2022版高中数学一轮复习课时作业梯级练三十九等比数列及其前n项和课时作业理含解析新人教A版

课时作业梯级练三十九 等比数列及其前n 项和
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的3
2，得到“微”，“微”经过一次“益”，频率变为
原来的3
4，得到“商”，……，依此规律损益交替变化，获得了“宫”“微”“商”“羽”“角”五
个音阶．据此可推得( )
A ．“商、羽、角”的频率成公比为3
4的等比数列
B ．“宫、微、商”的频率成公比为3
2的等比数列
C ．“宫、商、角”的频率成公比为9
8的等比数列
D ．“角、商、宫”的频率成公比为1
2
的等比数列
【解析】选C.以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的3
2，得到“微”，“微”
经过一次“益”，频率变为原来的3
4，得到“商”……，
所以q ＝32×34＝9
8
.
2.(2021·某某模拟)已知在等比数列{a n }中,若a 1=2,且4a 1,a 3,2a 2成等差数列,则a 5=( ) A.2 B.2或32 C.2或-32 D.-1
【解析】选B.设等比数列{a n }的公比为q(q ≠0),因为4a 1,a 3,2a 2成等差数列,所以2a 3=2a 2+4a 1,因为a 1≠0,所以q 2-q-2=0,解得:q=2或q=-1,所以a 5=a 1q 4,a 5=32或2.
3．(2020·某某模拟)已知数列{}
a n 的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＋1＝4a n ＋S n ，则a n ＝( )
A ．24n －3
B ．22n －1
C ．22n ＋1
D ．24n
【解析】选B.因为S n ＋1＝4a n ＋S n ， 所以S n ＋1－S n ＝4a n ， 即a n ＋1＝4a n ，且a 1＝2，
所以数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝2×4n －1＝22n －1.
4．已知等比数列{}a n 的首项为1，若4a 1，2a 2，a 3成等差数列，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 的前5项和为( )
A ．3116
B ．2
C ．3316
D ．1633
【解析】选A.设{}
a n 的公比为q ，因为4a 1，2a 2，a 3成等差数列，所以4a 2＝4a 1＋a 3，即4q ＝4＋q 2，
所以q ＝2，所以a n ＝2n －1.
所以1
a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 是首项为1，公比为1
2的等比数列，所以S 5＝
1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤
1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－
12
＝31
16
. 5．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，则
a
b
＝( )
A ．－3
B ．－1
C ．1
D ．3
【解析】选A.因为等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，所以a 1＝S 1＝a ＋b ，a 2＝S 2－
S 1＝3a ＋b －a －b ＝2a ，a 3＝S 3－S 2＝9a ＋b －3a －b ＝6a ，
因为等比数列{a n }中，a 22＝a 1a 3， 所以(2a )2＝(a ＋b )×6a ，解得
a
b
＝－3.
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．(2021·某某模拟)若数列{}
a n 满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ，n ＝1，2，3，…，则a 1＋a 2＋…＋
a n ＝______．
【解析】由已知得a n ＋1
a n ＝2，所以数列{a n }是a 1＝1，q ＝2的等比数列，故S n ＝
1×（1－2n ）
1－2＝2n －1. 答案：2n －1
7．在等比数列{}
a n 中，若a 7a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11＝______．
【解析】由a 7a 12＝5得，a 1q 6·a 1q 11＝a 21q 17＝5，
故a 8a 9a 10a 11＝a 1q 7·a 1q 8·a 1q 9·a 1q 10＝a 41q 34＝(a 21q 17)2＝52＝25.
答案：25
【一题多解】由等比数列的性质知a 8a 11＝a 9a 10＝a 7a 12＝5， 所以a 8a 9a 10a 11＝25. 答案：25
8.设等比数列{a n }满足a 1+a 3=20,a 2+a 4=10,则a 1a 2a 3…a n 的最大值为. 【解析】因为等比数列{a n }满足a 1+a 3=20,a 2+a 4=10,所以a 1=16,公比q=,
所以a 1a 2a 3…a n =,当n=4或5时取最大值为210,故a 1a 2a 3…a n 的最大值为1024.
答案:1024
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．(2020·全国Ⅰ卷)设{}
a n 是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{}
a n 的公比；
(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和． 【解析】(1)设{}
a n 的公比为q ，
由题设得2a 1＝a 2＋a 3，即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2. 因为a 1≠0，
所以q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)，q ＝－2. 故{}
a n 的公比为－2.
(2)设S n 为{na n }的前n 项和． 由(1)及题设可得，a n ＝(－2)n －1.
所以S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ×(－2)n －1，
－2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)×(－2)n －1＋n ×(－2)n .
可得3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ×(－2)n ＝1－（－2）n
3－n ×(－2)n .
所以S n ＝19－（3n ＋1）（－2）n
9
.
10．已知等比数列{a n }的公比q ＞0，其前n 项和为S n ，且S 5＝62，a 4，a 5的等差中项为3a 3. (1)求数列{a n }的通项公式．
(2)设b n ＝1
（log 2a n ）（log 2a n ＋2）
，求数列{b n }的前n 项和T n .
【解析】(1)因为a 4＋a 5＝6a 3，所以a 1q 3＋a 1q 4＝6a 1q 2，即q 2＋q －6＝0， 解得q ＝2或q ＝－3(舍去). 所以S 5＝
a 1（1－25）
1－2
＝31a 1＝62，a 1＝2，
所以a n ＝2·2n －1＝2n .
(2)因为b n ＝1（log 2a n ）（log 2a n ＋2）＝1
n （n ＋2）
＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1n －
1n ＋2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
13－15＋…＋
⎦
⎥⎤
⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫
1＋12－
1n ＋1－1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫3
2－2n ＋3n 2
＋3n ＋2 ＝34－2n ＋32n 2＋6n ＋4
.
1．(2020·全国Ⅱ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S n a n
＝( )
A ．2n －1
B ．2－21－n
C ．2－2n －1
D ．21－n －1
【解析】选B.设等比数列的公比为q ， 由a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24可得：
⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1q 2＝12a 1q 5－a 1q 3＝24⇒⎩
⎪⎨⎪⎧q ＝2a 1＝1，
所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，
S n ＝
a 1（1－q n ）1－q
＝1－2n
1－2
＝2n －1，
因此S n a n
＝
2n －12n －1
＝2－21－n .
2．若数列{a n }满足
1
a n ＋1－3
a n
＝0(n ∈N ＋)，则称{a n }为“梦想数列”，已知数列{
1
b n
}为“梦想数
列”，且b 1＋b 2＋b 3＝2，则b 3＋b 4＋b 5＝( ) A ．18 B ．16 C ．32 D ．36 【解析】选A.根据题意，“梦想数列”{a n }满足
1
a n ＋1－3
a n
＝0(n ∈N ＋)，
即a n ＝3a n ＋1，数列{a n }为公比为13的等比数列，若数列{1
b n }为“梦想数列”，
则1b n ＝3×
1
b n ＋1
，变形可得b n ＋1＝3b n ，
即数列{b n }为公比为3的等比数列， 若b 1＋b 2＋b 3＝2，
则b 3＋b 4＋b 5＝9(b 1＋b 2＋b 3)＝18.
3．数列{}
a n 中，已知对任意正整数n ，有a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2
n ＝
( ) A ．(2n －1)2B ．
1
3
(4n －1) C ．1
3
(2n －1)D ．4n －1
【解析】选B.因为a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2n －1…①， 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2n －1－1…②，n ≥2， ①－②得a n ＝2n －1，n ≥2.
当n ＝1时，a 1＝21－1＝1满足a n ＝2n －1，
所以a n ＝2n －1(n ∈N *)，所以a 2n ＝2
2n －2， 所以数列{a 2n }是以1为首项，4为公比的等比数列， 所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2
n ＝
1－4n 1－4＝1
3
(4n －1). 4．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；
(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 【解析】(1)设{a n }的公比为q .
由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8. 解得q ＝1
2(舍去)，或q ＝2，a 1＝2.
所以{a n }的通项公式为a n ＝2n .
(2)由题设及(1)知b 1＝0，且当2n ≤m ＜2n ＋1时，b m ＝n .
所以S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋
b 100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
5．已知首项为3
2的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3，4S 4成等差数列．
(1)求数列{a n }的通项公式． (2)证明：S n ＋1S n ≤13
6
(n ∈N *).
【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，
因为－2S 2，S 3，4S 4成等差数列，所以2S 3＝4S 4－2S 2，即S 3＝2S 4－S 2，即S 4－S 3＝S 2－
S 4，
可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－1
2
.
又a 1＝3
2，所以等比数列{a n }的通项公式为
a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32
n .
(2)由(1)知，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，
S n ＋1
S n ＝1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n
＋
1
1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n
＝⎩
⎪⎨⎪⎧2＋12n （2n ＋1）
，n 为奇数，
2＋1
2n
（2n
－1），n 为偶数．
当n 为奇数时，S n ＋1
S n
随n 的增大而减小，
所以S n ＋1S n ≤S 1＋1
S 1＝13
6
.
当n 为偶数时，S n ＋1
S n
随n 的增大而减小，
所以S n ＋1S n ≤S 2＋1
S 2＝25
12.
故对于
n ∈N *，有
S n ＋1S n ≤13
6
.
1．在数列{}
a n 中，a 1＝1，a 2＝3，且a n ＋2a n
＝2＋(－1)n (n ∈N *)，S n 为数列{}
a n 的前n 项和，
则S 100＝( )
A ．350－12＋50
B ．3（1－350）2
＋50
C ．3（350－1）2＋50
D ．3（3100－1）2＋50
【解析】选C.由题意
a n ＋2a n
＝2＋(－1)n (n ∈N *)，
当n 为偶数时，可得
a n ＋2a n
＝3；
当n 为奇数时，可得
a n ＋2a n
＝1，即数列的偶数项成公比为3的等比数列，奇数项都为1，由求
和公式可得S 100＝3（350－1）3－1＋50＝3（350－1）
2
＋50.
2．设首项为1的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n －1＋1，n ＝2k ，k ∈N *，
2a n －1＋1，n ＝2k ＋1，k ∈N *
.
若S m ＞2
020，则正整数m 的最小值为( ) A ．15 B ．16 C ．17 D ．18
【解析】选C.由题意知a 2k ＝a 2k －1＋1，a 2k ＋1＝2a 2k ＋1， 所以a 2k ＋1＝2(a 2k －1＋1)＋1＝2a 2k －1＋3， 即a 2k ＋1＋3＝2(a 2k －1＋3).
又a 1＋3＝4，所以数列{}
a 2k －1＋3 是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以a 2k －1＝4·2k －1－3，a 2k ＝4·2k －1－2， 所以S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2k －1＝4（1－2k ）
1－2 －3k
＝2k ＋2－4－3k ，
S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 2k ＝2k ＋2－4－2k ， 所以S 2k ＝S 奇＋S 偶＝2k ＋3－8－5k. 当k ＝8时，S 16＝2 000＜2 020.
又a 17＝1 021，所以S 17＝3 021＞2 020， 故正整数m 的最小值为17.。