课下巩固精练卷(47) 等比数列（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

课下巩固精练卷(四十七)　等比数列 【基础巩固题】 1．(2024·本溪模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q＝，且a3a4＝，则a6等于(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C.由a3a4＝，得a1q2·a1q3＝，即，所以＝1.又an>0，所以a1＝1，a6＝a1q5＝1×. 2．若1，a2，a3，4成等差数列；1，b2，b3，b4，4成等比数列，则等于(　　 ) A． B．－ C．± D． 解析：选B.由题意得a3－a2＝＝1， 设1，b2，b3，b4，4的公比为q， 则b3＝＝1×4＝4，解得b3＝2， 故. 3．(2024·佛山质检)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4＝9，9S4＝10S2，则a2＋a4的值为(　　 ) A．30 B．10 C．9 D．6 解析：选B.设等比数列{an}的公比为q， 因为{an}是各项均为正数的等比数列， 则a1>0，q>0， 因为＝a2a4＝9，所以a3＝3. 又因为9S4＝10S2， 则9(a1＋a2＋a3＋a4)＝10(a1＋a2)， 可得9(a3＋a4)＝a1＋a2， 所以，解得q＝， 故a2＋a4＝＋a3q＝10. 4．(人教A版选择性必修二P55)如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形(图①)的边长为1，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为C1，C2，C3，C4，则C4＝(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B.观察图形发现，从第二个图形开始，每一个图形的周长都在前一个的周长的基础上多了其周长的，即Cn＝Cn－1＋Cn－1，所以{Cn}为首项为C1＝3，公比为的等比数列，∴C4＝3×3＝. 5．已知等比数列{an}为递减数列，若a2a6＝6，a3＋a5＝5，则等于(　　 ) A． B． C． D．6 解析：选A.由{an}为等比数列， 得a2a6＝a3a5＝6， 又a3＋a5＝5， ∴a3，a5为方程x2－5x＋6＝0的两个根， 解得a3＝2，a5＝3或a3＝3，a5＝2， 由{an}为递减数列得an>an＋1， ∴a3＝3，a5＝2，∴q2＝， 则. 6．在等腰直角三角形ABC中，B＝，AB＝a，以AB为斜边作等腰直角三角形AB1B，再以AB1为斜边作等腰直角三角形AB2B1，依次类推，记△ABC的面积为S1，依次所得三角形的面积分别为S2，S3，…，若S1＋S2＋S3＋…＋S8＝，则a＝(　　 ) A．2 B．2 C．3 D．4 解析：选B.由题知S1＝ABn， ∴＝2＝(n≥2)， 又S2＝S1，∴数列{Sn}是首项为a2 ，公比为的等比数列， ∴S1＋S2＋S3＋…＋S8＝， ∴a＝2. 7．(多选)无穷等比数列{an}的首项为a1，公比为q，下列条件能使{an}既有最大值，又有最小值的有(　　 ) A．a1>0，0<q<1 B．a1>0，－1<q<0 C．a1<0，q＝－1 D．a1<0，q<－1 解析：选BC.a1>0，0<q<1时，等比数列{an}单调递减，故{an}只有最大值a1，没有最小值，故A错误； a1>0，－1<q<0时，等比数列{an}为摆动数列，此时a1为最大值，a2为最小值，故B正确； a1<0，q＝－1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列{an}既有最大值，也有最小值，故C正确； a1<0，q<－1时，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值，故D错误． 8．(多选)已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论正确的是(　　 ) A．{an＋Sn}是等差数列 B．{an·Sn}是等比数列 C．}是等差数列 D．是等比数列 解析：选ACD.由{Sn}是等差数列，可得＝a1＋a1＋a2＋a3，∴a2＝a3， ∵{an}是各项均为正数的等比数列， ∴a2＝a2q，可得q＝1. ∴an＝a1>0，∴an＋Sn＝(n＋1)a1， ∴数列{an＋Sn}是等差数列，因此A正确； ∵anSn＝，∴{an·Sn}不是等比数列，因此B不正确； ∵，∴}是常数列，为等差数列，因此C正确； ∵＝a1>0，∴是等比数列，因此D正确． 9．(人教B版选择性必修三P42)如果一个等比数列前5项的和等于10，前10项的和等于50，那么这个数列的前15项的和等于________． 解析：根据等比数列的性质可知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，则S10－S5是S5和S15－S10的比例中项，则(S10－S5)2＝S5(S15－S10)，即(50－10)2＝10(S15－50)，解得S15＝210. 答案：210 10．等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m. 解：(1)设数列{an}的公比为q，则an＝qn-1. 由已知得q4＝4q2， 解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n-1或an＝2n-1(n∈N*)． (2)若an＝(－2)n-1，则Sn＝. 由Sm＝63得(－2)m＝－188， 此方程没有正整数解． 若an＝2n-1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6. 11．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋2. (1)证明数列{an＋2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}落入区间(10，2 023)的所有项的和． 解：(1)由an＋1＝2an＋2，得an＋1＋2＝2(an＋2)， 又a1＋2＝3，所以＝2， 所以{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列， 所以an＋2＝3×2n-1，故an＝3×2n-1－2. (2)由10<an<2 023，得10<3×2n-1－2<2 023， 即4<2n-1<675，即4≤n≤10，故{an}落入区间(10，2 023)的项为a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10， 所以其和S＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7＝3×－14＝3 034. 【综合应用题】 12．(2024·杭州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn.若p：数列{an}是等比数列；q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)，则p是q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 解析：选A.若{an}是等比数列，设公比为k，则a2＋a3＋…＋an＋1＝k(a1＋a2＋…＋an)， a3＋a4＋…＋an＋2＝k(a2＋a3＋…＋an＋1)， 于是(a2＋a3＋…＋an＋1)2＝k2(a1＋a2＋…＋an)2＝(a3＋a4＋…＋an＋2)(a1＋a2＋…＋an)， 即q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)成立； 若(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)， 取an＝0，n∈N*，显然{an}不是等比数列，故p是q的充分不必要条件． 13．如图，已知正三角形A1B1C1的边长为2，且对任意n∈N*，An，Bn，Cn分别为Bn＋1Cn＋1，An＋1Bn＋1，An＋1Cn＋1的中点，记△AnBnCn的周长为an，则＝(　　 ) A．－2 046 B．－1 023 C．1 023 D．2 046 解析：选D.正三角形A1B1C1的边长为2，周长a1＝6； 正三角形A2B2C2的边长为4，周长a2＝12； 正三角形A3B3C3的边长为8，周长a3＝24； …… 正三角形AnBnCn的边长为2n，周长an＝3×2n； ＝3[cos π·21＋cos (2π)·22＋cos (3π)·23＋…＋cos (10π)·210]＝3(－2＋22－23＋…＋210)＝3×＝2 046. 14．(多选)(2024·石家庄检测)已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝20，2a6＋a5－a4＝0，数列{an}的前n项积为Tn，则(　　 ) A．数列{an}单调递增 B．数列{an}单调递减 C．Tn的最大值为T5 D．Tn的最小值为T5 解析：选BC.设等比数列{an}的公比为q， 因为2a6＋a5－a4＝0， 所以2a4q2＋a4q－a4＝0. 因为a4＞0，所以2q2＋q－1＝0， 解得q＝或q＝－1(舍去)． 所以数列{an}单调递减，A错误，B正确． 因为数列{an}单调递减，且各项均为正数， 所以数列{an}的前n项积Tn有最大值，无最小值，D错误． 若Tn取最大值， 则即 又n∈N*，所以n＝5， 即Tn的最大值为T5，C正确． 15．(2024·泰安模拟)若m，n是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同零点，且m，n，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq＝________． 解析：由题可得⇒ 则m，－2，n或n，－2，m成等比数列， 得mn＝(－2)2＝4. 不妨设m<n，则－2，m，n成等差数列， 得2m＝n－2. 结合mn＝4，可得(2m＋2)m＝4⇒m(m＋1)＝2， 解得m＝1或m＝－2(舍去)， 即⇒⇒pq＝20. 答案：20 16．(人教A版选择性必修二P56改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*. (1)求{an}通项公式； (2)设bn＝，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由． 解：(1)由题意知，在数列{an}中，an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1，n≥2， 两式相减可得，an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2， 由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1，符合上式， 故an＋1＝4an，n∈N*. ∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列． ∴an＝4n-1，n∈N*. (2)由题意及(1)得bn＝， 如果满足条件的bm，bk，bp存在， 则＝bmbp，其中2k＝m＋p， ∴， ∵2k＝m＋p， ∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp， ∴k＝m＝p，与已知矛盾， ∴不存在满足条件的三项． 学科网（北京）股份有限公司 $