2020高考人教数学(理)大一轮复习检测：第五章 第三节 等比数列及其前n项和 Word版含解析

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)
A 级 基础夯实练
1．(2018·四川绵阳诊断性考试)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( )
A.152 B ．314 C.334
D ．172
解析：选 B.设数列{a n }的公比为q ，则显然q ≠1，由题意得
⎩⎪⎨⎪
⎧
a 1q ·a 1q 3
＝1，a 1(1－q 3)1－q ＝7，
解得⎩⎨⎧
a 1＝4，q ＝1
2
或⎩⎨⎧
a 1＝9，q ＝－1
3
(舍去)，∴S 5＝
a 1(1－q 5)
1－q
＝4⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1－1251－
12
＝314
. 2．(2018·浙江丽水模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n
－1
＋1
6，则a 的值为( ) A ．－13
B ．13
C ．－12
D ．12
解析：选A.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13
.
3．(2018·东北六校联考)已知数列1，a 1，a 2,9是等差数列，数列1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，则b 2
a 1＋a 2
的值为( )
A.710 B ．75
C.310
D ．12
解析：选C.因为1，a 1，a 2,9是等差数列，所以a 1＋a 2＝1＋9＝
10.又1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，所以b 22＝1×9＝9，因为b 2
1＝b 2
＞0，所以b 2＝3，所以b 2a 1＋a 2＝310
.
4．(2018·河北三市第二次联考)古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( )
A ．7
B ．8
C ．9
D ．10
解析：选B.设该女子第一天织布x 尺，则x (1－25)1－2＝5，得x ＝531，
∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n
－1)≥30，得
2n ≥187，则n 的最小值为8
5．(2018·福州模拟)已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *
)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 1
3
(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )
A ．－5
B ．－15
C ．5
D ．15
解析：选A.因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }是公比q ＝3的等比数列，
所以a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.
所以a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝9×33＝35. 所以log 1
3
35＝－log 335＝－5.
6．(2018·河南四校联考)在等比数列{a n }中，a n ＞0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2·…·a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8
的值为( )
A ．2
B ．4
C ．8
D ．16
解析：选 A.由分数的性质得到1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋
a 7＋a 2
a 7a 2
＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.因为a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5，所以原式＝
a 1＋a 2＋…＋a 8
a 4a 5＝4a 4a 5，又a 1a 2·…·a 8＝16＝(a 4a 5)4
，a n ＞0，∴a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1
a 8
＝2. 7．(2018·青岛二模)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝1
4，则a 1a 2
＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的取值范围是( )
A ．[12,16]
B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤
8，323 C.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫8，323 D ．⎣⎢⎡⎦
⎥⎤163，323
解析：选C.因为{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，所以q 3＝a 5a 2＝1
8，
q ＝1
2，a 1＝4，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝a 1a 2(1－q 2n )1－q
2＝323(1－q 2n )∈⎣
⎢⎡⎭⎪⎫
8，323，故选C.
8．(2018·兰州、张掖联考)已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为
等比数列且b n ＝a n ＋1
a n
，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________.
解析：∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3
a 2，
∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2，∵b 3＝a 4
a 3
，
∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024. 答案：1 024
9．设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2·…·a n 的最大值为________．
解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1
＋a 3)＝5，知q ＝1
2
.又a 1＋a 1q 2＝10，
∴a 1＝8. 故
a 1a 2·…·a n ＝a n 1q
1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12(n －1)n
2
＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋7
2
n .
记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝ ⎛
⎭⎪⎫n －722＋498，
结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6.
又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2·…·a n 的最大值为26＝64. 答案：64
10．(2018·广东中山调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.
解：(1)∵S 1＝a 1＝1，
且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，
又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2(2－1)＝2n －2. 当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．
∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
1，n ＝1，2n －2，n ≥2.
(2)∵a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝2(1－4n )1－4＝2(4n －1)3.
∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋2(4n －1)3＝22n ＋1＋1
3
.
B 级 能力提升练
11．设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q ＜0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0”的( )
A ．充要条件
B ．充分而不必要条件
C ．必要而不充分条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：选C.若对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0，则a 1＋a 2＜0，又a 1＞0，所以a 2＜0，所以q ＝a 2
a 1＜0.若q ＜0，可取q ＝－1，a 1＝1，
则a 1＋a 2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0.所以“q ＜0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0”的必要而不充分条件，故选C.
12．(2018·济南模拟)设数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝( )
A ．15
B ．60
C ．63
D ．72
解析：选B.由数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，得数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)1＝n ＋2.由数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，得数列{b n }的通项公式为b n ＝b 1q n －1＝2n －1，所以ba n ＝2n ＋1，所以ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝22＋23＋24＋25＝4×(1－24)
1－2
＝60.
13．(2018·湖北黄石检测)已知等差数列{a n }的公差d ＞0，且a 2，a 5－1，a 10成等比数列，若a 1＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋n ＋32
a n ＋1
的最小值为________．
解析：由于a 2，a 5－1，a 10成等比数列，所以(a 5－1)2＝a 2·a 10，(a 1＋4d －1)2＝(a 1＋d )·(a 1＋9d )，又a 1＝5，所以d ＝3，所以a n ＝5＋3(n －1)＝3n ＋2，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝5n ＋32n (n －1)，所以
2S n ＋n ＋32a n ＋1＝3n 2＋8n ＋323n ＋3＝13[3(n ＋1)＋27n ＋1＋2]≥20
3，当且仅当3(n
＋1)＝27
n ＋1
，即n ＝2时等号成立．
答案：
203
14．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝31
32
，求λ.
解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝1
1－λ
，故a 1≠0.
由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n .
由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λ
λ－1.
因此{a n }是首项为11－λ，公比为λ
λ－1的等比数列，
于是a n ＝
11－λ⎝ ⎛⎭
⎪⎫λλ－1n －1. (2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫λλ－1n
.
由S 5＝31
32得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭
⎪⎫λλ－15＝132.
解得λ＝－1.
15．(2018·河北省“五个一名校联盟”高三模拟)已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.
(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 解：(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19， ∴b 1＝1，
∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列， ∴b n ＝2n －1. ∴b 3＝4，
∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，
∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .
(2)设C n ＝b n cos(a n π)，由(1)得C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1， 则C n ＋1＝(－1)n ＋12n ， ∴C n ＋1
C n ＝－2，
又C 1＝－1，
∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列． ∴T n ＝－1×[1－(－2)n ]1－(－2)
＝13[(－2)n －1]．
C 级 素养加强练
16．(2018·辽宁鞍山模拟)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1
a m
≥1？若存在，求m
的最小值；若不存在，说明理由．
解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，
则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧
a 31q 3＝125，
|a 1q －a 1q 2
|＝10，
解得⎩⎨
⎧
a 1＝53，q ＝3，
或⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1＝－5，q ＝－1. 故a n ＝53·3n －1
，或a n ＝－5·(－1)n －1.
(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n
＝35·
⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1
， 故⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 是首项为35，公比为1
3的等比数列 ，
从而∑n ＝1m
1a n
＝35·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m 1－
13＝910·
⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m ＜9
10＜1. 若a n ＝(－5)·(－1)n －1， 则1a n
＝－1
5(－1)n －1，
故⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而
∑n ＝
1m
1
a n ＝⎩⎨⎧
－15， m ＝2k －1(k ∈N *)，0，
m ＝2k (k ∈N *).
故∑n ＝1
m
1
a n ＜1.
综上，对任意正整数m ，总有∑n ＝1
m
1
a n ＜1.
故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1
a m
≥1成立。