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预习衔接.夯实基础 等比数列
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 和平区校级期中）已知数列{an}的首项，且满足，则a20的值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 漳州期中）等比数列{an}中，a1 a2 a3＝8，a2+a4＝10，则a6＝（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
3．（2024秋 漳州期中）数列{an}满足a1＝5，an+1则a4＝（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
4．（2024秋 即墨区期中）已知数列{an}的前n项和为，则a1+a7＝（　　）
A．18 B．17 C．16 D．15
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 重庆期中）已知等比数列{an}的公比，其前n项和记为Sn，且S6＝21，则（　　）
A．a4a8＝1 B．an≥a2 C．Sn≤21 D．Sn≥16
（多选）6．（2024秋 平度市期中）已知数列{an}满足，则（　　）
A．数列为等差数列
B．an+an+2＜2an+1
C．
D．数列{（﹣1）nan}的前2n项和为2n2+n
（多选）7．（2024秋 福建期中）已知等比数列{an}的首项为1，公比不为1，若a3，a2，a4成等差数列，则（　　）
A．{an}的公比为﹣3 B．{an}的公比为﹣2
C．{an}的前10项和为﹣341 D．a7，a5，a6成等差数列
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 浦东新区校级期中）已知数列{an}为无穷等比数列．若a2＝﹣3，公比，则无穷等比数列{an}的各项和为 　 　．
9．（2024秋 平度市期中）在数列{an}中，a1＝1，，则{an}的通项公式为 　 　．
10．（2024秋 长宁区期中）记Sn为数列{an}的前n项和，若则a5＝ 　 　．
11．（2024秋 兰州期中）数列{an}满足anan+1＝2n+1，若a3＝1，则a1＝ 　 　．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 重庆期中）已知x∈R，[x]表示不超过x的最大整数，如[3]＝3，，[﹣1.5]＝﹣2．
（1）若a1＞0，，n∈N+，且{an}是无穷数列，求a1的取值范围；
（2）记 x ＝x﹣[x]．
①若a1＝1，a2＝2，an+2＝an+1+an，求；
②设，m∈N+，an+1＝[an] an ，证明： k∈N+，使得n≥k时，an＝0．
13．（2024秋 泉州期中）若存在常数t，使得数列{an}满足an+1﹣a1a2a3 an＝t（n≥1，n∈N），则称数列{an}为“H（t）数列”．
（1）判断数列：1，3，5，10，152是否为“H（2）数列”，并说明理由；
（2）若数列{an}是首项为2的“H（t）数列”，数列{bn}是等比数列，且{an}与{bn}满足，求t的值和数列{bn}的通项公式；
（3）若数列{an}是“H（t）数列”，Sn为数列{an}的前n项和，a1＞1，t＞0，证明：．
14．（2024秋 和平区校级期中）已知等差数列{an}，等比数列{bn}，a4＝b1＝2，a5＝3（a4﹣a3），b4＝4（b3﹣b2）．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2），求．
（3）在bk和bk+1之间插入k个相同的数（﹣1）k+1k构成一个新数列，若这个新数列项数n满足．求这个新数列前n项的和Sn（用n，k表示n，k∈N*）．
15．（2024秋 兰州期中）已知数列{an}满足an+1＝an+3，且a2＝4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．
预习衔接.夯实基础 等比数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 和平区校级期中）已知数列{an}的首项，且满足，则a20的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】利用两边取倒数证得是等差数列，进而求得an，从而得解．
【解答】解：数列{an}的首项，且满足，易知an≠0，
两边取倒数，可得，即，
故是以3为首项，4为公差的等差数列，
则，故，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
2．（2024秋 漳州期中）等比数列{an}中，a1 a2 a3＝8，a2+a4＝10，则a6＝（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
【考点】由等比数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质即可得．
【解答】解：由a1 a2 a3＝8，得，所以a2＝2，
设等比数列an的公比为q，由a2+a4＝10，得a4＝8，
所以，所以．
故选：D．
【点评】本题考查等比数列的性质，属于基础题．
3．（2024秋 漳州期中）数列{an}满足a1＝5，an+1则a4＝（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【考点】数列递推式．
【专题】函数思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】C
【分析】由已知结合数列递推式依次求解得答案．
【解答】解：由a1＝5，an+1，
得a2＝3×5+1＝16，，．
故选：C．
【点评】本题考查数列递推式，考查数列的函数特性，是基础题．
4．（2024秋 即墨区期中）已知数列{an}的前n项和为，则a1+a7＝（　　）
A．18 B．17 C．16 D．15
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】B
【分析】根据递推关系式求解即可．
【解答】解：因为数列{an}的前n项和为，
所以a1＝S1＝1+2×1﹣1＝2，a7＝S7﹣S6＝72+2×7﹣1﹣（62+2×6﹣1）＝15，
所以a1+a7＝2+15＝17．
故选：B．
【点评】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 重庆期中）已知等比数列{an}的公比，其前n项和记为Sn，且S6＝21，则（　　）
A．a4a8＝1 B．an≥a2 C．Sn≤21 D．Sn≥16
【考点】由等比数列的前n项和求解数列．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】借助等比数列求和公式可计算出数列{an}的通项公式，借助通项公式即可得A；借助作差法后对n分奇偶进行讨论可得B；求出Sn后对n分奇偶讨论可得C、D．
【解答】解：等比数列{an}的公比，其前n项和记为Sn，且S6＝21，
由等比数列前n项和公式得，
解得a1＝32，
∴，
对于A，，故A正确；
对于B，，
若n为奇数，则，
若n为偶数，则，随n的增大而增大，
∴an﹣a2≥a2﹣a2＝0，故B正确；
对于CD，Sn，
当n为奇数时，，且随n的增大而减小，
当n为偶数时，，随n的增大而增大，
∴当n＝1时，Sn有最大值，∴Sn≤S1＝32，
当n＝2时，Sn有最小值，∴Sn≥S1＝16，故C错误，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查对数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）6．（2024秋 平度市期中）已知数列{an}满足，则（　　）
A．数列为等差数列
B．an+an+2＜2an+1
C．
D．数列{（﹣1）nan}的前2n项和为2n2+n
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ACD
【分析】首先求得首项a1＝1，将n换为n﹣1，由作差法可得an＝n2，再对各个选项分析，可得结论．
【解答】解：由，可得a1＝1，
当n≥2时，由，
可得a1+2a2+...+（n﹣1）an﹣1＝[]2，
两式相减可得nan（n2+2n+1﹣n2+2n﹣1）＝n3，
可得an＝n2，对n＝1也成立，则n为等差数列，故A正确；
an+an+2﹣2an+1＝n2+（n+2）2﹣2（n+1）2＝2n2+4n+4﹣（2n2+4n+2）＝2＞0，
可得an+an+2＞2an+1，故B错误；
当n＝1时，2；由（n≥2），
可得...1+1...22，故C正确；
数列{（﹣1）nan}的前2n项和为﹣a1+a2﹣a3+a4+...+（﹣1）2n﹣1a2n﹣1+（﹣1）2na2n
＝﹣1+22﹣32+42+...﹣（2n﹣1）2+（2n）2＝1+2+3+4+...+（2n﹣1）+（2n）2n（1+2n）＝n（1+2n），故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的通项公式、求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）7．（2024秋 福建期中）已知等比数列{an}的首项为1，公比不为1，若a3，a2，a4成等差数列，则（　　）
A．{an}的公比为﹣3 B．{an}的公比为﹣2
C．{an}的前10项和为﹣341 D．a7，a5，a6成等差数列
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】函数思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】BCD
【分析】根据等差中项的性质，利用等比数列的通项公式列式求解公比判断ABD，根据等比数列的求和公式求和判断C．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q≠0，1），
已知a1＝1，则，
由a3，a2，a4成等差数列，得q2+q3＝2q，
整理得：q2+q﹣2＝（q﹣1）（q+2）＝0，
又∵q≠1，∴q＝﹣2，故A错误，B正确；
可得数列{an}的前10项和为，故C正确；
∵，
∴a7，a5，a6也成等差数列，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查等差数列与等比数列的综合，考查运算求解能力，是基础题．
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 浦东新区校级期中）已知数列{an}为无穷等比数列．若a2＝﹣3，公比，则无穷等比数列{an}的各项和为 　4　．
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】4
【分析】根据等比数列的求和公式即可得到Sn，从而得到结果．
【解答】解：由已知有：首项，
所以．
故答案为：4．
【点评】本题考查等比数列的性质，属于基础题．
9．（2024秋 平度市期中）在数列{an}中，a1＝1，，则{an}的通项公式为 　an＝1+lnn　．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】an＝1+lnn．
【分析】根据递推关系式求解即可．
【解答】解：数列{an}中，a1＝1，，
所以an+1﹣an＝lnln（n+1）﹣lnn，
可得a2﹣a1＝ln2﹣ln1，
a3﹣a2＝ln3﹣ln2，
.......．
an﹣an﹣1＝lnn﹣ln（n﹣1），
所以an﹣a1＝lnn﹣ln1＝lnn，
所以an＝1+lnn．
故答案为：an＝1+lnn．
【点评】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
10．（2024秋 长宁区期中）记Sn为数列{an}的前n项和，若则a5＝ 　5　．
【考点】数列递推式．
【专题】对应思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】5．
【分析】由a5＝S5﹣S4，计算可得所求值．
【解答】解：若则a5＝S5﹣S4＝25﹣4﹣16＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，考查运算能力，属于基础题．
11．（2024秋 兰州期中）数列{an}满足anan+1＝2n+1，若a3＝1，则a1＝ 　　．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】．
【分析】由递推关系与a3＝1，逐项逆推可得．
【解答】解：由anan+1＝2n+1，可得n＝1时，a1a2＝3，
n＝2时，a2a3＝5，
由a3＝1，可得a2＝5，则a1．
故答案为：．
【点评】本题考查数列的递推式和赋值法，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 重庆期中）已知x∈R，[x]表示不超过x的最大整数，如[3]＝3，，[﹣1.5]＝﹣2．
（1）若a1＞0，，n∈N+，且{an}是无穷数列，求a1的取值范围；
（2）记 x ＝x﹣[x]．
①若a1＝1，a2＝2，an+2＝an+1+an，求；
②设，m∈N+，an+1＝[an] an ，证明： k∈N+，使得n≥k时，an＝0．
【考点】数列的应用．
【专题】整体思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．
【答案】（1）a1∈[1，2）；
（2）①；
②证明见解析．
【分析】（1）分a1∈（0，1），a1∈[1，2）和a1≥2讨论即可；
（2）①分析得，则，再计算出，最后代入计算即可；
②分 ak ＝0和 ak ≠0讨论得，可证明原命题．
【解答】解：（1）如果a1≥2，设k≤a1＜k+1，k≥2，k∈N+，
则不存在，不符合题意，
如果a1∈[1，2），那么，从而an＝1，符合题意，
如果a1∈（0，1），那么[a1]＝0，a2不存在，不符合题意，
综上所述，a1∈[1，2）．
（2）①由题意知an∈N+，且a1＜a2＜a3＜ ＜an＜ ，
因此an+2＝an+1+an＜2an+1，所以，那么，
因此，
根据a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8， 知a50为偶数，
因此，
那么
．
②证明：若 ak ＝0，则 n≥k+1，an＝0，
若 ak ≠0，则，
又，
从而 k0∈N+，且k0＜m，使得，
此时，对 n≥k0，an＝0，得证．
【点评】本题考查数列综合应用，属于中档题．
13．（2024秋 泉州期中）若存在常数t，使得数列{an}满足an+1﹣a1a2a3 an＝t（n≥1，n∈N），则称数列{an}为“H（t）数列”．
（1）判断数列：1，3，5，10，152是否为“H（2）数列”，并说明理由；
（2）若数列{an}是首项为2的“H（t）数列”，数列{bn}是等比数列，且{an}与{bn}满足，求t的值和数列{bn}的通项公式；
（3）若数列{an}是“H（t）数列”，Sn为数列{an}的前n项和，a1＞1，t＞0，证明：．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解；新定义类．
【答案】（1）1，3，5，10，152不是“H（2）数列”；（2）t＝﹣1，数列{bn}的通项公式；（3）证明见解答．
【分析】（1）由“H（2）数列”的定义，分别检验n＝1，2，3，可判断；
（2）由“H（t）数列”和等比数列的定义、通项公式，以及数列恒成立思想，可得结论；
（3）由函数f（x）＝lnx﹣x+1，推得lnan＜an﹣1，结合累加法和“H（t）数列”的定义，可得证明．
【解答】解：（1）由数列：1，3，5，10，152，
可得a2﹣a1＝2，a3﹣a2a1＝2，a4﹣a3a2a1＝10﹣1×3×5＝﹣5≠2，
所以1，3，5，10，152不是“H（2）数列”．
（2）由{an}是首项为2的“H（t）数列”，由an+1﹣a1a2a3 an＝t（n≥1，n∈N），
则a2＝2+t，a3﹣a1a2＝a3﹣2（2+t）＝t，则a3＝3t+4，
由{bn}是等比数列，设公比为q，即有q，
由，
将上式中的n换为n+1，可得，
两式作差可得，
即，
由{an}是“H（t）数列”，则an+1﹣a1a2a3 an＝t，对于n≥1，n≥1，n∈N恒成立，
即有a1a2a3 an＝an+1﹣t，
所以，
即（t+1）an+1＝t+log2q对于n≥1，n≥1，n∈N恒成立，
则，
由a2＝2+t，a3＝3t+4，
可得，解得，t＝﹣1，q＝2，
又由，则b1＝4，即，
故所求的t＝﹣1，数列{bn}的通项公式．
（3）证明：设函数f（x）＝lnx﹣x+1，则，
当x＞1时，f′（x）＜0，
则f（x）＝lnx﹣x+1在区间（1，+∞）单调递减，
且f（1）＝ln1﹣1+1＝0，又由{an}是“H（t）数列”，
即an+1﹣a1a2a3 an＝t，对于n≥1，n∈N恒成立，
因为a1＞1，t＞0，则a2＝a1+t＞1，再结合a1＞1，t＞0，a2＞1，
反复利用an+1＝a1a2a3 an+t，可得对于任意的n≥1，n∈N，an＞1，
则f（an）＜f（1）＝0，即lnan﹣an+1＜0，则lnan＜an﹣1，
即lna1＜a1﹣1，lna2＜a2﹣1， ，lnan＜an﹣1，
相加可得lna1+lna2+ +lnan＜a1+a2+ +an﹣n，则ln（a1a2 an）＜Sn﹣n，
又因为y＝lnx在x∈（0，+∞）上单调递增，所以，
又an+1﹣a1a2a3 an＝t，所以，
即，故．
【点评】本题考查数列的新定义和等比数列的定义、通项公式与数列恒等式、不等式的证明，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于难题．
14．（2024秋 和平区校级期中）已知等差数列{an}，等比数列{bn}，a4＝b1＝2，a5＝3（a4﹣a3），b4＝4（b3﹣b2）．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2），求．
（3）在bk和bk+1之间插入k个相同的数（﹣1）k+1k构成一个新数列，若这个新数列项数n满足．求这个新数列前n项的和Sn（用n，k表示n，k∈N*）．
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝n﹣2，bn＝2n；（2）；（3）Sn．
【分析】（1）由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差、公比，可得所求通项公式；
（2）由数列的分组求和、裂项相消求和与数列的错位相减法求和，可得所求和；
（3）根据题意确定新数列第n项位置，再按原等比数列的项与插入项分两组分别求和可得所求．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a4＝2，a5＝3（a4﹣a3），可得a1+3d＝2，2+d＝3d，解得d＝1，a1＝﹣1，
则an＝﹣1+n﹣1＝n﹣2；
由b1＝2，b4＝4（b3﹣b2），可得2q3＝4（2q2﹣2q），解得b1＝q＝2，
则bn＝2n；
（2），
可得c1+c3+...+c2n﹣1...；
设S＝c2+c4+...+c2n...，
则S...，
两式相减可得S...，即有S，
则；
（3）设新数列中bk是第t项，由题意可得，在bk之间依次插入1，2，3，…，k﹣1个数，
再加上原数列b1，b2，b3，…，bk共k项，可得t＝1+2+3+...+k﹣1+kk（k+1）．
则新数列中bk+1是第（k+1）（k+2）项，bk+2是第（k+2）（k+3）项，
由（k+1）（k+2）＜n（k+2）（k+3），
故第n项在bk+1、bk+2之间插入的数中，即（﹣1）k+2 （k+1），
即新数列前n项中，从第一项到bk+1这一项共（k+1）（k+2）项，
则bk+1与bk+2之间还有n（k+1）（k+2）项，
则新数列前n项中原等比数列的各项之和为b1+b2+...+bk+12k+2﹣2，
新数列前n项中所有插入项之和为
（﹣1）2 1+2×（﹣1）3 2+...+k （﹣1）k+1 （k+1）+（﹣1）k+2 （k+1）[n（k+1）（k+2）]
＝（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2+（﹣1）k+2 （k+1）[n（k+1）（k+2）]．
下面先求{（﹣1）k+1 k2}的前k项和．
①当k（k≥2，k∈N*）为偶数时，则k﹣1，k+1都为奇数，
因为（﹣1）k（k﹣1）2+（﹣1）k+1（k2）＝（k﹣1）2﹣k2＝1﹣2k，
则（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2＝1﹣2×2+1﹣2×4+...+1﹣2kk（k+1），
所以新数列前n项中所有插入项之和为
k（k+1）+（k+1）[n（k+1）（k+2）]＝（k+1）（n），
所以这个新数列前n项的和Sn＝2k+2﹣2+（k+1）（n）；
②当k为奇数时，则k+1为偶数，k+2为奇数，
则数列{（﹣1）n+1 n2}的前k项和即为前k+1项之和减去第k+1项，
则（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2（k+1）（k+2）﹣（﹣1）k+2 （k+1）2
（k+1）（k+2）+（k+1）2k（k+1），
所以新数列前n项中所有插入项之和为
（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2+（﹣1）k+2 （k+1）[n（k+1）（k+2）]
k（k+1）+（k+1）[（k+1）（k+2）﹣n]＝（k+1）（n），
所以这个新数列前n项的和Sn＝2k+2﹣2+（k+1）（n）；
综上，可得Sn．
【点评】本题考查定理和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的裂项相消求和、错位相减法求和，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于难题．
15．（2024秋 兰州期中）已知数列{an}满足an+1＝an+3，且a2＝4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝3n﹣2；
（2）．
【分析】（1）根据题意，由等差数列的定义得到数列{an}为以3为公差的等差数列，进而求得其通项公式；
（2）由（1）求得，结合裂项法求和，即可求解．
【解答】解：（1）根据题意，数列{an}满足an+1＝an+3，即an+1﹣an＝3，
由等差数列的定义，可得数列{an}是以3为公差的等差数列，
因为a2＝4，可得a1＝a2﹣d＝4﹣3＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2．
（2）由（1）an＝3n﹣2，可得，
所以数列{bn}的前n项和为：．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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