2025版高考数学大一轮复习第五章数列第30讲等比数列及其前n项和课时达标理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第30讲等比数列及其前n项和课时达标一、选择题1．等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于()A．－24 B．0C．12 D．24A解析由题意知(3x＋3)2＝x(6x＋6)，即x2＋4x＋3＝0，解得x＝－3或x＝－1(舍去)，所以等比数列的前3项是－3，－6，－12，则第四项为－24.2．(2024·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例．为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从其次个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq\r(12,2).若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A.eq\r(3,2)f B.eq\r(3,22)fC.eq\r(12,25)f D.eq\r(12,27)fD解析这13个单音构成了一个以f为首项，eq\r(12,2)为公比的等比数列，所以an＝a1qn－1＝f·(2eq\s\up10(\f(1,12)))n－1，即a8＝2eq\s\up14(\f(7,12))f.故选D.3．在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是()A．－2 B．－eq\r(2)C．±eq\r(2) D.eq\r(2)B解析依据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，a3a7＝2，因为a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，所以a3<0，a7<0，即a又a3a7＝aeq\o\al(2,5)，所以a5＝－eq\r(a3a7)＝－eq\r(2).4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝eq\f(5,2)，a2＋a4＝eq\f(5,4)，则eq\f(Sn,an)＝()A．4n－1 B．4n－1C．2n－1 D．2n－1D解析因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝\f(5,2)，,a2＋a4＝\f(5,4)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝\f(5,2)，①,a1q＋a1q3＝\f(5,4)，②))由①除以②可得eq\f(1＋q2,q＋q3)＝2，解得q＝eq\f(1,2)，代入①得a1＝2，所以an＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\f(4,2n)，Sn＝eq\f(2×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),\f(4,2n))＝2n－1.故选D.5．(2024·潍坊重点中学联考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(S6,S3)＝3，则eq\f(S9,S6)＝()A．2 B.eq\f(7,3)C.eq\f(8,3) D．3B解析依题意知等比数列的公比q≠±1，设S3＝k，则S6＝3k(k≠0)，结合S3，S6－S3，S9－S6成等比数列可知S9－3k＝4k，故S9＝7k.所以eq\f(S9,S6)＝eq\f(7,3).6．(2024·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差数列{an}满意a6－aeq\o\al(2,7)＋a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2·b8·b11＝()A．1 B．2C．4 D．8D解析由等差数列的性质得a6＋a8＝2a7.由a6－aeq\o\al(2,7)＋a8＝0可得a7＝2，所以b7＝a7＝2.由等比数列的性质得b2b8b11＝b2b7b12＝beq\o\al(3,7)＝23＝8.二、填空题7．等比数列的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a解析由等比数列的性质可知a1a5＝a2a4＝aeq\o\al(2,3)，于是由a1a5＝4得a3＝2，故a1a2a3a4a5＝32，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log答案58．(2024·江苏卷)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(63,4)，则a8＝________.解析设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3得q≠1，则S3＝eq\f(a11－q3,1－q)＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(a11－q6,1－q)＝eq\f(63,4)，解得q＝2，a1＝eq\f(1,4)，则a8＝a1q7＝eq\f(1,4)×27＝32.答案329．(2024·杭州期中)设数列{an}满意a1＝eq\f(2,3)，且对随意的n∈N*，满意an＋2－an≤2n，an＋4－an≥5×2n，则a2017＝________.解析因为对随意的n∈N*，满意an＋2－an≤2n，an＋4－an≥5×2n，所以5×2n≤an＋4－an＝(an＋4－an＋2)＋(an＋2－an)≤2n＋2＋2n＝5×2n，所以an＋4－an＝5×2n.所以a2017＝(a2017－a2013)＋(a2013－a2009)＋…＋(a5－a1)＋a1＝5×(22013＋22009＋…＋21)＋eq\f(2,3)＝5×eq\f(2×1－16504,1－16)＋eq\f(2,3)＝eq\f(22017,3).答案eq\f(22017,3)三、解答题10．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.解析(1)因为S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，所以Sn＝2n－1，又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.当n＝1时，a1＝1，不适合上式．所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－2，n≥2.))(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a3＋a5＋…＋a2n＋1＝eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(24n－1,3).所以a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋eq\f(24n－1,3)＝eq\f(22n＋1＋1,3).11．(2024·河南试验中学质检)数列{bn}满意bn＋1＝2bn＋2，bn＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝4.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解析(1)由bn＋1＝2bn＋2得bn＋1＋2＝2(bn＋2)，所以eq\f(bn＋1＋2,bn＋2)＝2，又b1＋2＝a2－a1＋2＝4，所以数列{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．所以bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1－2.(2)由(1)知an－an－1＝bn－1＝2n－2(n≥2)，所以an－1－an－2＝2n－1－2(n＞2)，…，a2－a1＝22－2，所以an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，所以an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝eq\f(22n－1,2－1)－2n＋2＝2n＋1－2n，a1＝2也适合上式，所以Sn＝eq\f(41－2n,1－2)－eq\f(n2＋2n,2)＝2n＋2－(n2＋n＋4)．12．已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(eq\r(an)，eq\r(an＋1))在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－eq\f(1,2)x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：数列{bn}是等比数列．解析(1)由点An在y2－x2＝1上知an＋1－an＝1，所以数列{an}是一个以2为首项，1为公差的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.(2)证明：因为点(bn，Tn)在直线y＝－eq\f(1,2)x＋1上，所以Tn＝－eq\f(1,2)bn＋1，①所以Tn－1＝－eq\f(1,2)bn－1＋1(n≥2)．②①②两式相减得bn＝－eq\f(1,2)bn＋eq\f(1,2)bn－1(n≥2)，所以eq\f(3,2)bn＝eq\f(1,2)bn－1，所以bn＝eq\f(1,3)bn－1(n≥2)，在①式中令n＝1，得T1＝b1＝－eq\f(1,2)b1＋1，所以b1＝eq\f(2,3)，所以{bn}是一个以eq\f(2,3)为首项，以eq\f(1,3)为公比的等比数列．13．[选做题](2024·焦作一中月考)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，假如对于随意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f