2018年高考数学一轮复习专题30等比数列押题专练文

专题30 等比数列
1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 2＋a 2，S 3成等差数列，则数列{a n }的公比为( ) A ．1 B ．2 C.1
2
D ．3 解析：因为S 1，S 2＋a 2，S 3成等差数列，所以2(S 2＋a 2)＝S 1＋S 3,2(a 1＋a 2＋a 2)＝a 1＋a 1＋a 2＋a 3，
a 3＝3a 2，q ＝3。

选D 。

答案：D
2．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A ．12 B ．10 C ．8 D ．2＋log 35
答案：B
3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n
a n ＝( )
A ．4n －1
B ．4n
－1 C ．2
n －1
D ．2n
－1
解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧
a 1
＋a 3
＝5
2
a 2
＋a 4
＝5
4
，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
a 1
＋a 1
q 2
＝52，a 1
q ＋a 1
q 3
＝5
4
，
由(1)除以(2)可得1＋q 2
q ＋q 3＝2，解得q ＝1
2
，
代入(1)得a 1＝2，∴a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝4
2n ，
∴S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥
⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫
1－12n ，
∴S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 4
2
n ＝2n －1，选D 。

答案：D
4．在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，则
S 6＝( )
A.63
4 B ．16 C ．1
5 D.61
4
答案：A
5．已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q ，则q 的一个可能的值是( ) A.52 B.12 C ．2 D.32
解析：由题意可设三角形的三边分别为a q
，a ，aq ，因为三角形的两边之和大于第三边，所以
有a q ＋a ＞aq ，即q 2
－q －1＜0(q ＞1)，解得1＜q ＜1＋52，所以q 的一个可能值是32
，故选D 。

答案：D
6．正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在a m ，a n ，使得a m a n ＝16a 21，则1m ＋4n
的最小值为( )
A.256
B.134
C.73
D.32
解析：由a 3＝a 2＋2a 1得q 2
＝q ＋2，∴q ＝2(q ＝－1舍去)， 由a m a n ＝16a 2
1得2
m －12n －1
＝16，
因为m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6， 所以1m ＋4n ＝m ＋n 6⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m ＋4n
＝16⎝
⎛
⎭⎪⎫1＋4＋n m ＋4m n
≥16⎝ ⎛
⎭⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝32。

答案：D
7．在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 4＝16，则数列{a n }的通项公式a n ＝__________，设b n ＝log 2a n ，则数列{b n }的前n 项和S n ＝__________。

解析：由题意得公比q 3
＝a 4a 1
＝8，q ＝2，a n ＝2·2n －1
＝2n。

因此b n ＝n ，S n ＝
n n ＋
2。

答案：2n
n n ＋
2
8．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＝S 5，则S 2 014＝__________。

答案：0
9．在各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值是__________。

解析：由题意知a 4·a 14＝(22)2
＝a 2
9，即a 9＝22。

设公比为q (q ＞0)，所以2a 7＋a 11＝
2a 9q
2＋
a 9q 2＝
42
q
2
＋22q 2
≥2
42q 2×22q 2＝8，当且仅当42q
2＝22q 2
，即q ＝
42时取等号，其最小值为8。

答案：8
10．在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81。

(1)求a n ；
(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n 。

解析：(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1q ＝3
a 1q 4
＝81，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1
q ＝3。

因此，a n ＝3
n －1。

(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1， 所以数列{b n }的前n 项和S n ＝
n b 1＋b n
2
＝
n 2－n
2。

11．在等比数列{a n }中，其前n 项和为S n ，已知a 3＝32，S 3＝92。

(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)是否存在正整数n ，使得S n －S n ＋2＝3
32
成立，若存在，求出n 的值，若不存在，请说明理由。

⇒⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n
＝－132⇒n ＝5，
综合①②知，存在正整数n ＝5，使得S n －S n ＋2＝3
32
成立。

12．在数列{a n }中，a 1＝－12，2a n ＝a n －1－n －1(n ≥2，n ∈N *
)，设b n ＝a n ＋n 。

(1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{nb n }的前n 项和T n ；
(3)若c n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n
－a n ，P n 为数列{c 2
n ＋c n ＋1c 2n ＋c n }的前n 项和，求不超过P 2 014的最大的整数。

解析：(1)证明：由2a n ＝a n －1－n －1两边加2n 得， 2(a n ＋n )＝a n －1＋n －1， 所以
a n ＋n
a n －1＋n －＝12，即
b n b n －1＝12。

故数列{b n }是公比为12的等比数列，其首项为b 1＝a 1＋1＝－12＋1＝12，所以b n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n。

(2)nb n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝n
2
n 。

T n ＝12＋22
2＋32
3＋42
4＋…＋n －12
n －1＋n
2
n 。

①
12T n ＝122＋223＋324＋425＋…＋n －12n ＋n
2
n ＋1。

② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，
所以T n ＝2－
n ＋2
2
n。

(3)由(1)得a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n
－n ，所以c n ＝n 。

c 2n ＋c n ＋1
c 2
n ＋c n ＝n 2＋n ＋1n 2＋n ＝1＋1n n ＋
＝1＋1n －1
n ＋1。

P 2 014＝⎝
⎛⎭⎪⎫1＋11－1
2＋⎝
⎛⎭⎪⎫1＋12－1
3＋⎝
⎛⎭
⎪⎫1＋13－1
4＋…＋⎝
⎛⎭
⎪
⎫1＋
1
2 014－1
2 015＝2 015－1
2 015。

所以不超过P 2 014的最大的整数是2 014。