廣西2020版高考數學一輪復習 考點規(guī)范練30 等比數列及其前n項和 文.docx

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考點規(guī)范練30　等比數列及其前n項和 一、基礎鞏固 1.已知等比數列{an}滿足a1=14,a3a5=4(a4-1),則a2=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2 B.1 C.12 D.18 答案C 解析∵a3a5=4(a4-1),∴a42=4(a4-1),解得a4=2. 又a4=a1q3,且a1=14,∴q=2.∴a2=a1q=12. 2.在正項等比數列{an}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的兩個根,則a1a2a25a48a49的值為(　　) A.212 B.93 C.93 D.35 答案B 解析∵a2,a48是方程2x2-7x+6=0的兩個根, ∴a2a48=3. 又a1a49=a2a48=a252=3,a25>0, ∴a1a2a25a48a49=a255=93.故選B. 3.(2018北京,文5)“十二平均律”是通用的音律體系,明代朱載堉最早用數學方法計算出半音比例,為這個理論的發(fā)展做出了重要貢獻.十二平均律將一個純八度音程分成十二份,依次得到十三個單音,從第二個單音起,每一個單音的頻率與它的前一個單音的頻率的比都等于122.若第一個單音的頻率為f,則第八個單音的頻率為(　　) A.32f B.322f C.1225f D.1227f 答案D 解析由題意知,這十三個單音的頻率構成首項為f,公比為122的等比數列,則第八個單音的頻率為(122)7f=1227f. 4.已知{an}為等比數列,a4+a7=2,a5a6=-8,則a1+a10=(　　) A.7 B.5 C.-5 D.-7 答案D 解析∵{an}為等比數列,∴a5a6=a4a7=-8. 聯(lián)立a4+a7=2,a4a7=-8,可解得a4=4,a7=-2或a4=-2,a7=4, 當a4=4,a7=-2時,q3=-12, 故a1+a10=a4q3+a7q3=-7; 當a4=-2,a7=4時,q3=-2, 故a1+a10=a4q3+a7q3=-7. 綜上可知,a1+a10=-7. 5.等差數列{an}的公差為2,若a2,a4,a8成等比數列,則{an}的前n項和Sn=(　　) A.n(n+1) B.n(n-1) C.n(n+1)2 D.n(n-1)2 答案A 解析∵a2,a4,a8成等比數列, ∴a42=a2a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2. ∴Sn=na1+n(n-1)2d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1). 故選A. 6.設數列{an}是首項為a1,公差為-1的等差數列,Sn為其前n項和.若S1,S2,S4成等比數列,則a1的值為　　　　　. 答案-12 解析由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+432(-1)=4a1-6. ∵S1,S2,S4成等比數列,∴(2a1-1)2=a1(4a1-6), 整理,得2a1+1=0,解得a1=-12. 7.設數列{an}的前n項和為Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,則a1=　　　　　,S5=　　　　　. 答案1　121 解析由題意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1, 所以a1=1,a2=3. 再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2), 得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2). 又因為a2=3a1, 所以數列{an}是以1為首項,3為公比的等比數列. 所以S5=1-351-3=121. 8.(2018遼寧部分重點高中聯(lián)考)已知數列{an}是等差數列,a2,a4,a8成等比數列,則該等比數列的公比為　　　　　. 答案1或2 解析設{an}的公差為d. ∵a2,a4,a8成等比數列,∴a42=a2a8, ∴(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 即d2=a1d,∴d=0或d=a1. 當d=0時,a2=a4,公比為1; 當d=a1時,a2=2d,a4=4d,公比為2. 故等比數列的公比為1或2. 9.(2018全國Ⅰ,文17)已知數列{an}滿足a1=1,nan+1=2(n+1)an.設bn=ann. (1)求b1,b2,b3; (2)判斷數列{bn}是否為等比數列,并說明理由; (3)求{an}的通項公式. 解(1)由條件可得an+1=2(n+1)nan. 將n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4. 將n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12. 從而b1=1,b2=2,b3=4. (2){bn}是首項為1,公比為2的等比數列. 由條件可得an+1n+1=2ann,即bn+1=2bn,又b1=1, 所以{bn}是首項為1,公比為2的等比數列. (3)由(2)可得ann=2n-1,所以an=n2n-1. 10.已知{an}是公差為3的等差數列,數列{bn}滿足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn. (1)求{an}的通項公式; (2)求{bn}的前n項和. 解(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13,得a1=2. 所以數列{an}是首項為2,公差為3的等差數列,通項公式為an=3n-1. (2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn3, 因此{bn}是首項為1,公比為13的等比數列. 記{bn}的前n項和為Sn, 則Sn=1-13n1-13=32-123n-1. 11.已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且S4=4(a3+1),3a3=5a4,數列{bn}是等比數列,且b1b2=b3,2b1=a5. (1)求數列{an},{bn}的通項公式; (2)求數列{|an|}的前n項和Tn. 解(1)設等差數列{an}的公差為d. ∵S4=4(a3+1),3a3=5a4, ∴4a1+6d=4(a1+2d+1),3a1+6d=5a1+15d, 解得a1=9,d=-2.∴an=11-2n. 設數列{bn}的公比為q. ∵b1b2=b3,2b1=a5,∴b12q=b1q2,2b1=1,解得b1=12,q=12. ∴bn=12n. (2)由(1)知,Sn=10n-n2. 由an=11-2n≤0可知n≥5.5, 即a1>0,a2>0,…,a5>0,a6<0,a7<0,…,an<0. 故當n≤5時,Tn=Sn=10n-n2; 當n≥6時,Tn=2S5-Sn=n2-10n+50. 于是Tn=10n-n2,n≤5,n2-10n+50,n≥6. 二、能力提升 12.若a,b是函數f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的兩個不同的零點,且a,b,-2這三個數可適當排序后成等差數列,也可適當排序后成等比數列,則p+q的值等于(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 答案D 解析∵a,b是函數f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的兩個不同的零點,∴a+b=p,ab=q. ∵p>0,q>0,∴a>0,b>0. 又a,b,-2這三個數可適當排序后成等差數列,也可適當排序后成等比數列, ∴2b=a-2,ab=4①或2a=b-2,ab=4②. 解①得a=4,b=1;解②得a=1,b=4. ∴p=a+b=5,q=14=4. ∴p+q=9.故選D. 13. (2018北京石景山一模)如圖,正方形上連接著等腰直角三角形,等腰直角三角形的腰上再連接正方形,……如此繼續(xù)下去得到一個樹形圖形,稱為“勾股樹”.若某“勾股樹”含有1 023個正方形,且其最大的正方形的邊長為22,則其最小的正方形的邊長為　　　　　. 答案132 解析由題意,得各正方形的邊長構成以22為首項,22為公比的等比數列.已知共得到1023個正方形,則1+2+…+2n-1=1023,解得n=10,故最小的正方形的邊長為22229=132. 14.設等比數列{an}滿足a1+a3=10,a2+a4=5,則a1a2…an的最大值為　　　　　. 答案64 解析設{an}的公比為q. 由已知a1+a3=10,a2+a4=a1q+a3q=5, 兩式相除得a1+a3q(a1+a3)=105,解得q=12,a1=8, 所以a1a2…an=8n121+2+…+(n-1)=2-12n2+7n2,拋物線f(n)=-12n2+72n的對稱軸為n=-722-12=3.5, 又n∈N*,所以當n=3或n=4時,a1a2…an取最大值為2-1232+732=26=64. 15.(2018廣東東莞二模)已知等比數列{an}與等差數列{bn},a1=b1=1,a1≠a2,a1,a2,b3成等差數列,b1,a2,b4成等比數列. (1)求{an},{bn}的通項公式; (2)設Sn,Tn分別是數列{an},{bn}的前n項和,若Sn+Tn>100,求n的最小值. 解(1)設數列{an}的公比為q,數列{bn}的公差為d, 則2q=2+2d,q2=1+3d,解得d=0,q=1(舍)或d=1,q=2, 故an=2n-1,bn=n. (2)由(1)易知Sn=1-2n1-2=2n-1,Tn=n(n+1)2. 由Sn+Tn>100,得2n+n(n+1)2>101. ∵2n+n(n+1)2是單調遞增數列, 且26+672=85<101,27+782=156>101, ∴n的最小值為7. 三、高考預測 16.已知數列{an}滿足a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2). (1)求證:{an+1+2an}是等比數列; (2)求數列{an}的通項公式. (1)證明∵an+1=an+6an-1(n≥2), ∴an+1+2an=3an+6an-1=3(an+2an-1)(n≥2). 又a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15, ∴an+2an-1≠0(n≥2),∴an+1+2anan+2an-1=3(n≥2), ∴數列{an+1+2an}是以15為首項,3為公比的等比數列. (2)解由(1)得an+1+2an=153n-1=53n, 則an+1=-2an+53n, ∴an+1-3n+1=-2(an-3n). 又a1-3=2,∴an-3n≠0, ∴{an-3n}是以2為首項,-2為公比的等比數列. ∴an-3n=2(-2)n-1, 即an=2(-2)n-1+3n=3n-(-2)n.