【文档说明】2025届高考一轮复习专项练习 数学 课时规范练30　等比数列 Word版含解析.docx，共(6)页，52.803 KB，由小赞的店铺上传

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课时规范练30等比数列基础巩固组1.(2020河南开封定位考试)等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3+4S2=0,则公比q=()A.-1B.1C.-2D.22.(2020东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中

等高三联合考试)等比数列{an}各项均为正数,若a1=1,an+2+2an+1=8an,则{an}的前6项和为()A.1365B.63C.6332D.136510243.(多选)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足a6=8a3,则()A.数列{an}的公比为2B.数

列{an}的公比为8C.𝑆6𝑆3=8D.𝑆6𝑆3=94.(2020全国2,理6)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=()A.2B.3C.4

D.55.(2020福建龙岩高三教学质量检查)由实数构成的等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且a2-4,a3,a4成等差数列,则S6=()A.62B.124C.126D.1546.(多选)设等比数列{an}的公比为q,

则下列结论正确的是()A.数列{anan+1}是公比为q2的等比数列B.数列{an+an+1}是公比为q的等比数列C.数列{an-an+1}是公比为q的等比数列D.数列1𝑎𝑛是公比为1𝑞的等比数列7.(2020浙大附中模拟)已知数列{an}的前n项

和为Sn,且𝑎𝑛+1=pSn+q(n∈N*,p≠-1),则“a1=q”是“{an}为等比数列”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若𝑆6𝑆3=3

,则𝑆9𝑆6=.9.已知{an}是递减的等比数列,且a2=2,a1+a3=5,则{an}的通项公式为;a1a2+a2a3+…+an𝑎𝑛+1(n∈N*)=.10.(2018全国3,理17)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{an}的通项公式;(2)记S

n为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.11.在①数列{an}的前n项和Sn=12n2+52n;②函数f(x)=sinπx-2√3cos2π2x+√3的正零点从小到大构成数列{xn},an=xn+83;③𝑎𝑛2-an-𝑎�

�-12−𝑎𝑛-1=0(n≥2,n∈N*),an>0,且a1=b2这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的M存在,求出M的最小值;若M不存在,说明理由.问题:数列{bn}是首项为1的等比数列,bn>0,b2+b3=12,且,设数列1𝑎𝑛l

og3𝑏𝑛+1的前n项和为Tn,是否存在M∈N*,使得对任意的n∈N*,Tn<M?综合提升组12.(多选)(2020山东威海模考)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn.前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a7·a8>1,𝑎7-1𝑎8-1<0.则下列结论正确的是()

A.0<q<1B.a7·a9>1C.Sn的最大值为S9D.Tn的最大值为T713.(2020辽宁大连第二十四中学模拟)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题:“今有垣厚若干尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何

日相逢,各穿几何?”题意是:“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙,大老鼠第一天进一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也进一尺,以后每天减半.”如果墙足够厚,Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和,则Sn=尺.14.设数列{an}的前

n项和为Sn,已知a1=1,a2=2,且an+2=2Sn-Sn+1+3,记bn=log2a2n-1+log2a2n,则bn=.创新应用组15.(多选)(2020山东青岛高三模拟)在悠久灿烂的中国古代文

化中,数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩.《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一,大约创作于公元五世纪.书中有如下问题:“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月织九匹三丈,问日益几何?”.其大意为:“有一女子擅长织布,织布的速度一天比一天快

,从第二天起,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织5尺,一个月共织了九匹三丈,问从第二天起,每天比前一天多织多少尺布?”.已知1匹=4丈,1丈=10尺,若这一个月有30天,记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an,bn=2𝑎𝑛,对于数列{

an},{bn},下列选项中正确的为()A.b10=8b5B.{bn}是等比数列C.a1b30=105D.𝑎3+𝑎5+𝑎7𝑎2+𝑎4+𝑎6=20919316.(2020浙江十校联考)已知数列{an}满足a1=35,an+1=3𝑎𝑛2𝑎𝑛+1

,n∈N*.(1)求证:数列1𝑎𝑛-1为等比数列.(2)是否存在互不相等的正整数m,s,t,使m,s,t成等差数列,且am-1,as-1,at-1成等比数列?如果存在,求出所有符合条件的m,s,t;如果不存在,请说明理由

.参考答案课时规范练30等比数列1.C因为a3+4S2=0,所以a1q2+4a1+4a1q=0.因为a1≠0,所以q2+4q+4=0,所以q=-2.故选C.2.B∵等比数列{an}各项均为正数,且an+2+2an+1=8an,∴anq2+2anq=8an,即

q2+2q=8,可得q=2或q=-4(舍去),∴S6=𝑎1(1-𝑞6)1-𝑞=63.故选B.3.AD因为等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足a6=8a3,所以𝑎6𝑎3=q3=8,解得q=2,所以𝑆6𝑆3=

1-𝑞61-𝑞3=1+q3=9.故选AD.4.B设该女子第一天织布x尺,则𝑥(1-25)1-2=5,得x=531,所以前n天所织布的总尺数为531(2n-1).由531(2n-1)≥30,得2n≥187,则n的最小

值为8.故选B.5.C由题意知2a3=a2-4+a4,设{an}的公比为q,则{2𝑎1𝑞2=𝑎1𝑞-4+𝑎1𝑞3,𝑎1=2,解得q=2,则S6=2(1-26)1-2=126.故选C.6.AD对于A,由𝑎𝑛�

�𝑛+1𝑎𝑛-1𝑎𝑛=q2(n≥2)知,数列{anan+1}是公比为q2的等比数列,故A正确;对于B,当q=-1时,数列{an+an+1}的项中有0,不是等比数列,故B错误;对于C,当q=1时,数列{an-an+1}的项中

有0,不是等比数列,故C错误;对于D,1𝑎𝑛+11𝑎𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1𝑞,所以数列1𝑎𝑛是公比为1𝑞的等比数列,故D正确.故选AD.7.C因为an+1=pSn+q,所以当n≥2时

,an=pSn-1+q,两式相减得an+1-an=pan,即当n≥2时,𝑎𝑛+1𝑎𝑛=1+p.当n=1时,a2=pa1+q.所以当a1=q时,𝑎2𝑎1=1+p,满足上式,故数列{an}为等比数列

,所以满足充分性;当{an}为等比数列时,有a2=pa1+q=(1+p)a1,解得a1=q,所以满足必要性.故选C.8.73(方法1)由等比数列的性质可知S3,S6-S3,S9-S6仍成等比数列,由已知得S6=3S3,∴𝑆6-𝑆3𝑆3=�

�9-𝑆6𝑆6-𝑆3,即S9-S6=4S3,S9=7S3,∴𝑆9𝑆6=73.(方法2)因为{an}为等比数列,由𝑆6𝑆3=3,设S6=3k,S3=k(k≠0),所以S3,S6-S3,S9-S6为等比数列,即k,2k,S9-S6成等比数列,所以S9-S6=4k,解得S9=

7k,所以𝑆9𝑆6=7𝑘3𝑘=73.9.an=4×12n-1323×1-14n由a2=2,a1+a3=5,{an}是递减的等比数列,得a1=4,a3=1,所以q=12,an=4×12n-1,则a1a2+a2a3+…+an𝑎𝑛+1是首项为8,公比为14的等比数列的前n项和.

故a1a2+a2a3+…+an𝑎𝑛+1=8+2+12+…+8×14n-1=8×[1-(14)𝑛]1-14=323×1-14n.10.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=6.11.

解设数列{bn}的公比为q(q>0),因为数列{bn}是首项为1的等比数列,且bn>0,b2+b3=12,所以q2+q-12=0,解得q=3(q=-4不合题意,舍去),所以bn=3𝑛-1.若选①,由Sn=12n2+52

n,可得𝑆𝑛-1=12(n-1)2+52(n-1)(n≥2),两式相减可得an=n+2(n≥2),又因为a1=S1=3也符合上式,所以an=n+2,所以1𝑎𝑛log3𝑏𝑛+1=1(𝑛+2)𝑛=121𝑛−1𝑛+2,则Tn=121-13+12−14+13−15+…

+1𝑛−1𝑛+2=34−121𝑛+1+1𝑛+2.因为1𝑛+1+1𝑛+2>0,所以Tn<34,由题意可得M≥34,又因为M∈N*,所以存在M满足题意,并且M的最小值为1.若选②,f(x)=sinπx-2√3cos2π2x+√3=sinπx-√3cosπx=2sinπx-π3,令f(

x)=0,可得πx-π3=kπ,k∈Z,解得x=k+13,k∈Z,即xn=n-1+13=n-23,故an=xn+83=n+2,同上①,则存在M满足题意,并且M的最小值为1.若选③,则由𝑎𝑛2-an-𝑎𝑛-12−𝑎𝑛-1=0,得(an-𝑎𝑛-1-1)(an

+𝑎𝑛-1)=0.又因为an>0,所以an-𝑎𝑛-1-1=0,即an-𝑎𝑛-1=1,所以数列{an}是公差为1的等差数列.又因为a1=b2,则a1=3,所以an=n+2.同上①,则存在M满

足题意,并且M的最小值为1.12.AD∵a1>1,a7·a8>1,可知q>0,又𝑎7-1𝑎8-1<0,∴a7>1,a8<1,∴0<q<1,故A正确;a7a9=𝑎82<1,故B错误;∵a1>1,0<q<1,∴数列{an}为各项均为正数的递减数列,∴Sn无

最大值,故C错误;又a7>1,a8<1,∴T7是数列{Tn}中的最大项,故D正确.故选AD.13.2n-12𝑛-1+1由题意可知,大老鼠每天打洞的距离是以1为首项,2为公比的等比数列,前n天打洞的距离之和为1-2𝑛1-2=2n-1.小老鼠每天打洞的距离是以1为首

项,12为公比的等比数列,前n天打洞的距离之和为1-(12)𝑛1-12=2-12𝑛-1.所以Sn=2n-1+2-12𝑛-1=2n-12𝑛-1+1.14.2n-1∵a1=1,a2=2,且an+2=2Sn-Sn+1+3,

∴当n=1时,a3=2-3+3=2.∵an+2=2Sn-Sn+1+3,∴当n≥2时,an+1=2Sn-1-Sn+3.两式相减可得,an+2-an+1=2(Sn-Sn-1)-(Sn+1-Sn)(n≥2)

,即当n≥2时,an+2-an+1=2an-an+1,即an+2=2an.∵a3=2a1,∴数列{an}的奇数项和偶数项分别成等比数列,公比均为2,∴a2n=2×2n-1=2n,a2n-1=1×2n-1=2n-1,∴bn=l

og2a2n-1+log2a2n=n-1+n=2n-1.15.BD由题意可知,数列{an}为等差数列,设数列{an}的公差为d,a1=5,由题意可得30a1+30×29𝑑2=390,解得d=1629,∴an=a1+(

n-1)d=16𝑛+12929.∵bn=2𝑎𝑛,∴𝑏𝑛+1𝑏𝑛=2𝑎𝑛+12𝑎𝑛=2𝑎𝑛+1-𝑎𝑛=2d(非零常数),则数列{bn}是等比数列,故B正确;∵5d=5×1629=8029≠3,

∴𝑏10𝑏5=(2𝑑)5=25d≠23,∴b10≠8b5,故A错误;a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,故C错误;∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴𝑎3

+𝑎5+𝑎7𝑎2+𝑎4+𝑎6=3𝑎53𝑎4=𝑎5𝑎4=209193,故D正确.故选BD.16.(1)证明因为an+1=3𝑎𝑛2𝑎𝑛+1,所以1𝑎𝑛+1=13𝑎𝑛+23,

所以1𝑎𝑛+1-1=131𝑎𝑛-1.因为a1=35,则1𝑎1-1=23.所以数列1𝑎𝑛-1是首项为23,公比为13的等比数列.(2)解不存在.理由如下,由(1)知,1𝑎𝑛-1=23×1

3n-1=23𝑛,所以an=3𝑛3𝑛+2.假设存在互不相等的正整数m,s,t满足条件,则有{𝑚+𝑡=2𝑠,(𝑎𝑠-1)2=(𝑎𝑚-1)(𝑎𝑡-1).由an=3𝑛3𝑛+2与(as-1)2=(am-1)(at-1),得3𝑠3𝑠+2-12=3𝑚3𝑚+

2-13𝑡3𝑡+2-1.即3m+t+2×3m+2×3t=32s+4×3s.因为m+t=2s,所以3m+3t=2×3s.因为3m+3t≥2√3𝑚+𝑡=2×3s,当且仅当m=t时等号成立,这与m,s,t互不相等矛盾.所以不存在互不相等的正整数m,s,t满足条件.