2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--5.3.1　等比数列

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
5.3　等比数列
5.3.1　等比数列
基础过关练
题组一　等比数列的定义及其应用
1.下列数列为等比数列的是(　　)
①1,-2,4,-8;②-,4;③x,x2,x3,x4;④a-1,a-2,a-3,a-4.
A.①②　　　　 B.①②③
C.①②④　　　　D.①②③④
2.(2024江苏南通期初)数列{an}满足a1=1,an+1=tan+t(n∈N+,t≠0),则“t=”是“数列{an}是等比数列”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
3.(多选题)(2024广东珠海第二中学期中)已知数列{an}是各项为正的等比数列,Sn为其前n项和,数列{bn}满足bn=lg an,其前n项和为Tn,则(　　)
A.数列{Sn+2-Sn}一定为等比数列
B.数列{a2n+an}一定为等比数列
C.数列{bn}一定为等差数列
D.若Tn有最大值,则必有a1>1
4.已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n-4.
(1)求a1的值;
(2)若bn=an-1,试证明数列{bn}为等比数列.
题组二　等比数列的通项公式及其应用
5.(2023福建龙岩一中期末)在等比数列{an}中,a1+a2=4,若a1,a2+2,a3成等差数列,则{an}的公比为(　　)
A.5　　　　B.4　　　　C.3　　　　D.2
6.(2023湖南衡阳期末)在数列{an}中,a1=2,am+n=aman,若ak+1=1 024,m,n,
k∈N+,则k=(　　)
A.10　　　　B.9
C.11　　　　D.8
7.(2023山东潍坊期末)在等比数列{an}中,已知a1>0,则“a2>a3”是“a3>a6”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
8.下图给出了一个“三角形数阵”,已知每一列数成等差数列,从第三行起,每一行数成等比数列,而且每一行的公比都相等,记第i行第j列的数为ai,j(i, j∈N+),则a5,3=(　　)
　……
A.
9.(2024江苏南京航空航天大学苏州附属中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn, n∈N*,都有Sn=,若110.(2024山东青岛期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an+1=Sn+2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<.
题组三　等比中项
11.(2024福建厦门期末)已知等比数列{an}满足a3=,则a5=(　　)
A.-2　　　　B.-3　　　　
C.3　　　　D.2
12.(2024天津模拟)已知正项等比数列{an}中,a4,3a3,a5成等差数列,若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项,则的最小值为(　　)
A.1　　　　B.3　　　　C.6　　　　D.9
13.(2024江苏徐州铜北中学学情调研)已知等差数列{an}(an≥0)的前n项和为Sn,若,S3+1,S9成等比数列,则的最小值为　　　　.
题组四　等比数列的性质及其应用
14.(2022安徽六安中学期末)在等比数列{an}中,若a4a7=-1,a5+a6=3,则=(　　)
A.3　　　　B.　　　　D.-3
15.(2024辽宁沈阳新民高级中学月考)已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,a7+a9=,且b2b6b10=8,则=(　　)
A.
16.(多选题)(2024辽宁七校协作体期中)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,且满足条件a1>1,a2 024a2 023>1,(a2 024-1)(a2 023-1)<0,则下列选项正确的是(　　)
A.0B.S2 023>S2 024-1
C.T2 024是数列{Tn}中的最大项
D.T4 045<1
17.(2023山东临沂郯城第一中学期末)已知数列-1,a1,a2,a3,-4成等差数列,数列-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,则=　　　　.
18.(2024山东烟台期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-5,a3,a4-1,a5+1成等比数列,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+2=2bn(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记[x]表示不超过x的最大整数,例如:[-2.1]=-3,[1.2]=1,设cn=,求数列{bncn}的前7项和.
能力提升练
题组一　等比数列的通项公式及其应用
1.(2023江苏盐城第一中学调研)已知数列{an}满足a1=2,an+1=,则a6=(　　)
A.220　　　　B.224　　　　C.21 024　　　　D.24 096
2.(2024辽宁大连八中期中)已知等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为(　　)
A.32　　　　B.16　　　　C.128　　　　D.64
3.(2023吉林辽源第五中学月考)已知数列{an}满足a1=1,a2=,则a5=(　　)
A.2-12　　　　B.2-10　　　　C.2-9　　　　D.2-8
4.(多选题)(2024山东日照实验高级中学月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,且满足a4=27,an+1=2Sn+c,则(　　)
A.q=3 B.c=1
C.a1=3 D.若bn=,则当b1b2…bn最小时,n=7
5.(2023北京第三中学期中)已知数列{an}满足a1=1,an+1=记bn=a2n,则b2=　　　　,数列{bn}的通项公式为　　　　.
6.(2023湖南常德临澧期中)已知正项等比数列{an}满足a6+a5+a4-a3-a2-a1=49,则a9+a8+a7的最小值为　　　　.
7.记数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=3an+2n-3,求数列{an}的通项公式.
题组二　等比数列的性质及其应用
8.(多选题)(2024辽宁沈阳东北育才学校模拟)已知等比数列{an}的公比为q(q>0),前n项积为Tn,若a9>1,a9a10<1,则(　　)
A.01
C.T17>1>T18　　　　D.T18>1>T19
9.(2024黑龙江哈尔滨第三中学月考)已知数列{an}为正项递增等比数列,a1+a2+a3=,则{an}的公比q=(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.5
10.(2023江苏南京师大附中阶段性检测)已知数列{an}是等比数列,且公比q∈(1,2),若(a4+ma7)·a8=(a6-a9)2,则实数m的取值范围为(　　)
A.(1,9)　　　　B.(2,10)　　　　C.(1,8)　　　　D.(-1,6)
11.已知等比数列{an}中,an>0,若a2a3a4=a2+a3+9a4,则a3的最小值为　　　　.
题组三　等比数列的综合应用
12.(多选题)(2023江苏南京一中期末)已知{an}是公比为q的等比数列,且a1=1,曲线Cn:=1,n∈N*,则下列说法中正确的是(　　)
A.若q>0且q≠1,则Cn是椭圆
B.若存在n∈N*,使得Cn表示离心率为的椭圆,则q=
C.若存在n∈N*,使得Cn表示渐近线方程为x±2y=0的双曲线,则q=-
D.若q=-2,bn表示双曲线Cn的实轴长,则b1+b2+…+b10=186
13.(2024北京外国语大学附属中学期末)已知数列{an}的首项a1=1,且满足(an+1-an-1)·(an+1-2an)=0对任意n∈N*都成立,则能使am=2 023成立的正整数m的最小值为　　　　.
14.(2023山东济南章丘第四中学期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an,则数列{an}的通项公式为　　　　.设bn=+(-1)nλ·
3n+1,若数列{bn}是递增数列,则实数λ的取值范围为　　　　.
15.(2023江苏南京外国语学校期中)设同时满足条件:①≥bn+1;②bn≤M(n∈N*,M是常数)的无穷数列{bn}叫做P数列.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=(an-1)(a为常数,且a≠0,a≠1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=+1,若数列{bn}为等比数列,求a的值,并证明数列为P数列.
16.设Sn是数列{an}的前n项和,对任意n∈N+,都有Sn=(an+b)·(a1+an)+c(a,b,c为常数).
(1)当a=0,b=时,求an;
(2)当a=,b=0,c=0时,
(i)求证:数列{an}是等差数列;
(ii)若数列{an}为递增数列,且a4+a5=9,a2·a7=14,设lg bn=,是否存在正整数p,q(其中1答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.C　由等比数列的定义,知①②④是等比数列,③中当x=0时,不是等比数列.
2.C　当t=时,an+1=,由a1=1,得a2==1,……,an=1,所以{an}是等比数列,充分性成立;
若{an}是等比数列,a2=ta1+t=2t,a3=ta2+t=2t2+t,则=a1a3,即4t2=2t2+t,即2t2-t=0,又t≠0,所以t=,此时an=1(n∈N+),满足题意,必要性成立.
综上,“t=”是“数列{an}是等比数列”的充要条件.故选C.
3.AC　设{an}的公比为q(q>0).
对于A,Sn+2-Sn=an+2+an+1>0,=q,恒为定值,由等比数列的定义可知,{Sn+2-Sn}一定为等比数列,故A正确;
对于B,a2n+an=a1q2n-1+a1qn-1=a1qn-1(qn+1),所以,不恒为定值,故B错误;
对于C,易知an>0,bn+1-bn=lg an+1-lg an=lg=lg q,恒为定值,由等差数列的定义可知,{bn}一定为等差数列,故C正确;
对于D,由C知{bn}一定为等差数列,首项b1=lg a1,公差d=lg q,若b1=d=0,则Tn有最大值0,此时a1=1,故D错误.故选AC.
4.解析　(1)因为Sn=2an+n-4,
所以令n=1,得a1=S1=2a1+1-4,解得a1=3.
(2)证明:因为Sn=2an+n-4,
所以当n≥2时,Sn-1=2an-1+(n-1)-4=2an-1+n-5,
所以Sn-Sn-1=(2an+n-4)-(2an-1+n-5),
即an=2an-1-1,
所以an-1=2(an-1-1),
又bn=an-1,所以bn=2bn-1(n≥2),
又b1=a1-1=2≠0,
所以数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.
5.C　设等比数列{an}的公比为q,
由题意得
即∴a1q2-3a1q=0,
∴a1q(q-3)=0,又a1q=a2≠0,∴q-3=0,∴q=3.
故选C.
6.B　令m=1,得an+1=a1an=2an,所以{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2×2n-1=2n,由ak+1=2k+1=1 024=210得k=9.故选B.
7.A　设等比数列{an}的公比为q,
则a2>a3 a1q>a1q2 q>q2 0a3>a6 a1q2>a1q5 q3<1 q<1.
所以“a2>a3”是“a3>a6”的充分不必要条件.故选A.
8.C　第一列构成首项为,公差为的等差数列,所以a5,1=.
又因为从第三行起,每一行数成等比数列,而且每一行的公比都相等,所以第5行构成首项为,公比为的等比数列,所以a5,3=.
9.答案　4
解析　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an-an-1),
即an=-2an-1,又a1=S1=,所以a1=-1,
所以{an}是首项为-1,公比为-2的等比数列,则an=-(-2)n-1,Sn=,
因为110.解析　(1)由an+1=Sn+2,
可得当n≥2时,an=Sn-1+2,
两式相减可得an+1-an=Sn-Sn-1=an,则an+1=2an,
当n=1时,a2=S1+2=a1+2=4,可得a2=2a1.
所以an+1=2an,故{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)证明:由(1)得bn=,
可得Tn=+…+=<.
11.C　因为数列{an}是等比数列,所以=a3·a7==9,所以a5=3或a5=-3,因为a3>0,a7>0,所以a5=3.故选C.
易错警示　等比数列中所有的奇数项同号,所有的偶数项也同号.
12.B　设正项等比数列{an}的公比为q(q>0),由a4,3a3,a5成等差数列,得6a3=a4+a5,即6a3=a3q+a3q2,又a3>0,所以q2+q-6=0,由q>0,解得q=2,
若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项,
则(a1)2=am·an,即2=a1·2m-1·a1·2n-1,
得2m+n-2=2,则m+n=3,
故=3,
当且仅当,即m=1,n=2时等号成立,所以的最小值为3.故选B.
13.答案　5
解析　由题意得(S3+1)2=S9,所以(3a2+1)2=(a1+a9),即(3a2+1)2=3a5,
故
+3≥5,
当且仅当a2=时取等号,则的最小值为5.
14.D　因为数列{an}是等比数列,
所以a5a6=a4a7=-1,又a5+a6=3,
所以=-3.故选D.
15.D　因为数列{an}是等差数列,所以a7+a9=2a8=,所以a8=,所以a3+a8+a13=3a8=2π.
因为数列{bn}是等比数列,所以b2b6b10==8,
所以b6=2,所以b4b8-1=-1=4-1=3,
所以.故选D.
16.AB　由(a2 024-1)(a2 023-1)<0,可得a2 023-1>0,a2 024-1<0或a2 023-1<0,a2 024-1>0,
∵a2 024a2 023>1,∴a2 023,a2 024同号,∴q>0,又a1>1,∴a2 023>1,a2 024<1,即数列{an}的前2 023项大于1,从第2 024项开始小于1.
对于A,q=<1,又q>0,∴0对于B,由a2 024<1,得S2 024-S2 023=a2 024<1,则S2 023>S2 024-1,B正确;
对于C,显然{an}是正项递减数列,且a2 023>1,a2 024<1,因此T2 023是数列{Tn}中的最大项,C错误;
对于D,T4 045=a1a2…a4 045=·q1+2+…+4 044=·q4 045×2 022=>1,
D错误.故选AB.
17.答案　
解析　由-1,a1,a2,a3,-4成等差数列,可得公差d=,所以a2-a1=-,由-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,可得=-1×(-4)=4,
设等比数列的公比为q,可得b2=-1×q2<0,所以b2=-2,所以.
18.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a3,a4-1,a5+1成等比数列,
所以(a4-1)2=a3(a5+1),
即(3d-6)2=(2d-5)(4d-4),
整理可得d2-8d+16=0,所以d=4,
故an=a1+(n-1)d=-5+4(n-1)=4n-9.
由已知得Tn=2bn-2①,
当n≥2时,Tn-1=2bn-1-2②,
①-②可得bn=2bn-2bn-1,即bn=2bn-1(n≥2),
当n=1时,b1+2=2b1,所以b1=2,
所以数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,故bn=2·2n-1=2n.
(2)由(1)知an=4n-9,则cn=,
易得c1=c2=-1,c3=c4=0,c5=c6=c7=1,
则数列{bncn}的前7项和为-1×(21+22)+0×(23+24)+1×(25+26+27)=218.
能力提升练
1.C　由an+1=,得an>0,故ln an+1=4ln an,又a1=2,
故{ln an}是首项为ln 2,公比为4的等比数列,则ln an=4n-1·ln 2,所以
ln a6=45·ln 2=ln 21 024,
故a6=21 024.故选C.
2.D　设等比数列{an}的公比为q.
由题意得,
从而a1+a3=a1+a1q2=a1=10,解得a1=8,故an=a1qn-1=24-n,则数列{an}是递减数列,
令an≥1,得n≤4,故(a1a2…an)max=a1a2a3a4=23×22×21×20=23+2+1+0=64.故选D.
3.D　由题意得数列,公比为4的等比数列,∴,
当n≥2时,an=·a1=×4n-4×4n-5×…×4-2×1=,
∵n=1时,21-8+7=1=a1,∴an=,故a5=225-40+7=2-8.故选D.
4.ABD　因为an+1=2Sn+c,所以an=2Sn-1+c(n≥2),两式相减得an+1=3an(n≥2,n∈N*),
故{an}的公比q=3,A正确;
由a4=27,得a1·33=27,解得a1=1,C错误;
an=3n-1,在an+1=2Sn+c中,令n=1,得a2=2S1+c=2a1+c=2+c=3,解得c=1,B正确;
bn=,则=3>1,且b1=,则bn+1>bn>0恒成立,
故数列{bn}是以为首项,3为公比的等比数列,且为递增数列,
令bn=<1,得3n<6 069,由37=2 187<6 069,38=6 561>6 069,可得n≤7,
即b15.答案　5;bn=3·2n-1-1
解析　因为a1=1,an+1=
所以a2=a1+1=2,a3=2a2=4,a4=a3+1=5,
因此b2=a4=5.
因为bn+1=a2(n+1)=a2n+1+1=2a2n+1=2bn+1,
即bn+1+1=2(bn+1),b1+1=a2+1=3≠0,所以=2,因此数列{bn+1}是以3为首项,2为公比的等比数列,所以bn+1=3·2n-1,即bn=3·2n-1-1.
6.答案　196
解析　设等比数列{an}的公比为q,q>0,
由a6+a5+a4-a3-a2-a1=49得a3q3+a2q3+a1q3-(a3+a2+a1)=49,即(a3+a2+a1)(q3-1)=49,
因为数列{an}是正项等比数列,
所以a3+a2+a1=,且q>1,
所以a9+a8+a7=a3q6+a2q6+a1q6=q6(a3+a2+a1)=·q6,
令q3-1=t(t>0) q3=t+1,
所以a9+a8+a7=·q6=49≥49×=196,
当且仅当t=,即t=1时取等号,此时q=,
所以a9+a8+a7的最小值为196.
7.解析　因为Sn=3an+2n-3,所以令n=1,得a1=S1=3a1-1,即a1=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3an+2n-3-3an-1-2n+2+3,即an=an-1-1.
设an+λ=(an-1+λ),得an=λ,故λ=-2,所以an-2=(an-1-2),又a1-2=≠0,
所以数列{an-2}是以-为首项,为公比的等比数列,故an-2=-,所以an=2-.
8.AC　由已知得a9a10=a9a9q=q<1,又a9>1,q>0,
所以0T17=(a1a17)(a2a16)(a3a15)…(a8a10)·a9=()8·a9=>1,
T18=(a1a18)(a2a17)(a3a16)…(a8a11)·(a9a10)=(a9a10)9<1,
所以T17>1>T18,C正确,D错误.故选AC.
9.A　由题意得a1>0,q>1,
由a1+a2+a3=,得,所以a2=3(a2=-3舍去),
所以a1+a3=,
整理得2q2-5q+2=0,解得q=2.
故选A.
10.D　原式可变形为a4·a8+ma7·a8=-2a6·a9+,
由等比数列的性质可得(m+2)a6·a9=,
易知a9≠0,所以m+2==q3.因为q∈(1,2),所以q3∈(1,8),则m∈(-1,6).故选D.
11.答案　
解析　因为{an}是各项均为正数的等比数列,且a2a3a4=a2+a3+9a4,所以-a3=a2+9a4≥2=6a3(当且仅当a2=9a4时取等号),即(-7)a3≥0,即≥7,所以a3≥,所以a3的最小值为.
12.ACD　对于A,因为q>0且q≠1,所以an>0,an+1>0,an+1≠an,所以Cn是椭圆,A正确.
对于B,当Cn是椭圆时,由A选项知q>0且q≠1,若q>1,则an+1>an,e=,得q=;
若0对于C,当Cn表示双曲线时,显然q<0,故双曲线Cn的一条渐近线方程为y=x,令,得q=-,C正确.
对于D,当n为偶数时,an<0,an+1>0,双曲线Cn的焦点在y轴上,则bn=2,当n为奇数时,an>0,an+1<0, 双曲线Cn的焦点在x轴上,则bn=2,所以b1+b2+…+b10=2=2+4×(2+22+23+24)+2×25=2+4×30+64=186,D正确.故选ACD.
易错警示　本题中若等比数列的公比q=1,则有an+1=an,此时曲线Cn表示圆.
13.答案　19
解析　根据(an+1-an-1)(an+1-2an)=0可知an+1=an+1或an+1=2an.
当an+1=an+1时,数列{an}是以a1=1为首项,1为公差的等差数列,
所以an=1+(n-1)×1=n,
则am=m=2 023,可得m=2 023.
当an+1=2an时,数列{an}是以a1=1为首项,2为公比的等比数列,所以an=1×2n-1=2n-1,
则am=2m-1=2 023,解得m=1+log22 023,不合题意,舍去.
由a1=1得a2=2,若数列{an}为等差和等比交叉的数列,要使m的值最小,
则am=1+2 022,am-1=2 022,am-2=1 011,am-3=1 010,am-4=505,am-5=504,am-6=252,am-7=126,am-8=63,am-9=62,am-10=31,am-11=30,am-12=15,am-13=14,am-14=7,am-15=6,am-16=3,am-17=2,又a2=2,所以m-17=2,即m=19.
故正整数m的最小值为19.
14.答案　an=32-n;
解析　当n=1时,a1=S1=a1,∴a1=3.
当n≥2时,由Sn=an,得Sn-1=an-1,
两式相减,得Sn-Sn-1=-an-1,即an=-an-1(n≥2),
又∵a1=3≠0,
∴数列{an}是首项为3,公比为的等比数列,
∴an=3×=32-n.
∴bn=+(-1)nλ·3n+1=3n+(-1)nλ·3n+1,
∴bn+1=3n+1+(-1)n+1λ·3n+2,
∵数列{bn}是递增数列,∴对任意n∈N+,有bn+1>bn,
即3n+1+(-1)n+1λ·3n+2>3n+(-1)nλ·3n+1,
∴3+(-1)n+19λ>1+(-1)n3λ,
∴(-1)n3λ+(-1)n9λ<2,∴(-1)nλ<.
当n为奇数时,-λ<,即λ>-;
当n为偶数时,λ<.
综上所述,实数λ的取值范围是.
15.解析　(1)当n=1时,a1=S1=(a1-1),∴a1=a.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an-an-1),整理得=a,
∴数列{an}是以a为首项,a为公比的等比数列,
∴an=a·an-1=an.
(2)由(1)知,bn=,(*)
由数列{bn}是等比数列,得=b1b3,
故,
即,解得a=,
再将a=代入(*)式,得bn=3n.
∴,满足条件①,
又,∴存在M≥满足条件②.
故数列为P数列.
16.解析　(1)当a=0,b=时,
Sn=,①
当n≥2时,Sn-1=,②
由①-②得an=an-1,即an=4an-1.
当n=1时,a1=1≠0,所以an≠0,
所以=4(n≥2),
所以{an}是以1为首项,4为公比的等比数列.
所以an=4n-1.
(2)(i)证明:当a=,b=0,c=0时,
Sn=(a1+an),③
当n≥2时,Sn-1=(a1+an-1).④
③-④,并整理得(n-2)an=(n-1)an-1-a1,⑤
所以(n-1)an+1=nan-a1.⑥
⑥-⑤,得(n-1)an+1+(n-1)an-1=2(n-1)an.
因为n≥2,所以an+1+an-1=2an,
所以数列{an}是等差数列.
(ii)因为{an}为等差数列,
所以a4+a5=a2+a7=9,
又a2·a7=14,所以
因为{an}为递增数列,所以
易得an=n.
假设存在数组(p,q),使b1,bp,bq成等比数列,
则lg b1,lg bp,lg bq成等差数列,
于是,所以q=3q,(*)
易知(p,q)=(2,3)为方程(*)的一组解.
因为<0,
所以数列为递减数列,
又当p≥3,且p∈N+时,<0,
所以p只能等于2,此时q=3,满足题意.
综上,存在唯一数组(p,q)=(2,3),使b1,bp,bq成等比数列.
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