（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八單元 數(shù)列 高考達標檢測（二十四）等比數(shù)列的3考點——基本運算、判定和應(yīng)用 理

（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八單元 數(shù)列 高考達標檢測（二十四）等比數(shù)列的3考點——基本運算、判定和應(yīng)用 理 一、選擇題 1．若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，則＝(　　) A．－1　　　　　　　　　 B．1 C. D．－2 解析：選B　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q， 則a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3； b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2. 所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2， 所以＝1. 2．(2018·海口調(diào)研)設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，a2－8a5＝0，則的值為(　　) A. B. C．2 D．17 解析：選B　設(shè){an}的公比為q，依題意得＝＝q3，因此q＝. 注意到a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)， 即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，＝q4＋1＝. 3．在等比數(shù)列{an}中，a1，a5為方程x2－10x＋16＝0的兩根，則a3＝(　　) A．4 B．5 C．±4 D．±5 解析：選A　∵a1，a5為方程x2－10x＋16＝0的兩根， ∴a1＋a5＝10，a1a5＝16，則a1，a5為正數(shù)， 在等比數(shù)列{an}中，a＝a1a5＝16，則a3＝±4， ∵a1，a5為正數(shù)，∴a3＝4. 4．已知Sn是等比數(shù)列{an}的前n項和，若存在m∈N*，滿足＝9，＝，則數(shù)列{an}的公比為(　　) A．－2 B．2 C．－3 D．3 解析：選B　設(shè)數(shù)列{an}的公比為q， 若q＝1，則＝2，與題中條件矛盾，故q≠1. ∵＝＝qm＋1＝9，∴qm＝8. ∴＝＝qm＝8＝， ∴m＝3，∴q3＝8， ∴q＝2. 5．已知等比數(shù)列{an}的各項均為不等于1的正數(shù)，數(shù)列{bn}滿足bn＝lg an，b3＝18，b6＝12，則數(shù)列{bn}的前n項和的最大值為(　　) A．126 B．130 C．132 D．134 解析：選C　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)， 由題意可知，lg a3＝b3，lg a6＝b6. 又b3＝18，b6＝12，則a1q2＝1018，a1q5＝1012， ∴q3＝10－6，即q＝10－2，∴a1＝1022. 又{an}為正項等比數(shù)列， ∴{bn}為等差數(shù)列，且公差d＝－2，b1＝22， ∴數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝22n＋×(－2)＝－n2＋23n＝－2＋. 又n∈N*，故n＝11或12時，(Sn)max＝132. 6．正項等比數(shù)列{an}中，存在兩項am，an，使得＝4a1，且a6＝a5＋2a4，則＋的最小值是(　　) A. B．2 C. D. 解析：選A　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，其中q>0， 于是有a4q2＝a4q＋2a4，即q2－q－2＝0，(q＋1)(q－2)＝0(q>0)， 由此解得q＝2.由aman＝16a，得a×2m＋n－2＝16a， 故m＋n＝6，其中m，n∈N*， ∴＋＝＋(m＋n)＝≥＝， 當且僅當＝，即m＝2，n＝4時等號成立， ∴＋的最小值為. 二、填空題 7．已知數(shù)列{an}滿足a1，，，…，是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，則a101＝________. 解析：因為數(shù)列{an}滿足a1，，，…，是首項為1，公比為2的等比數(shù)列， 所以a1＝1，＝2n－1， 所以an＝a1···…· ＝1×2×22×…×2n－1＝21＋2＋…＋(n－1) ＝2， 當n＝1時，a1＝1滿足上式，故an＝2， 所以a101＝2＝25 050. 答案：25 050 8．(2017·遼寧一模)在等比數(shù)列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝－，則＋＋＋＝________. 解析：因為＋＝，＋＝， 由等比數(shù)列的性質(zhì)知a7a10＝a8a9， 所以＋＋＋＝＝÷＝－. 答案：－ 9．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，關(guān)于數(shù)列{an}有下列四個命題： ①若{an}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列，則an＝an＋1(n∈N*)； ②若Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，則{an}是等差數(shù)列； ③若Sn＝1－(－1)n，則{an}是等比數(shù)列； ④若S1＝1，S2＝2，且Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n≥2)，則數(shù)列{an}是等比數(shù)列． 其中真命題的序號是________． 解析：若{an}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列， 設(shè)其前三項分別為：a－d，a，a＋d(d為公差)， 則a2＝(a－d)(a＋d)，解得d＝0， 因此an＝an＋1(n∈N*)，①正確； 由Sn＝an2＋bn(a，b∈R)是數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件，可知②正確； 若Sn＝1－(－1)n，則a1＝2，n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2(－1)n－1，為等比數(shù)列， 首項為2，公比為－1，因此③正確； 由Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n≥2)，可得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1＝2an， 又S1＝1，S2＝2，∴a1＝1，a2＝1，可得a2＝a1， ∴數(shù)列{an}不是等比數(shù)列，④錯誤． 故真命題的序號是①②③. 答案：①②③ 三、解答題 10．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an＝(n∈N*)． (1)若數(shù)列{an＋t}是等比數(shù)列，求t的值； (2)求數(shù)列{an}的通項公式； (3)記bn＝＋，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)當n＝1時，由a1＝＝，得a1＝1. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)， 即an＝2an－1＋1， ∴a2＝3，a3＝7. 依題意，得(3＋t)2＝(1＋t)(7＋t)，解得t＝1， 當t＝1時，an＋1＝2(an－1＋1)，n≥2， 即{an＋1}為等比數(shù)列成立， 故實數(shù)t的值為1. (2)由(1)，知當n≥2時，an＋1＝2(an－1＋1)， 又因為a1＋1＝2， 所以數(shù)列{an＋1}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列． 所以an＋1＝2×2n－1＝2n， ∴an＝2n－1. (3)由(2)，知bn＝＋＝＝＝－， 則Tn＝－＋－＋－＋…＋－＋－＝1－. 11．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)． (1)證明：數(shù)列{an＋1－an}是等比數(shù)列； (2)設(shè)bn＝，Tn是數(shù)列{bn}的前n項和，證明：Tn<. 證明：(1)∵an＋2＝3an＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)， 又∵a2－a1＝3－1＝2， ∴數(shù)列{an＋1－an}是首項為2、公比為2的等比數(shù)列． (2)由(1)可知an＋1－an＝2n，顯然數(shù)列{an}是遞增的， ∴bn＝＝·＝·＝， 于是Tn＝＝＝<. 12．已知數(shù)列{an}的前n項和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝log4(1－Sn＋1)(n∈N*)，Tn＝＋＋…＋，求Tn的取值范圍． 解：(1)當n＝1時，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝， 當n≥2時，Sn＋an＝1，Sn－1＋an－1＝1， 兩式相減得，Sn－Sn－1＋(an－an－1)＝0，∴an＝an－1. ∴{an}是以為首項，為公比的等比數(shù)列． 故an＝n－1＝3n(n∈N*)． (2)由(1)知1－Sn＋1＝an＋1＝n＋1， ∴bn＝log4(1－Sn＋1)＝log4n＋1＝－(n＋1)， ∴＝＝－， 故Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－， ∴≤Tn<， 即Tn的取值范圍為. 1．數(shù)列{an}是以a為首項，q為公比的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an，數(shù)列cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn，若{cn}為等比數(shù)列，則a＋q＝(　　) A. B．3 C. D．6 解析：選B　由題意知q≠1. 因為數(shù)列{an}是以a為首項，q為公比的等比數(shù)列， 所以bn＝1＋－， 所以cn＝2－＋n＋， 要使{cn}為等比數(shù)列，則2－＝0且＝0， 所以a＝1，q＝2，則a＋q＝3. 2．設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)令bn＝(2n－1)an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)當n＝1時，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9， 當n≥2時，an＋1＝2Sn＋3， 可得an＝2Sn－1＋3. 兩式相減得，an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)， 即an＋1－an＝2an，an＋1＝3an， 則an＝a2·3n－2＝9×3n－2＝3n. 又an＝3n對n＝1也成立， 所以an＝3n. (2)由(1)知，bn＝(2n－1)an＝(2n－1)×3n， 故Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n， 3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1， 兩式相減可得－2Tn＝3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×－(2n－1)×3n＋1， 化簡可得Tn＝3＋(n－1)×3n＋1.