高考预测练二十九-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（word高考预测练）

高考预测练(二十九)　等比数列 1．(2025·广东湛江一模)在等比数列{an}，a3·a5＝49，a4＋a6＝70，则a8＝(　B　) A．－567　　 B．567 C．451　 　 D．699 解析：由{an}是等比数列，得a3·a5＝a＝49，解得a4＝±7，当a4＝－7时，a4＋a6＝－7－7q2＝70，所以q2＝－11<0，故舍去，当a4＝7时，a4＋a6＝7＋7q2＝70，所以q2＝9，即a8＝a4·q4＝567.故选B. 2．在等比数列{an}中，a2，a10是方程x2－6x＋4＝0的两根，则＝(　A　) A．2 B．－2 C．－2或2 D．3± 解析：由于a2，a10是方程x2－6x＋4＝0的两根， 所以a2＋a10＝6＞0，a2·a10＝4⇒a＝4， 由于a6＝a2q4，a10＝a6q4，所以a6为正数， 所以a6＝2.所以＝＝a6＝2.故选A. 3．已知等差数列{an}的公差不为0，若a1，a3，a6成等比数列，则这个等比数列的公比是(　B　) A． B． C．2 D．4 解析：等差数列{an}，设公差为d，因为a1，a3，a6成等比数列，故(a3)2＝a1·a6，∴(a1＋2d)2＝a1·(a1＋5d)，又因为公差不为0，a1＝4d，所以a3＝6d，a6＝9d，则这个等比数列的公比是.故选B. 4．(2025·广东佛山教学质量检测(一))等比数列{an}中，a2＝1，设甲：a4＝3，乙：a6＝9，则甲是乙的(　C　) 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 解析：因为{an}为等比数列，所以a2，a4，a6为等比数列，且a2，a4，a6同号．若a4＝3，则由a＝a2a6可得a6＝9，故甲是乙的充分条件；若a6＝9，则由a＝a2a6及a4>0可得a4＝3，故甲是乙的必要条件．故甲是乙的充要条件．故选C. 5．(2025·湖北高三校联考)在正项等比数列{an}中，a1a13＝36，则a5＋4a9的最小值是(　C　) A．12 B．18 C．24 D．36 解析：在正项等比数列{an}中，a5a9＝a1a13＝36，所以a5＋4a9≥2＝24， 当且仅当a5＝4a9即a5＝12，a9＝3时，等号成立，即a5＋4a9的最小值是24. 故选C. 6．谢尔宾斯基(Sierpinski)三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形(如图1)，沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形(如图2)，对剩下的三个小三角形继续以上操作(如图3)，按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形．如果图1三角形的边长为2，则图4被挖去的三角形面积之和是(　D　) A． B． C． D． 解析：第一种挖掉的三角形边长为2×＝1，共1个，面积为1×(×12)＝； 第二种挖掉的三角形边长为1×＝，共3个，面积为3×[×()2]＝， 第三种挖掉的三角形边长为×＝，共9个， 面积为9×[×()2]＝， 故被挖去的三角形面积之和是＋＋＝.故选D 7．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝(　A　) A．8 B．9 C．16 D．17 解析：设S4＝x(x≠0)，则S8＝4x， 因为{an}为等比数列，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12仍成等比数列． 易知＝＝3， 所以⇒， 故＝＝8. 故选A. 8．已知一个项数为偶数的等比数列{an}，所有项之和为所有偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则a1＝(　C　) A．1 B．4 C．12 D．36 解析：由题意可得所有项之和S奇＋S偶是所有偶数项之和S偶的4倍，所以，S奇＋S偶＝4S偶，故S偶＝S奇， 设等比数列{an}的公比为q，设该等比数列共有2k(k∈N*)项， 则S偶＝a2＋a4＋…＋a2k＝q(a1＋a3＋…＋a2k－1)＝qS奇＝S奇， 所以，q＝， 因为a＝a1a2a3＝64，可得a2＝4，因此，a1＝＝12. 故选C. 9．已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则(　BCD　) A．为等差数列 B．{an}为递增数列 C．为等比数列 D．的前n项和Tn＝ 解析：由2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)可得＝2(n∈N*)，所以数列为等比数列，且公比为2，故A错误，C正确， ＝4×2n-1⇒an＝n·2n+1，由于{n}，{2n}均为单调递增的数列，且各项均为正数，所以{an}为递增数列，B正确， ＝n，设的前n项和为Tn，则Tn＝，D正确， 故选BCD. 10．记Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，则an＝__－2n-1__． 解析：Sn＝2an＋1①，当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1②， ①－②得，Sn－Sn－1＝2an＋1－2an－1－1， 即an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1， {an}是首项为－1，公比是2的等比数列，故an＝－1×2n-1＝－2n-1. 11．在等比数列{an}中，若a1＋a3＋…＋a99＝150，且公比q＝2，则数列{an}的前100项和为__450__． 解析：在等比数列{an}中，公比q＝2，则有＝q＝2， 而a1＋a3＋…＋a99＝150，于是得a2＋a4＋…＋a100＝300， 所以数列{an}的前100项和S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝150＋300＝450. 12．(2025·湖南高三雅礼中学联考)在数列{an}中，a1＝0，a2＝2，若a2n－1，a2n，a2n＋1成等差数列，a2n，a2n＋1，a2n＋2成等比数列，则a8＝__32__． 解析：因为a2n－1，a2n，a2n＋1成等差数列，a2n，a2n＋1，a2n＋2成等比数列， 所以a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，a3，a4，a4成等差数列，a4，a5，a6成等比数列，a5，a6，a7成等差数列，a6，a7，a8成等比数列， 所以可得{an}的前8项为0，2，4，8，12，18，24，32. 13．已知数列{an}的首项为a1＝，且满足an＋1＝. (1)求证：数列为等比数列； (2)若＋＋…＋＜2 024，求满足条件的最大整数n. 解：(1)an＋1＝两边取倒数得，＝＝－1， 即－1＝－2＝2(－1)， 又－1＝2， 故为首项为2，公比为2的等比数列； (2)由(1)得－1＝2×2n-1＝2n， 故＝2n＋1， 所以＋＋…＋＝21＋1＋22＋1＋…＋2n＋1＝(21＋22＋…＋2n)＋n＝＋n＝2n+1－2＋n， 故2n+1－2＋n＜2 024，则2n+1＋n－2 026＜0， 由于f(n)＝2n+1＋n－2 026单调递增，且f(9)＝210＋9－2 026＝－993＜0， f(10)＝211＋10－2 026＝32＞0， 故满足条件的最大整数为9. 14．(预测)(2025·湖南长沙市一中月考七)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足＝，a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}为等比数列，数列{cn}满足cn＝，若b2＝2，b1b2b3b4b5＝210，求证：c1＋c2＋…＋cn<1. 解：(1)由题意，可知S1＝a1＝1，＝，＝，＝，＝，……，＝，＝， 以上各式相乘，可得Sn＝1·····…··＝， ∵当n＝1时，S1＝1也满足上式， ∴Sn＝，n∈N*， ∴当n≥2时，an＝Sn－1＝－＝n， ∵当n＝1时，a1＝1也满足上式， ∴an＝n，n∈N*. (2)证明：设等比数列{bn}的公比为q，则210＝b1b2b3b4b5＝·2·2q·2q2·2q3＝25q5，解得q＝2， ∵b1＝＝＝1，∴bn＝1·2n-1＝2n-1，n∈N*， ∴cn＝＝＝－， ∴c1＋c2＋…＋cn＝－＋－＋…＋－＝1－<1. 学科网（北京）股份有限公司 $