1.3 等比数列（4种题型基础练+能力提升练）数学湘教版2019选择性必修第一册

1.3 等比数列（4种题型基础练+能力提升练） 一．等比数列及其通项公式 1．（2023秋•衡阳县期末）在等比数列中，若，，则　　 A．3 B．4 C．6 D．8 2．（2023秋•华容县期末）数列是等比数列，，公比，则　　 A．15 B．16 C．27 D．25 3．（2023秋•永州期末）正项等比数列，，则　　 A．8 B．4 C．2 D．1 4．（2023秋•新邵县期末）设，记不超过的最大整数为，如，，令，则，，，三个数构成的数列　　 A．是等比数列但不是等差数列 B．是等差数列但不是等比数列 C．既是等差数列又是等比数列 D．既不是等差数列也不是等比数列 5．（2023秋•益阳期末）已知等比数列中，，，则数列的公比等于 　 ． 6．（2023秋•天心区校级月考）已知为等比数列，公比，，且，，成等差数列，则通项公式　 　． 二．等比数列与指数函数 7．（2023秋•开福区校级期末）设是各项为正数的等比数列，是其公比，是其前项的积，且，，则下列结论正确的是　　 A． B． C． D．与均为的最大值 8．（2024•鹿城区校级一模）已知等比数列的首项，公比为，记．，则“”是“数列为递减数列”的　　 A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 9．（2023秋•湖北期末）已知等比数列的前项和为，公比为，则“”是“数列是递减数列”的　　 A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 10．（2024•山东开学）已知数列是以为首项，为公比的等比数列，则“”是“是单调递减数列”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 11．（2023秋•武陵区校级期末）各项均为正数的等比数列中，若，则　　 A．9 B．10 C．11 D． 12．（2023秋•郴州期末）已知等比数列中，，是方程的两根，则的值为 　　． 13．（2023秋•衡阳县校级期末）已知等比数列中，，，公比，则　 　． 14．（2023秋•天心区校级期末）已知等比数列，记其前项乘积．若，，则的前5项和为 　　． 三．等比数列的前n项和 15．（2023秋•平江县期末）已知数列是等比数列，若，，，则等于　　 A．4 B．5 C．6 D．7 16．（2023秋•衡阳县校级期末）已知等比数列的公比为，前项和为．若，，则　　 A．3 B．4 C．5 D．7 17．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　) A. B．－ C. D. 18．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2S8，则的值是(　　) A．－4 B．－ C. D．4 题型四：等比数列的实际应用 19．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n个月的还款金额为an元，则an等于(　　) A．2 192 B．3 912－8n C．3 920－8n D．3 928－8n 20．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1 000米处和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1 000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然领先他1米…所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－2米时，乌龟爬行的总距离为(　　) A.米 B.米 C.米 D.米 21．（2023秋•天心区校级月考）在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地．则此人第4天与第5天共走的里程数为　　 A．24 B．36 C．42 D．60 22.中国三大名楼之一的黄鹤楼因其独特的建筑结构而闻名，其外观有五层而实际上内部有九层，隐喻“九五至尊”之意，现打算在黄鹤楼内部挂灯笼进行装饰，若在黄鹤楼内部九层塔楼共挂1 533盏灯笼，且相邻的两层中，下一层的灯笼数是上一层灯笼数的两倍，则内部塔楼的顶层应挂________盏灯笼． 23.小华准备购买一部售价为5 000元的手机，采用分期付款方式，并在一年内将款全部付清．商家提出的付款方式为：购买2个月后第1次付款，再过2个月后第2次付款，…，购买12个月后第6次付款，每次付款金额相同，约定月利率为0.8%，每月利息按复利计算，求小华每期付款金额是多少．(精确到0.1，参考数据：1.00812≈1.10) 一．多选题 1．（2024春•岳阳县校级期中）已知等比数列的前项积为，，且，则下列结论正确的是　　 A． B．的公比为 C． D．， 2．（2024春•湖南期中）设数列的前项和为，且，为常数），则下列命题为真命题的是　　 A．若，，则 B．若，，则 C．若为等差数列，则 D．若为等比数列，则 3．（2024•岳麓区校级模拟）等比数列中，公比为，其前项积为，并且满足．，，下列选项中，正确的结论有　　 A． B． C．的值是中最大的 D．使成立的最大自然数等于198 4．（2024•临澧县校级开学）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是　　 A． B． C．是数列中的最大项 D． 二．填空题 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝an＋1－3，若Sk≥125，则k的最小值为________． 6．已知数列{an}的前n项和为Sn，若2Sn＝3an－2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为___________________． 7．（2022秋•邵东市校级期中）已知等比数列的前5项积为32，，则的取值范围为 　　． 8．已知在等差数列{an}中，a2＋a4＝16，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，把各项按如图所示排列．则从上到下第10行，从左到右的第11个数值为______． 三．解答题 9．（2022秋•天元区校级月考）已知等差数列满足：，，其前项和为． （1）求数列的通项公式及； （2）若等比数列的前项和为，且，，求． 10．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝3an－4n＋2(n∈N*)． (1)求a2，a3的值； (2)证明数列{an－2n}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式． 11.已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12. (1)求{an}的通项公式； (2)记{an}的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值． 12.已知等比数列{an}的首项a1＝16，公比q＝，在{an}中每相邻两项之间都插入3个正数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等比数列{bn}． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)记数列{bn}前n项的乘积为Tn，试问：Tn是否有最大值？如果有，请求出此时n的值以及最大值；若没有，请说明理由． 13．受疫情影响，某公司的销售额下跌严重，从2022年的7月销售收入128万元，到9月跌至32万元，你能求出该公司7月到9月之间平均每月下降的百分比吗？若按此计算，到什么时候每月销售收入跌至8万元？ 14．（2023秋•岳麓区校级月考）为加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车，今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加，混合动车型车每年比上一年多投入辆． （1）求经过年，该市被更换的公交车总数； （2）若该市计划7年内完成全部更换，求的最小值． 15．在等比数列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0.设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0. (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项公式an. 16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nSn＋1－(n＋1)Sn＝，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在正整数k，使ak，S2k，a4k成等比数列？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.3 等比数列（4种题型基础练+能力提升练） 一．等比数列及其通项公式 1．（2023秋•衡阳县期末）在等比数列中，若，，则　　 A．3 B．4 C．6 D．8 【分析】根据等比数列的通项公式进行计算即可． 【解答】解：设的公比为，则， 所以，所以． 故选：． 【点评】本题考查了等比数列的通项公式及性质，是基础题． 2．（2023秋•华容县期末）数列是等比数列，，公比，则　　 A．15 B．16 C．27 D．25 【分析】由已知结合等比数列的性质即可求解． 【解答】解：因为数列是等比数列，，公比， 则． 故选：． 【点评】本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题． 3．（2023秋•永州期末）正项等比数列，，则　　 A．8 B．4 C．2 D．1 【分析】利用等比数列的性质求解． 【解答】解：正项等比数列，， 则． 故选：． 【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 4．（2023秋•新邵县期末）设，记不超过的最大整数为，如，，令，则，，，三个数构成的数列　　 A．是等比数列但不是等差数列 B．是等差数列但不是等比数列 C．既是等差数列又是等比数列 D．既不是等差数列也不是等比数列 【分析】根据定义分别求出，，然后结合等比数列的定义进行判断即可得到结论． 【解答】解：由题意得，， ， ，1，成等比数列，不成等差数列， 故选：． 【点评】本题主要考查等比数列的判断，根据定义将条件进行化简是解决本题的关键． 5．（2023秋•益阳期末）已知等比数列中，，，则数列的公比等于 　 ． 【分析】根据题意，设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式可得，即，变形解可得答案． 【解答】解：根据题意，设等比数列的公比为， 若，，则有，即， 变形可得：，解可得或． 故答案为：2或． 【点评】本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的通项公式，属于基础题． 6．（2023秋•天心区校级月考）已知为等比数列，公比，，且，，成等差数列，则通项公式　 　． 【分析】由，，成等差数列，得，然后利用等比数列通项公式，代入求出公比即可． 【解答】解：由，，成等差数列，且， 得，解得或， 又，所以，所以． 故答案为：． 【点评】本题考查等比数列的基本量运算，属于基础题． 二．等比数列与指数函数 7．（2023秋•开福区校级期末）设是各项为正数的等比数列，是其公比，是其前项的积，且，，则下列结论正确的是　　 A． B． C． D．与均为的最大值 【分析】根据题意，由等比数列的性质依次分析选项，即可得答案． 【解答】解：根据题意，是各项为正数的等比数列，是其公比，是其前项的积， 由可得，故正确； 由可得，则，故错误； 是各项为正数的等比数列，，则有， 对于，，则有，错误， 对于，，则与均为的最大值，正确， 故选：． 【点评】本题考查等比数列的性质，涉及数列的单调性，属于基础题． 8．（2024•鹿城区校级一模）已知等比数列的首项，公比为，记．，则“”是“数列为递减数列”的　　 A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】根据题意，举出反例，可得“”不是“数列为递减数列”的充分条件；反之，由数列的单调性，可得，进而分析可得，结合充分必要条件的定义分析可得答案． 【解答】解：根据题意，当，时，，，数列不是递减数列， 故“”不是“数列为递减数列”的充分条件； 反之，若数列为递减数列，由于， 当时，各项正负相间，不能保证恒成立， 故， 又由，必有， 故“”是“数列为递减数列”的必要条件； 综合可得：“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件． 故选：． 【点评】本题考查等比数列的性质，涉及充分必要条件的判断，属于基础题． 9．（2023秋•湖北期末）已知等比数列的前项和为，公比为，则“”是“数列是递减数列”的　　 A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】根据题意，利用等比数列的性质分析可得，可得充分性成立，利用特殊值可得必要性成立，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，等比数列的公比为，则， 若，由于，必有，即数列是递减数列， 反之，若数列是递减数列，则有，必有， 故“”是“数列是递减数列”的充要条件． 故选：． 【点评】本题考查等比数列的性质，涉及充分必要条件的判断，属于基础题． 10．（2024•山东开学）已知数列是以为首项，为公比的等比数列，则“”是“是单调递减数列”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】根据等比数列的单调性和必要不充分条件的判断即可得到答案． 【解答】解：若等比数列满足， 比如，，此时不是单调递减数列， 故正向无法推出，即充分性不成立， 若数列为递减数列，，或，． 则①“，”可以推出； ②“，”也可以推出，则必要性成立； 则“”是“是单调递减数列”的必要不充分条件． 故选：． 【点评】本题考查充分必要条件，考查等比数列的性质，属于基础题． 11．（2023秋•武陵区校级期末）各项均为正数的等比数列中，若，则　　 A．9 B．10 C．11 D． 【分析】利用等比数列的性质及对数运算性质计算即可． 【解答】解：在各项均为正数的等比数列中，， 因为， 所以， 所以 ． 故选：． 【点评】本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于中档题． 12．（2023秋•郴州期末）已知等比数列中，，是方程的两根，则的值为 　　． 【分析】由已知结合等比数列的性质及方程的根与系数关系即可求解． 【解答】解：因为等比数列中，，是方程的两根， 所以， 则． 故答案为：64． 【点评】本题主要考查了等比数列性质的应用，属于基础题． 13．（2023秋•衡阳县校级期末）已知等比数列中，，，公比，则　 　． 【分析】根据等比数列的性质求出公比即可． 【解答】解：，， ，， 则得，或者，， 公比为整数， ，， ， 解得， 即， 故答案为：512． 【点评】本题主要考查了等比数列的性质．若、、、，且，则． 14．（2023秋•天心区校级期末）已知等比数列，记其前项乘积．若，，则的前5项和为 　11　． 【分析】根据等比数列定义解方程组即可求得，，再由前项和公式即可求出结果． 【解答】解：由题意可知， 设等比数列的公比为， 则由可得，又； 两式相比可得，即， 将代入，可得，解得， 则， 所以等比数列的前5项和为． 故答案为：11． 【点评】本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题． 三．等比数列的前n项和 15．（2023秋•平江县期末）已知数列是等比数列，若，，，则等于　　 A．4 B．5 C．6 D．7 【分析】由已知结合等比数列的求和公式即可求解． 【解答】解：因为数列是等比数列，，， 所以， 则． 故选：． 【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式的应用，属于基础题． 16．（2023秋•衡阳县校级期末）已知等比数列的公比为，前项和为．若，，则　　 A．3 B．4 C．5 D．7 【分析】根据题意，由等比数列前项和列出与，两式相比即可解出答案； 【解答】解：根据题意，因为等比数列的公比为， 则，， 所以， 解得． 故选：． 【点评】本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于基础题． 17．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　) A. B．－ C. D. 答案　A 解析　易知q≠－1， 因为a7＋a8＋a9＝S9－S6， 且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列， 即8，－1，S9－S6成等比数列， 所以8(S9－S6)＝1， 即S9－S6＝， 所以a7＋a8＋a9＝. 18．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2S8，则的值是(　　) A．－4 B．－ C. D．4 答案　B 解析　方法一　已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S4＝2S8， 由等比数列的性质得，S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，且公比不为－1， 即2S8，－S8，S12－S8成等比数列， ∴＝＝－， 则2S12－2S8＝S8， ∴2S12＝3S8，∴S12＝S8， ∴＝＝－. 方法二　由S4＝2S8，令S8＝k(k≠0)，S4＝2k， ∵S4，S8－S4，S12－S8成等比数列， 即2k，－k，k成等比数列， ∴S12＝S4＋(S8－S4)＋(S12－S8) ＝2k－k＋k＝k， ∴＝＝－. 题型四：等比数列的实际应用 19．我们知道，偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学生张华向银行贷款的本金为48万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，20年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第n个月的还款金额为an元，则an等于(　　) A．2 192 B．3 912－8n C．3 920－8n D．3 928－8n 答案　D 解析　由题意可知，每月还本金为2 000元，设张华第n个月的还款金额为an元， 则an＝2 000＋[480 000－(n－1)×2 000]×0.4%＝3 928－8n. 20．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1 000米处和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1 000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然领先他1米…所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－2米时，乌龟爬行的总距离为(　　) A.米 B.米 C.米 D.米 答案　B 解析　由题意知，乌龟每次爬行的距离构成等比数列{an}， 且a1＝100，q＝，an＝10－2； ∴乌龟爬行的总距离为Sn＝＝＝(米)． 21．（2023秋•天心区校级月考）在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地．则此人第4天与第5天共走的里程数为　　 A．24 B．36 C．42 D．60 【分析】设第天走的里程数为，其中，，由题意可知，数列是以为公比的等比数列，利用等比数列求和公式求出的值，利用通项公式此人求出第4天与第5天共走里程数． 【解答】解：设第天走的里程数为，其中，， 由题意可知，数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 解得， 所以此人第4天与第5天共走里程数为． 故选：． 【点评】本题考查等比数列的实际运用，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于基础题． 22.中国三大名楼之一的黄鹤楼因其独特的建筑结构而闻名，其外观有五层而实际上内部有九层，隐喻“九五至尊”之意，现打算在黄鹤楼内部挂灯笼进行装饰，若在黄鹤楼内部九层塔楼共挂1 533盏灯笼，且相邻的两层中，下一层的灯笼数是上一层灯笼数的两倍，则内部塔楼的顶层应挂________盏灯笼． 答案　3 解析　依题意，各层灯笼数从上到下排成一列构成等比数列{an}(n∈N*，n≤9)，公比q＝2，前9项和为1 533，于是得S9＝＝1 533，解得a1＝3，所以内部塔楼的顶层应挂3盏灯笼． 23.小华准备购买一部售价为5 000元的手机，采用分期付款方式，并在一年内将款全部付清．商家提出的付款方式为：购买2个月后第1次付款，再过2个月后第2次付款，…，购买12个月后第6次付款，每次付款金额相同，约定月利率为0.8%，每月利息按复利计算，求小华每期付款金额是多少．(精确到0.1，参考数据：1.00812≈1.10) 解　设小华每期付款x元，第k个月末付款后的欠款本利为Ak元，则： A2＝5 000×(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0082－x， A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0084－1.0082x－x， …， A12＝5 000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0， 解得x＝ ＝≈883.5. 故小华每期付款金额约为883.5元． 一．多选题 1．（2024春•岳阳县校级期中）已知等比数列的前项积为，，且，则下列结论正确的是　　 A． B．的公比为 C． D．， 【分析】根据题意，依次分析选项：选项，根据可求出；选项，结合选项和题干条件可得公比；选项，注意到的前5项大于1，第7项后均在中，，故取到最大值；选项，利用等比数列的基本量进行证明． 【解答】解：因为，所以，正确； 因为，解得，正确； 注意到，故，时，；，时，， 所以或时，取到最大值，错误； 因， ， 左边等于右边成立，正确． 故选：． 【点评】本题考查等比数列的性质的应用，涉及等比数列的通项公式，属于中档题． 2．（2024春•湖南期中）设数列的前项和为，且，为常数），则下列命题为真命题的是　　 A．若，，则 B．若，，则 C．若为等差数列，则 D．若为等比数列，则 【分析】由已知结合数列和与项的递推关系转化为项与项的递推，然后结合等差数列与等比数列的性质检验各选项即可判断． 【解答】解：因为， 当时，； 当时，不适合上式， 所以， 若，，则，故，故选项正确； 若，，则，故，则，故选项错误； 若为等差数列，则当时，， 故，即； 同时，根据等差数列的定义可知，即， 所以，选项正确； 若为等比数列，则时，， 同时也是与无关的常数，且根据等比数列的定义可知，这两个常数是同一个数， 故，得，故选项正确． 故选：． 【点评】本题主要考查了数列的和与项的递推关系，项与项的递推关系，等差数列与等比数列性质的应用，属于中档题． 3．（2024•岳麓区校级模拟）等比数列中，公比为，其前项积为，并且满足．，，下列选项中，正确的结论有　　 A． B． C．的值是中最大的 D．使成立的最大自然数等于198 【分析】由已知，得，再由得到说明正确；再由等比数列的性质结合说明正确；由，而，求得，说明错误；分别求得，说明正确． 【解答】解：对于，，，． ，． 又，，且． ，故正确； 对于，，，即，故正确； 对于，由于，而，故有，故错误； 对于，， ，故正确． 不正确的是． 故选：． 【点评】本题考查等比数列的通项公式与等比数列的性质，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题． 4．（2024•临澧县校级开学）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是　　 A． B． C．是数列中的最大项 D． 【分析】由已知结合等比数列的性质检验各选项即可判断． 【解答】解：因为等比数列满足条件，，， 所以，，，对； 故数列为各项为正的递减数列，， ，即，正确； 是数列中的最大值，错误； ，错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了等比数列的性质及单调性的应用，属于中档题． 二．填空题 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝an＋1－3，若Sk≥125，则k的最小值为________． 答案　6 解析　由Sn＝an＋1－3＝Sn＋1－Sn－3， 得Sn＋1＋3＝2(Sn＋3)， 又S1＝a1＝1，所以S1＋3＝4， 所以{Sn＋3}是首项为4，公比为2的等比数列， 所以Sn＋3＝4×2n－1＝2n＋1，Sn＝2n＋1－3， 所以Sk＝2k＋1－3≥125，解得k≥6. 所以k的最小值为6. 6．已知数列{an}的前n项和为Sn，若2Sn＝3an－2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为___________________． 答案　an＝3n－1 解析　令n＝1，得2a1＝3a1－2，解得a1＝2； 当n≥2时，由2Sn＝3an－2n(n∈N*)，得2Sn－1＝3an－1－2(n－1)， 两式相减得2an＝3an－3an－1－2， 即an＝3an－1＋2， 整理得＝3， ∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝3，公比为3的等比数列， ∴an＋1＝3n，∴an＝3n－1. 7．（2022秋•邵东市校级期中）已知等比数列的前5项积为32，，则的取值范围为 　．　． 【分析】由题意得，，原式化简可得，构造函数，判断函数的单调性，从而求取值范围． 【解答】解：等比数列的前5项积为32， ， ，则，即， 故， 令函数， 在上是增函数， ， 即， 所以的取值范围为． 故答案为：． 【点评】本题考查了等比数列性质的应用，属于中档题． 8．已知在等差数列{an}中，a2＋a4＝16，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，把各项按如图所示排列．则从上到下第10行，从左到右的第11个数值为______． 答案　275或8 解析　设数列{an}的公差为d， 由a2＋a4＝16，得a1＋2d＝8，① 由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列， 得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)， 整理得d2－a1d－d＝0，② 由①②解得d＝3或d＝0， 当d＝3时，a1＝2，an＝3n－1.由题图可得第10行第11个数为数列{an}中的第92项，a92＝3×92－1＝275. 当d＝0时，an＝8，a92＝8. 三．解答题 9．（2022秋•天元区校级月考）已知等差数列满足：，，其前项和为． （1）求数列的通项公式及； （2）若等比数列的前项和为，且，，求． 【分析】（1）根据等差数列的通项公式，求出首项和公差即可求数列的通项公式及； （2）根据等比数列的通项公式求出首项和公比即可得到结论． 【解答】解：（1），， ，解得，， 则数列的通项公式， ． （2）若等比数列的前项和为，且，， ， ，， 则公比， 则， 则． 【点评】本题主要考查等比数列和等差数列通项公式和前项和公式的应用，利用方程组法求出相应的首项和公差，公比是解决本题的关键． 10．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝3an－4n＋2(n∈N*)． (1)求a2，a3的值； (2)证明数列{an－2n}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式． 解　(1)由已知得a2＝3a1－4＋2＝3×－4＋2＝5， a3＝3a2－4×2＋2＝3×5－8＋2＝9. (2)∵an＋1＝3an－4n＋2， ∴an＋1－2n－2＝3an－6n， 即an＋1－2(n＋1)＝3(an－2n)． 由(1)知a1－2＝－2＝， ∴an－2n≠0，n∈N*. ∴＝3， ∴数列{an－2n}是首项为，公比为3的等比数列． 11.已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12. (1)求{an}的通项公式； (2)记{an}的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值． 解　(1)设数列{an}的公差为d，由题意知 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n. (2)由(1)可得Sn＝＝ ＝n(1＋n)． 因为a1，ak，Sk＋2成等比数列， 所以a＝a1Sk＋2， 从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)， 即k2－5k－6＝0，解得k＝6或k＝－1(舍去)，因此k＝6. 12.已知等比数列{an}的首项a1＝16，公比q＝，在{an}中每相邻两项之间都插入3个正数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等比数列{bn}． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)记数列{bn}前n项的乘积为Tn，试问：Tn是否有最大值？如果有，请求出此时n的值以及最大值；若没有，请说明理由． 解　(1)由已知得，数列{bn}的首项b1＝16，b5＝a2＝16×＝1， 设数列{bn}的公比为q1(q1>0)， 即＝＝q＝， ∴q1＝， 即bn＝b1q＝16×n－1＝25－n. (2)Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝24·23·…·25－n ＝24＋3＋2＋…＋(5－n) ＝＝ ＝， 即当n＝4或5时， Tn有最大值＝210＝1 024. 13．受疫情影响，某公司的销售额下跌严重，从2022年的7月销售收入128万元，到9月跌至32万元，你能求出该公司7月到9月之间平均每月下降的百分比吗？若按此计算，到什么时候每月销售收入跌至8万元？ 解　设每月平均下降的百分比为x， 则每月的销售收入构成了等比数列{an}， a1＝128，则a2＝a1(1－x)， a3＝a1(1－x)2＝128(1－x)2＝32， 解得x＝50%. 设an＝8，an＝128(1－50%)n－1＝8，解得n＝5， 即从2022年7月算起第5个月，也就是在2022年的11月该公司的销售收入跌至8万元． 14．（2023秋•岳麓区校级月考）为加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车，今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加，混合动车型车每年比上一年多投入辆． （1）求经过年，该市被更换的公交车总数； （2）若该市计划7年内完成全部更换，求的最小值． 【分析】（1）设，分别为第年投入的电力型公交车，混合动力型公交车的数量，依题意，是首项为128，公比为的等比数列，是首项为400，公差为的等差数列，由此可求出经过年，该市被更换的公交车总数． （2）若计划7年内完成全部更换，所以（7）所以．由此能求出的最小值． 【解答】解：（1）设，分别为第年投入的电力型公交车，混合动力型公交车的数量， 依题意，是首项为128，公比为的等比数列，是首项为400，公差为的等差数列，的前项和．的前项和 所以经过年，该市更换的公交车总数为：．（7分） （2）若计划7年内完成全部更换， 所以（7） 所以 即，所以 又，所以的最小值为147．（13分） 【点评】本题考查数列的综合应用，解题时要认真审题，挖掘数量间的相互关系，合理地建立方程，仔细求解． 15．在等比数列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0.设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0. (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项公式an. (1)证明　因为bn＝log2an， 所以bn＋1－bn＝log2an＋1－log2an ＝log2＝log2q(q>0)为常数， 所以数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q. (2)解　因为b1＋b3＋b5＝6， 所以(b1＋b5)＋b3＝2b3＋b3＝3b3＝6， 即b3＝2. 又因为a1>1， 所以b1＝log2a1>0， 又因为b1b3b5＝0，所以b5＝0， 即即解得 因此Sn＝4n＋×(－1) ＝. 又因为d＝log2q＝－1， 所以q＝，又b1＝log2a1＝4， 所以a1＝16，所以an＝25－n(n∈N*)． 16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nSn＋1－(n＋1)Sn＝，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在正整数k，使ak，S2k，a4k成等比数列？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由． 解　(1)由nSn＋1－(n＋1)Sn＝， 得－＝， ∴数列是首项为＝1，公差为的等差数列， ∴＝1＋(n－1)＝(n＋1)，∴Sn＝. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n. 而a1＝1适合上式，∴an＝n. (2)由(1)知an＝n，Sn＝. 假设存在正整数k，使ak，S2k，a4k成等比数列， 则S＝ak·a4k，即2＝k·4k. ∵k为正整数，∴(2k＋1)2＝4. 得2k＋1＝2或2k＋1＝－2， 解得k＝或k＝－，与k为正整数矛盾． ∴不存在正整数k，使ak，S2k，a4k成等比数列． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$