2.4A组第8题改编)在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．

解析：设该数列的公比为q，由题意知， 192＝3×q，q＝64，所以q＝4.

所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48. 答案：12,48

8．等比数列{an}满足an>0，n∈N，且a3·a2n－3＝2(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2

＋…＋log2a2n－1＝________.

解析：由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝an＝2，从而得an＝2，∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(an－1an＋1)an]＝log22

答案：2n－n

9．在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2a4＝16，a6＝32，记bn＝an＋an＋1，则数列{bn}的前5项和S5为________．

解析：设数列{an}的公比为q，由a3＝a2a4＝16得，a3＝4，即a1q＝4，又a6＝a1q＝32，解得a1＝1，q＝2，所以an＝a1qn－1

2

2

5

2

2

2n*

2n3

3

nn(2n－1)

＝n(2n－1)＝2n－n.

2

＝2

n－1

，bn＝an＋an＋1＝2

5

n－1

＋2＝3·2

nn－1

，所以数列{bn}是

31－2首项为3，公比为2的等比数列，所以S5＝

1－2

答案：93 三、解答题

＝93.

10．(2016·新课标全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，an－(2an＋1－1)an2

－2an＋1＝0.

(Ⅰ)求a2，a3； (Ⅱ)求{an}的通项公式．

11

解：(Ⅰ)由题意可得a2＝，a3＝.

24

(Ⅱ)由an－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因为{an}的各项都为正数，所以

2

an＋1111

＝.故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝n－1. an222

a1a2a3

112*

11．(2016·天津卷)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N)，且－＝，S6＝63.

(Ⅰ)求{an}的通项公式；

(Ⅱ)若对任意的n∈N，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)bn}的前2n项和．

112

解：(Ⅰ)设数列{an}的公比为q.由已知，有－＝2，解得q＝2，或q＝－1.又由

*

n2

a1a1qa1q1－q1－2n－1

S6＝a1·＝63，知q≠－1，所以a1·＝63，得a1＝1，所以an＝2.

1－q1－2

1

(Ⅱ)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)

2

111n－1n＝(log22＋log22)＝n－，即{bn}是首项为，公差为1的等差数列． 222

设数列{(－1)bn}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－b2n－1＋b2n)2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝

n2

2

2

2

2

2

2

66

b1＋b2n2

＝2n.

2

1．数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值等于( )

A．1 1C. 2

B．－1 D．2

*

2??解析：由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λ?an－?.由于数列{an－1}是等比数列，λ??

2

所以＝1，得λ＝2.

λ答案：D

2．(2017·福建模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn>1的n的最小值为( )

A．4 C．6

B．5 D．7

2

解析：∵{an}是各项均为正数的等比数列且a2a4＝a3，∴a3＝a3，∴a3＝1. 又∵q>1，∴

a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1·a2<1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a53＝1，T6＝T5·a6＝a6>1，故n的最小值为6，

故选C.

答案：C

1

3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝n(n＝1,2,3，…)，则S2n＋3＝________.

211

解析：由题意，得S2n＋3＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋2＋a2n＋3)＝1＋＋＋…＋4161?4?1－＝n＋2?. ?n＋1

43?4?1

1?4?答案：?1－n＋2?

4?3?

1n*

4．(2017·湖北武汉武昌调研)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋n＝(－1)an(n∈N)，

2则数列{Sn}前9项和为________．

1n解析：因为Sn＋n＝(－1)an，

21n－1

所以Sn－1＋n－1＝(－1)an－1(n≥2)．

211

两式相减得Sn－Sn－1＋n－n－1

22＝(－1)an－(－1)

nn－1

an－1，

1nn即an－n＝(－1)an＋(－1)an－1(n≥2)，

21

当n为偶数时，an－n＝an＋an－1，

21

即an－1＝－n，

2

此时n－1为奇数，所以若n为奇数， 1

则an＝－n＋1；

2

1

当n为奇数时，an－n＝－an－an－1，

21

即2an－n＝－an－1，

2

11

所以an－1＝n－1，此时n－1为偶数，所以若n为偶数，则an＝n. 22所以数列{an}的通项公式为 1－??2，n为奇数，a＝?1

??2，n为偶数.

n＋1

nn

所以数列{Sn}的前9项和为S1＋S2＋S3＋…＋S9＝9a1＋8a2＋7a3＋6a4＋…＋3a7＋2a8＋a9

1??1?5?

2×?1－???2??4??11111

＝(9a1＋8a2)＋(7a3＋6a4)＋…＋(3a7＋2a8)＋a9＝－2－4－6－8－10＝－＝

222221

1－4341－. 1 024

341

答案：－ 1 024

5．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)． (1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式；

(3)设3bn＝n(3－an)，求|b1|＋|b2|＋…＋|bn|.

解：(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)． ∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15， ∴an＋2an－1≠0(n≥2)， ∴

nnan＋1＋2an＝3(n≥2)．

an＋2an－1

∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3∴an＋1－3

n＋1

nn－1

＝5×3.则an＋1＝－2an＋5×3，

nn＝－2(an－3)．

n又∵a1－3＝2，∴an－3≠0.

∴{an－3}是以2为首项，－2为公比的等比数列． ∴an－3＝2×(－2)即an＝2×(－2)

nn－1

nn－1

n，

＋3.

nn(3)由(2)及3bn＝n(3－an)可得，

3bn＝－n(an－3)＝－n[2×(－2)＝n(－2)，

nnnn－1

]

?2?n?2?n∴bn＝n?－?，∴|bn|＝n??.

?3??3?

设Tn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|， 2?2?2?2?n则Tn＝＋2×??＋…＋n??，①

3?3??3?

22?2?2?2?3?2?n?2?n＋1

①×，得Tn＝??＋2×??＋…＋(n－1)??＋n??，②

33?3??3??3??3?12?2?2?2?n?2?n＋1

①－②，得Tn＝＋??＋…＋??－n??

33?3??3??3?

?2?n＋1?2?n＋1

＝2－3×??－n??

?3??3??2?n＋1

＝2－(n＋3)??

?3??2?n∴Tn＝6－2(n＋3)??.

?3?