【文档说明】2021-2022学年高二数学举一反三系列专题4.8 等比数列的概念-重难点题型检测（举一反三）（人教A版2019选择性必修第二册）（解析版）.docx，共(10)页，203.187 KB，由管理员店铺上传

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专题4.8等比数列的概念-重难点题型检测参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2021秋•随州期末）数列2，43，85，167，329，…的一个通项公式an等于（）

A．2𝑛2𝑛−1B．2𝑛𝑛C．2𝑛2𝑛−1D．2𝑛2𝑛+1【解题思路】分别判断出分子和分母构成的数列特征，再求出此数列的通项公式．【解答过程】解：∵2，4，8，16，32，…是以2为首项和公比的等比数列，且1，3，5，7，9，…是以1为首项，以2为公差的等差数列，∴此数列的一个通

项公式是an=2𝑛2𝑛−1，故选：C．2．（3分）（2021秋•道里区校级期末）方程x2﹣8x+9＝0的两根的等比中项是（）A．﹣4B．﹣3和3C．﹣4和4D．3【解题思路】先利用韦达定理求出方程x2﹣8x+9＝0的两根之积，再利用等比中项的性质即可求解．【

解答过程】解：由韦达定理可得方程x2﹣8x+9＝0的两根之积为9，而9＝（±3）2，故方程x2﹣8x+9＝0的两根的等比中项是±3．故选：B．3．（3分）（2021秋•银川校级月考）如果√2，𝑥2，2√2成等比数列，那么x的值等于（）A．±2B．±4C

．2D．4【解题思路】利用等比数列的性质直接求解．【解答过程】解：∵√2，𝑥2，2√2成等比数列，∴(𝑥2)2=√2×2√2，解得x＝±4．故选：B．4．（3分）（2021秋•唐山期末）若a，b，c成等比数列且公比为q，那么1𝑎，1𝑏，1𝑐（）A．不一定是等比数列B．一定不是等比数列

C．一定是等比数列，且公比为1𝑞D．一定是等比数列，且公比为q【解题思路】由题意得𝑐𝑏=𝑏𝑎=q，从而可得1𝑐1𝑏=𝑏𝑐=1𝑞，1𝑏1𝑎=𝑎𝑏=1𝑞，即可得到答案．【解答过程】解：∵a，b，c成等比数列且

公比为q，∴𝑐𝑏=𝑏𝑎=q，∴1𝑐1𝑏=𝑏𝑐=1𝑞，1𝑏1𝑎=𝑎𝑏=1𝑞，故1𝑎，1𝑏，1𝑐一定是等比数列，且公比为1𝑞，故选：C．5．（3分）（2021秋•香坊区校

级期末）在等比数列{an}中，8a1a3a5+a2a4＝0，a6＝1，则𝑎2+𝑎5𝑎1+𝑎4的值为（）A．−12B．12C．﹣2D．2【解题思路】由已知结合等比数列的性质进行化简即可求解．【解答过程】解：等比数列{an}

中，8a1a3a5+a2a4=8𝑎33+𝑎32=0，因为a3≠0，所以a3=−18，又a6＝1，所以q3=𝑎6𝑎3=−8，所以q＝﹣2，则𝑎2+𝑎5𝑎1+𝑎4=q＝﹣2．故选：C．6．（3分）（2021秋•西宁期末）

在各项均为正数的等比数列{bn}中，若b5＝2，则𝑙𝑜𝑔12𝑏1+𝑙𝑜𝑔12𝑏2+⋯+𝑙𝑜𝑔12𝑏9等于（）A．5B．﹣5C．9D．﹣9【解题思路】根据等比数列的性质和对数的运算法则进行求解即可．【解答过程】解：∵在各项均为正数的等比数

列{bn}中，b5＝2，∴𝑙𝑜𝑔12𝑏1+𝑙𝑜𝑔12𝑏2+⋯+𝑙𝑜𝑔12𝑏9=log12（b1×b2×…×b9）＝log12b59＝log1229＝﹣9．故选：D．7．（3分）（2021秋•金凤区校级月考）与命题“若a，b，c不成

等比数列，则b2≠ac”等价的命题是（）A．若a，b，c不成等比数列，则b2＝acB．若a，b，c成等比数列，则b2＝acC．若b2≠ac，则a，b，c不成等比数列D．若b2＝ac，则a，b，c成等比数列【解题思路】原命题与

它的逆否命题是等价命题．【解答过程】解：命题“若a，b，c不成等比数列，则b2≠ac”的等价命题是它的逆否命题，∴与命题“若a，b，c不成等比数列，则b2≠ac”等价的命题是：若b2＝ac，则a，b，c

成等比数列．故选：D．8．（3分）（2021秋•海淀区校级月考）“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前的一个单音的频率的比都等于√212，若第n个单音的频率是第1个单音频率的1.5倍，那么n的值为（）（参考数据：lg2≈0.3010，lg3≈0.4771）A．5B．6C．7D．8【解题思路】利用十三个单音的频率构成等比数列，由等比数列的通项公式列出等式，求解即可．

【解答过程】解：设第n个单音的频率为fn，（n∈N*），由题意可得{𝑓𝑛=𝑓1⋅(√212)𝑛−1𝑓𝑛=1.5𝑓1，所以(√212)𝑛−1=1.5，所以𝑙𝑔(√212)𝑛−1=𝑙𝑔1.5=𝑙𝑔32，即𝑛−112𝑙𝑔2=𝑙𝑔3−𝑙𝑔2，所

以𝑛≈0.4771−0.3010.307×12+1≈8．故选：D．二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2021秋•邢台月考）已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列

的是（）A．{|an|}B．{anan+1}C．{an2}D．{an+an+1}【解题思路】设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0，𝑎𝑛+1𝑎𝑛=q，根据|𝑎𝑛+1||𝑎𝑛|=|q|即可判断选项A；根据𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2𝑎𝑛𝑎𝑛+1

=𝑎𝑛+1𝑎𝑛•𝑎𝑛+2𝑎𝑛+1=q2可判断选项B；根据𝑎𝑛+12𝑎𝑛2=q2可判断选项C；举反例q＝﹣1时可判断选项D．【解答过程】解：设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0，𝑎𝑛+

1𝑎𝑛=q，所以|𝑎𝑛+1||𝑎𝑛|=|q|＞0，故{|an|}是以|a1|为首项，|q|为公比的等比数列，所以选项A正确；由𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2𝑎𝑛𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+1𝑎𝑛•𝑎𝑛+2𝑎𝑛+1=q2，得{anan+1}是以a1a2为首项，q2为公比的等比数

列，所以选项B正确；由𝑎𝑛+12𝑎𝑛2=q2，得{an2}是以a12为首项，q2为公比的等比数列，选项C正确；当q＝﹣1时，an+an+1＝0，此时{an+an+1}不是等比数列，选项D错误．故选：ABC．10．（4分）（2021秋•12月份月考）在等比数列{an}

中，a1+a3＝﹣1，a4+a6＝8，则（）A．𝑎1=−14B．公比q＝﹣2C．𝑎3=−45D．a5+a7＝16【解题思路】利用等比数列通项公式得q3=𝑎4+𝑎6𝑎1+𝑎3=q3＝﹣8，求出q＝﹣2，再由a1+a3＝a1+4a1＝﹣1，得

a1=−15，由此能求出结果．【解答过程】解：在等比数列{an}中，a1+a3＝﹣1，a4+a6＝8，∴q3=𝑎4+𝑎6𝑎1+𝑎3=q3＝﹣8，解得q＝﹣2，故B正确；∴a1+a3＝a1+4a1＝﹣1，解得a1=−15，故A错误；a3=−15×

(−2)2=−45，故C正确；a5+a7＝8×（﹣2）＝﹣16，故D错误．故选：BC．11．（4分）（2021•雨花区校级模拟）已知等比数列{an}的公比为q，a3＝4且a2，a3+1，a4成等差数列，则q的值可能为（）A．

12B．1C．2D．3【解题思路】由a2，a3+1，a4成等差数列得a2+a4＝2（a3+1），再由等比数列得到𝑞+1𝑞=52，再求出q即可．【解答过程】解：因为a2，a3+1，a4成等差数列，所以a2+a4＝2（a3+1），因为a3＝4，数列{an}是公比为q的等比数列，所以𝑎3(𝑞+

1𝑞)=2(𝑎3+1)，即𝑞+1𝑞=52，解得q＝2或12．故选：AC．12．（4分）（2021秋•石家庄月考）已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝20，2a6+a5﹣a4＝0，数列{an}的前n项积为Tn，则（）A．数列{an}单调递增B．数列{an}

单调递减C．Tn的最大值为T5D．Tn的最小值为T5【解题思路】由已知结合等比数列的通项公式先求出公比q，进而可求通项公式，然后结合选项即可判断．【解答过程】解：等比数列{an}的各项均为正数，a1＝20，2a6+a5﹣a4＝0，

所以2q2a4+qa4﹣a4＝0，即2q2+q﹣1＝0，因为q＞0所以q=12或q＝﹣1（舍），所以数列{an}为单调递减数列，A错误，B正确；因为an＝20×（12）n﹣1，易得a5＞1，a6＜1，所以Tn的最大值为T5，C正确，D错误．故选：BC．三．填空题（共4小题，满分16分，每

小题4分）13．（4分）（2021秋•龙凤区校级期末）4和16的等比中项是±8．【解题思路】利用等比中项的定义，即可求得结论．【解答过程】解：∵4×16＝64∴4和16的等比中项是±8故答案为：±814．（

4分）（2021秋•天心区校级期末）已知等比数列{an}中，a2＝﹣2，a5＝16，则该数列的公比为﹣2．【解题思路】利用等比数列的通项公式列出方程组，能求出该数列的公比．【解答过程】解：∵等比数列{an}中，a2＝﹣2，a5＝16，∴{𝑎1𝑞=−2𝑎1

𝑞4=16，解得该数列的公比q＝﹣2．故答案为：﹣2．15．（4分）（2021秋•上高县校级月考）已知数列{an}是等比数列，a3+a7＝20，a1a9＝64，则a11的值为64或1．【解题思路】由a

1•a9＝64，得到a3•a7＝64，解方程组求出a3，a7，q4，再由等比数列的通项公式计算可得答案．【解答过程】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1•a9＝64，∴a3•a7＝64，∵a3+a7＝20，∴a3＝4

，a7＝16或a3＝16，a7＝4，∴q4＝4或q4=14，∴a11＝a7•q4＝16×4＝64或a11＝4×14=1，故答案为：64或1．16．（4分）（2021•洛阳模拟）已知递增等比数列{an}满足1𝑎1+1𝑎3+1𝑎5=78，a3＝4，则a8＝16√2．【解题思路

】根据等比数列{an}满足1𝑎1+1𝑎3+1𝑎5=78，可得1𝑎3÷𝑞2+1𝑎3+1𝑎3⋅𝑞2=78，结合a3＝4可求得q2，从而确定q值；即可根据a8＝a4•q5求得结果．【解答过程】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞1），由a3＝4，得1𝑎3=14．又1𝑎1

+1𝑎3+1𝑎5=78，则1𝑎3÷𝑞2+1𝑎3+1𝑎3⋅𝑞2=78，即q2+1𝑞2=52，解得q2＝2或q2=12（舍去）．所以q=√2；所以a8＝a4•q5＝4×4√2=16√2．故答案为：16

√2．四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2021•贵溪市校级模拟）等比数列{an}中，已知|a1|＝1，𝑎4𝑎3=−2，且a4＜a3，求数列{an}的通项公式．【解题思路】由题可得首项

和公比，即可求出通项公式．【解答过程】解：在等比数列{an}中，|a1|＝1，𝑎4𝑎3=−2，且a4＜a3，∴q＝﹣2，a3＞0，a4＜0∴a1＝1，∴an＝（﹣2）n﹣1．18．（6分）（2021秋•玉溪月考）已知数列{an+3}为

等比数列，且a2＝6，a3＝24．（1）求an；（2）若3（bn+1﹣bn）＝an，且b1=12，求bn．【解题思路】（1）求出等比数列{an+3}的公比，由等比数列的通项公式可求得an+3，进而可得an；（2）由已知可得bn+1﹣bn＝3n﹣1﹣1，利用累加法即可

求得bn．【解答过程】解：（1）因为𝑎3+3𝑎2+3=24+36+3=3，所以数列{an+3}的公比为3，又所以an+3＝（a2+3）•3n﹣2＝9•3n﹣2＝3n，故an＝3n﹣3．（2）因为3（bn+1﹣bn）＝an，所以bn

+1﹣bn=13（3n﹣3）＝3n﹣1﹣1，所以b2﹣b1＝30﹣1，b3﹣b2＝31﹣1，……bn﹣bn﹣1＝3n﹣2﹣1，所以bn﹣b1＝（30+31+…+3n﹣2）﹣（n﹣1）=1−3𝑛−11−3−（n﹣1）=3𝑛−12−n

+12，所以bn=3𝑛−12−n+1．19．（8分）（2021秋•莱州市校级月考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝1，S11＝33．（1）求{an}的通项公式；（2）设𝑏𝑛=(14)𝑎𝑛，求证：{bn}

是等比数列．【解题思路】（1）分别利用等差数列的通项公式及等差数列的前n项和的公式由a2＝1，S11＝33表示出关于首项和公差的两个关系式，联立即可求出首项与公差，即可得到数列的通项公式；（2）根据（1）求出的首项与公差，欲证明

：{bn}是等比数列，只须利用等比数列的定义进行证明即可．【解答过程】解：（1）依题意有{𝑎1+𝑑=111𝑎1+11×102𝑑=33，解之得{𝑎1=12𝑑=12，∴𝑎𝑛=𝑛2．（2）由（1）知，𝑎𝑛=𝑛2，∴𝑏𝑛=

(14)𝑛2=(12)𝑛，∴𝑏𝑛𝑏𝑛−1=12∵𝑏1=(14)12=12，∴{bn}构成以12为首项，公比为12的等比数列．20．（8分）（2021秋•集宁区校级月考）已知数列{an}中

，a1＝3，an+1＝2an﹣1（n≥1）（1）设bn＝an﹣1（n＝1，2，3…），求证：数列{bn}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式．【解题思路】（1）利用an+1＝2an﹣1，可得an+1﹣1＝2（an﹣1），即可证明数列{bn}是等比数列；（2

）求出数列{bn}的通项，即可求数列{an}的通项公式．【解答过程】（1）证明：∵an+1＝2an﹣1，∴an+1﹣1＝2（an﹣1）∵bn＝an﹣1，∴bn+1＝2bn，∵a1＝3，∴b1＝a1﹣1＝2∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列；（2）解：由（1）知，bn＝2•2n﹣1＝2n

，∴an＝bn+1＝2n+1．21．（8分）（2021•贵州模拟）在递增的等比数列{an}中，a3＝9，a2+a4＝30．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn＝log3a2n，求数列{bn}的前n项和Sn．【解题思路

】（1）根据题意，由等比数列的通项公式可得{𝑎3=𝑎1𝑞2=3𝑎2+𝑎4=𝑎1𝑞+𝑎1𝑞3=30𝑞＞1，解可得a1与q，即可得答案，（2）由对数的运算性质可得bn＝log3a2n＝2n﹣1，由等差数列的前n项和公式计算可得答案．【解答过程】解：（1）根据题意，设等比数列{an}

的公比为q，则有{𝑎3=𝑎1𝑞2=3𝑎2+𝑎4=𝑎1𝑞+𝑎1𝑞3=30𝑞＞1，解可得a1＝1，q＝3，故an＝3n﹣1，（2）由（1）可得𝑎2𝑛=32𝑛−1，则bn＝log3a2n＝2n﹣1，故𝑆𝑛=1+3+5+⋯+2𝑛−1=(1+2𝑛−1)𝑛2=

𝑛2．22．（8分）（2021•江西二模）数列{bn}（n∈N*）是递增的等比数列，且b1+b3＝17，b1b3＝16，又an＝log4bn+2．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）若a12+a

2+a3+…+am≤a66，求m的最大值．【解题思路】（1）由已知得b1＝1，b3＝16，由此能求出bn＝4n﹣1，从而得到an＝n+1；（2）由{an}是首项为3，公差为1的等差数列，知a12+a2+a3+…+am＝22+m×2+𝑚(𝑚−1)2×1﹣2，由

此能求出m的最大值．【解答过程】解：（1）由b1+b3＝17、b1b3＝16，知b1、b3是方程x2﹣17x+16＝0的两根，注意到bn+1＞bn，得b1＝1，b3＝16，∴等比数列{bn}的公比为√𝑏3𝑏1=4，∴bn＝4n﹣1，an＝log4bn+2＝log44n﹣

1+2＝n﹣1+2＝n+1；（2）由（1）知数列{an}是首项为2、公差为1的等差数列，则𝑎12+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑚=𝑎12+𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑚−𝑎1#/DEL/#=22

+𝑚×2+𝑚(𝑚−1)2×1−2=𝑚2−𝑚2+2𝑚+2#/DEL/#由𝑎66=67∴2+2𝑚+𝑚2−𝑚2≤67，整理得：﹣13≤m≤10，∴m的最大值是10．