苏教版（2019）选择性必修第一册《4.3 等比数列》2023年同步练习卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 苏教版（2019）选择性必修第一册《4.3 等比数列》2023年同步练习卷（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 200.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-23 16:16:17 | ||
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文档简介
苏教版（2019）选择性必修第一册《4.3 等比数列》2023年同步练习卷
一、选择题
1．在等比数列{an} 中，a1＝4，公比为q，前n项和为Sn，若数列{Sn+2}也是等比数列，则q等于（ ）
A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3
2．已知单调递增的等比数列{an}中，a2 a6＝16，a3+a5＝10，则数列{an}的前n项和Sn＝（ ）
A． B． C．2n﹣1 D．2n+1﹣2
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝7，则＝（ ）
A．2 B． C． D．
4．已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为341，偶数项之和为682，则这个数列的项数为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
5．古代数学名著《九章算术》中的“盈不足”问题知两鼠穿垣．今有垣厚5尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问：何日相逢？题意是：由垛厚五尺（旧制长度单位，1尺＝10寸）的墙壁，大小两只老鼠同时从墙的两面，沿一直线相对打洞．大鼠第一天打进1尺，以后每天的速度为前一天的2倍；小鼠第一天也打进1尺，以后每天的进度是前一天的一半．它们多久可以相遇？（ ）
A．天 B．天 C．天 D．天
6．已知数列{an}是等比数列，若m，且公比q，则实数m的取值范围是（ ）
A．（2，6） B．（2，5） C．（3，6） D．（3，5）
7．已知数列{an}是首项及公比都为2的等比数列，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足bn＝2n an，则使Sn+n 2n+1＝30成立的正整数n等于（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
8．设Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和Sn＝2an﹣1，且，则当Tn取得最大值时，n＝（ ）
A．23 B．24 C．25 D．26
9．已知等比数列{an}中，a3＝2，其前n项的积Tn＝a1a2…an，则T5等于（ ）
A．8 B．10 C．16 D．32
二、多选题
（多选）10．等比数列{an}中，，q＝2，则a4与a8的等比中项可能是（ ）
A．﹣4 B．4 C． D．
三、填空题
11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a2，则＝ ．
四、解答题
12．数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，点（Sn，an+1）在直线y＝3x+1上，n∈N*．
（Ⅰ）当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
（Ⅱ）在（Ⅰ）的结论下，设bn＝log4an+1，cn＝an+bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn．
13．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S3＝7，a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令bn＝an+lnan，求数列{bn}的前n项和Tn．
14．已知数列{an}的前n项和Sn和通项an满足（g是常数，且（q＞0，q≠1）．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）当时，试证明；
（Ⅲ）设函数．f（x）＝logqx，bn＝f（a1）+f（a2）+…+f（an），使对n∈N*？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
15．设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+an＝An2+Bn+1．且a1＝1，a2＝．
（1）求证：数列{an﹣n+1}是等比数列并求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝，求数列{}的前n项和Tn，若对任意n都有Tn＞m，求实数m的取值范围．
苏教版（2019）选择性必修第一册《4.3 等比数列》2023年同步练习卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】由数列{Sn+2}也是等比数列可得s1+2，s2+2，s3+2成等比数列，即（s2+2）2＝（S1+2）（S3+2）
代入等比数列的前n项和公式整理可得（6+4q）2＝24（1+q+q2）+12解方程即可求解
【解答】解：由题意可得q≠1
由数列{Sn+2}也是等比数列可得s1+2，s2+2，s3+2成等比数列
则（s2+2）2＝（S1+2）（S3+2）
代入等比数列的前n项和公式整理可得
（6+4q）2＝24（1+q+q2）+12
解可得 q＝3
故选：C．
2．【分析】由等比数列的性质和韦达定理可得a3，a5为方程x2﹣10x+16＝0的实根，解方程可得q和a1，代入求和公式计算可得．
【解答】解：∵a2 a6＝16，a3+a5＝10，
∴由等比数列的性质可得a3 a5＝16，a3+a5＝10，
∴a3，a5为方程x2﹣10x+16＝0的实根，
解方程可得a3＝2，a5＝8，或a3＝8，a5＝2，
∵等比数列{an}单调递增，
∴a3＝2，a5＝8，∴q＝2，，
∴
故选：B．
3．【分析】设公比为q，根据题意求出或q3＝6，再根据求和公式得到＝，问题得以解决．
【解答】解：设公比为q，＝7＝，
∴7﹣7q3＝1﹣q6，
即q6﹣7q3+6＝0，
解得q3＝1（舍去）或q3＝6，
∴＝＝＝
故选：D．
4．【分析】先求出公比q＝＝2，再利用等比数列前n项和公式能求出这个数列的项数．
【解答】解：∵一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为341，偶数项之和为682，
∴公比q＝＝2，
∴＝341+682，
解得n＝10．
故选：D．
5．【分析】设它们n天可以相遇，利用等比数列前n项和公式列方程能求出结果．
【解答】解：设它们n天可以相遇，
则+＝5，
解得n＝．
故选：A．
6．【分析】因为数列{an}是等比数列，所以，＝，a4 a9＝，所以m＝q3﹣2，又知道q，故可得m的范围．
【解答】解：因为数列{an}是等比数列，
所以，＝，a4 a9＝，
所以m＝＝q3﹣2，
又知道q，
所以q3∈（5，8），
所以m∈（3，6）．
故选：C．
7．【分析】数列{an}是首项及公比都为2的等比数列，可得an＝2n．bn＝2n an＝﹣n 2n，利用“错位相减法”可得Sn，代入解出即可．
【解答】解：∵数列{an}是首项及公比都为2的等比数列，∴an＝2n．
∵满足bn＝2n an＝﹣n 2n，
∴﹣Sn＝1×2+2×22+3×23+…+（n﹣1） 2n﹣1+n×2n，
﹣2Sn＝22+2×23+…+（n﹣1）×2n+n×2n+1，
∴Sn＝2+22+23+…+2n﹣﹣n×2n+1＝﹣n×2n+1＝（1﹣n）×2n+1﹣2．
∵Sn+n 2n+1＝30，
∴2n+1﹣2＝30，
解得n＝4．
∴使Sn+n 2n+1＝30成立的正整数n＝4．
故选：A．
8．【分析】根据已知利用构造等比等比数列法，可得Sn+1＝2n，进而可得an＝2n﹣1，求出{bn}的通项公式后，分析数列值由正变负的临界点，可得答案．
【解答】解：∵Sn＝2an﹣1，
∴当n＝1时，S1＝a1＝1，
当n≥2时，Sn＝2（Sn﹣Sn﹣1）﹣1，
即Sn＝2Sn﹣1+1，
即Sn+1＝2（Sn﹣1+1），
由S1+1＝2得：
{Sn+1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
故Sn+1＝2n
即Sn＝2n﹣1，
则an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1，
又由得：
故当n≤24时，bn＞0，当n＞24时，bn＜0，
故当Tn取得最大值时，n＝24
故选：B．
9．【分析】由等比数列的性质易得T5＝，代值计算可得．
【解答】解：由等比数列的性质可得a1 a5＝a2 a4＝＝4，
∴数列{an}前5项的积T5＝＝25＝32
故选：D．
二、多选题
10．【分析】利用等比数列{an}的通项公式、等比中项意义即可得出．
【解答】解：设a4与a8的等比中项是x，
由等比数列{an}的性质可得x2＝a4 a8＝×23××27＝16，
∴x＝±4，
∴a4与a8的等比中项x＝±4．
故选：AB．
三、填空题
11．【分析】设等比数列{an}的公比是q，所以＝q4＝2，所以＝＝＝，将q4＝2代入即可．
【解答】解：因为数列{an}是等比数列，设其公比为q．
所以＝q4＝2，所以q≠1，
所以＝＝＝＝＝．
故填：．
四、解答题
12．【分析】（Ⅰ）根据点（Sn，an+1）在直线y＝3x+1上，可得an+1＝3Sn+1，再写一式，两式相减，结合a1＝t，即可求得t＝1时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列；
（Ⅱ） 在（Ⅰ）的结论下，求出，我们可以得到bn＝log4an+1＝n，，求和时利用分组求和，可以得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）∵点（Sn，an+1）在直线y＝3x+1上
∴an+1＝3Sn+1，①
an＝3Sn﹣1+1，②（n＞1）…（2分）
①﹣②：an+1﹣an＝3（Sn﹣Sn﹣1）＝3an，
∴an+1＝4an，n＞1…（4分）
∵a2＝3S1+1＝3a1+1＝3t+1，a1＝t，
∴3t+1＝4t，∴t＝1
∴当t＝1时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列…（6分）
（Ⅱ） 在（Ⅰ）的结论下，an+1＝4an，
∴，…（8分）
∴bn＝log4an+1＝n，…（9分），…（10分）
∴
…（12分）
13．【分析】（Ⅰ）根据题意，列出关于{an}的首项与公差的方程组，求出首项、公差代入通项公式即得数列{an}的通项公式．
（Ⅱ）将代入bn，得到，利用分组法求出Tn．
【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q（q＞1），
由已知，得可得
解得，
故数列{an}的通项公式为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
所以
＝
＝．
14．【分析】（I ）由an＝Sn﹣Sn﹣1＝（an﹣1﹣1）知 ，由S1＝a1＝（a1﹣1）得a1＝q，由此知an＝q qn﹣1＝qn．
（II）由于，故可证明；
（III）bn＝logqa1+logqa2+…+logqan＝logq（a1a2…an）＝所以 由此能求出m的值．
【解答】解：（I ）当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（an﹣1﹣1），∴，又由S1＝a1＝（a1﹣1）得a1＝q，∴数列an是首项a1＝q、公比为q的等比数列，∴an＝q qn﹣1＝qn
（II）
（III）bn＝logqa1+logqa2+…+logqan＝logq（a1a2…an）＝
∴，∴即
∵n＝1时，，∴m≤3，∵m是正整数，∴m的值为1，2，3
15．【分析】（1）首先利用数列的递推关系式的应用和等比数列的定义的应用求出数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法的应用求出数列的和，进一步利用恒成立问题的应用和函数的单调性的应用求出参数的范围．
【解答】解：（1）证明：分别令n＝1，2代入条件，
得，
由于且a1＝1，a2＝，
所以．
所以①，
当n≥2时，②，
①﹣②得：，
所以an﹣1＝2an﹣n，
由于a1﹣1+1≠0，
所以（常数），
所以数列{an﹣n+1}为等比数列且首项为1，公比为．
所以．
（2）由bn＝＝2n﹣1，
则：，
所以＝．
由于Tn单调递增，
所以：n＝1，，
所以m．
一、选择题
1．在等比数列{an} 中，a1＝4，公比为q，前n项和为Sn，若数列{Sn+2}也是等比数列，则q等于（ ）
A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3
2．已知单调递增的等比数列{an}中，a2 a6＝16，a3+a5＝10，则数列{an}的前n项和Sn＝（ ）
A． B． C．2n﹣1 D．2n+1﹣2
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝7，则＝（ ）
A．2 B． C． D．
4．已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为341，偶数项之和为682，则这个数列的项数为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
5．古代数学名著《九章算术》中的“盈不足”问题知两鼠穿垣．今有垣厚5尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问：何日相逢？题意是：由垛厚五尺（旧制长度单位，1尺＝10寸）的墙壁，大小两只老鼠同时从墙的两面，沿一直线相对打洞．大鼠第一天打进1尺，以后每天的速度为前一天的2倍；小鼠第一天也打进1尺，以后每天的进度是前一天的一半．它们多久可以相遇？（ ）
A．天 B．天 C．天 D．天
6．已知数列{an}是等比数列，若m，且公比q，则实数m的取值范围是（ ）
A．（2，6） B．（2，5） C．（3，6） D．（3，5）
7．已知数列{an}是首项及公比都为2的等比数列，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足bn＝2n an，则使Sn+n 2n+1＝30成立的正整数n等于（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
8．设Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和Sn＝2an﹣1，且，则当Tn取得最大值时，n＝（ ）
A．23 B．24 C．25 D．26
9．已知等比数列{an}中，a3＝2，其前n项的积Tn＝a1a2…an，则T5等于（ ）
A．8 B．10 C．16 D．32
二、多选题
（多选）10．等比数列{an}中，，q＝2，则a4与a8的等比中项可能是（ ）
A．﹣4 B．4 C． D．
三、填空题
11．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a2，则＝ ．
四、解答题
12．数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝t，点（Sn，an+1）在直线y＝3x+1上，n∈N*．
（Ⅰ）当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
（Ⅱ）在（Ⅰ）的结论下，设bn＝log4an+1，cn＝an+bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn．
13．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S3＝7，a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令bn＝an+lnan，求数列{bn}的前n项和Tn．
14．已知数列{an}的前n项和Sn和通项an满足（g是常数，且（q＞0，q≠1）．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）当时，试证明；
（Ⅲ）设函数．f（x）＝logqx，bn＝f（a1）+f（a2）+…+f（an），使对n∈N*？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
15．设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+an＝An2+Bn+1．且a1＝1，a2＝．
（1）求证：数列{an﹣n+1}是等比数列并求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝，求数列{}的前n项和Tn，若对任意n都有Tn＞m，求实数m的取值范围．
苏教版（2019）选择性必修第一册《4.3 等比数列》2023年同步练习卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】由数列{Sn+2}也是等比数列可得s1+2，s2+2，s3+2成等比数列，即（s2+2）2＝（S1+2）（S3+2）
代入等比数列的前n项和公式整理可得（6+4q）2＝24（1+q+q2）+12解方程即可求解
【解答】解：由题意可得q≠1
由数列{Sn+2}也是等比数列可得s1+2，s2+2，s3+2成等比数列
则（s2+2）2＝（S1+2）（S3+2）
代入等比数列的前n项和公式整理可得
（6+4q）2＝24（1+q+q2）+12
解可得 q＝3
故选：C．
2．【分析】由等比数列的性质和韦达定理可得a3，a5为方程x2﹣10x+16＝0的实根，解方程可得q和a1，代入求和公式计算可得．
【解答】解：∵a2 a6＝16，a3+a5＝10，
∴由等比数列的性质可得a3 a5＝16，a3+a5＝10，
∴a3，a5为方程x2﹣10x+16＝0的实根，
解方程可得a3＝2，a5＝8，或a3＝8，a5＝2，
∵等比数列{an}单调递增，
∴a3＝2，a5＝8，∴q＝2，，
∴
故选：B．
3．【分析】设公比为q，根据题意求出或q3＝6，再根据求和公式得到＝，问题得以解决．
【解答】解：设公比为q，＝7＝，
∴7﹣7q3＝1﹣q6，
即q6﹣7q3+6＝0，
解得q3＝1（舍去）或q3＝6，
∴＝＝＝
故选：D．
4．【分析】先求出公比q＝＝2，再利用等比数列前n项和公式能求出这个数列的项数．
【解答】解：∵一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为341，偶数项之和为682，
∴公比q＝＝2，
∴＝341+682，
解得n＝10．
故选：D．
5．【分析】设它们n天可以相遇，利用等比数列前n项和公式列方程能求出结果．
【解答】解：设它们n天可以相遇，
则+＝5，
解得n＝．
故选：A．
6．【分析】因为数列{an}是等比数列，所以，＝，a4 a9＝，所以m＝q3﹣2，又知道q，故可得m的范围．
【解答】解：因为数列{an}是等比数列，
所以，＝，a4 a9＝，
所以m＝＝q3﹣2，
又知道q，
所以q3∈（5，8），
所以m∈（3，6）．
故选：C．
7．【分析】数列{an}是首项及公比都为2的等比数列，可得an＝2n．bn＝2n an＝﹣n 2n，利用“错位相减法”可得Sn，代入解出即可．
【解答】解：∵数列{an}是首项及公比都为2的等比数列，∴an＝2n．
∵满足bn＝2n an＝﹣n 2n，
∴﹣Sn＝1×2+2×22+3×23+…+（n﹣1） 2n﹣1+n×2n，
﹣2Sn＝22+2×23+…+（n﹣1）×2n+n×2n+1，
∴Sn＝2+22+23+…+2n﹣﹣n×2n+1＝﹣n×2n+1＝（1﹣n）×2n+1﹣2．
∵Sn+n 2n+1＝30，
∴2n+1﹣2＝30，
解得n＝4．
∴使Sn+n 2n+1＝30成立的正整数n＝4．
故选：A．
8．【分析】根据已知利用构造等比等比数列法，可得Sn+1＝2n，进而可得an＝2n﹣1，求出{bn}的通项公式后，分析数列值由正变负的临界点，可得答案．
【解答】解：∵Sn＝2an﹣1，
∴当n＝1时，S1＝a1＝1，
当n≥2时，Sn＝2（Sn﹣Sn﹣1）﹣1，
即Sn＝2Sn﹣1+1，
即Sn+1＝2（Sn﹣1+1），
由S1+1＝2得：
{Sn+1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
故Sn+1＝2n
即Sn＝2n﹣1，
则an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1，
又由得：
故当n≤24时，bn＞0，当n＞24时，bn＜0，
故当Tn取得最大值时，n＝24
故选：B．
9．【分析】由等比数列的性质易得T5＝，代值计算可得．
【解答】解：由等比数列的性质可得a1 a5＝a2 a4＝＝4，
∴数列{an}前5项的积T5＝＝25＝32
故选：D．
二、多选题
10．【分析】利用等比数列{an}的通项公式、等比中项意义即可得出．
【解答】解：设a4与a8的等比中项是x，
由等比数列{an}的性质可得x2＝a4 a8＝×23××27＝16，
∴x＝±4，
∴a4与a8的等比中项x＝±4．
故选：AB．
三、填空题
11．【分析】设等比数列{an}的公比是q，所以＝q4＝2，所以＝＝＝，将q4＝2代入即可．
【解答】解：因为数列{an}是等比数列，设其公比为q．
所以＝q4＝2，所以q≠1，
所以＝＝＝＝＝．
故填：．
四、解答题
12．【分析】（Ⅰ）根据点（Sn，an+1）在直线y＝3x+1上，可得an+1＝3Sn+1，再写一式，两式相减，结合a1＝t，即可求得t＝1时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列；
（Ⅱ） 在（Ⅰ）的结论下，求出，我们可以得到bn＝log4an+1＝n，，求和时利用分组求和，可以得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）∵点（Sn，an+1）在直线y＝3x+1上
∴an+1＝3Sn+1，①
an＝3Sn﹣1+1，②（n＞1）…（2分）
①﹣②：an+1﹣an＝3（Sn﹣Sn﹣1）＝3an，
∴an+1＝4an，n＞1…（4分）
∵a2＝3S1+1＝3a1+1＝3t+1，a1＝t，
∴3t+1＝4t，∴t＝1
∴当t＝1时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列…（6分）
（Ⅱ） 在（Ⅰ）的结论下，an+1＝4an，
∴，…（8分）
∴bn＝log4an+1＝n，…（9分），…（10分）
∴
…（12分）
13．【分析】（Ⅰ）根据题意，列出关于{an}的首项与公差的方程组，求出首项、公差代入通项公式即得数列{an}的通项公式．
（Ⅱ）将代入bn，得到，利用分组法求出Tn．
【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q（q＞1），
由已知，得可得
解得，
故数列{an}的通项公式为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
所以
＝
＝．
14．【分析】（I ）由an＝Sn﹣Sn﹣1＝（an﹣1﹣1）知 ，由S1＝a1＝（a1﹣1）得a1＝q，由此知an＝q qn﹣1＝qn．
（II）由于，故可证明；
（III）bn＝logqa1+logqa2+…+logqan＝logq（a1a2…an）＝所以 由此能求出m的值．
【解答】解：（I ）当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（an﹣1﹣1），∴，又由S1＝a1＝（a1﹣1）得a1＝q，∴数列an是首项a1＝q、公比为q的等比数列，∴an＝q qn﹣1＝qn
（II）
（III）bn＝logqa1+logqa2+…+logqan＝logq（a1a2…an）＝
∴，∴即
∵n＝1时，，∴m≤3，∵m是正整数，∴m的值为1，2，3
15．【分析】（1）首先利用数列的递推关系式的应用和等比数列的定义的应用求出数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法的应用求出数列的和，进一步利用恒成立问题的应用和函数的单调性的应用求出参数的范围．
【解答】解：（1）证明：分别令n＝1，2代入条件，
得，
由于且a1＝1，a2＝，
所以．
所以①，
当n≥2时，②，
①﹣②得：，
所以an﹣1＝2an﹣n，
由于a1﹣1+1≠0，
所以（常数），
所以数列{an﹣n+1}为等比数列且首项为1，公比为．
所以．
（2）由bn＝＝2n﹣1，
则：，
所以＝．
由于Tn单调递增，
所以：n＝1，，
所以m．