资源简介

等比数列
(120分钟 150分)
【命题视点】
单元大任务 理解等比数列的概念、通项公式，掌握等比数列的前n项和公式，并对等比数列的性质等基础知识进行系统学习和深入理解
滚动考查点 数列、等差数列
命题情境点 生活实践情境：5、8题 探索创新情境：11、19题 课程学习情境：1、9题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知等比数列{an}，若6a1，a3，4a2成等差数列，则{an}的公比q等于
A.2或-1
B.-2或1
C.-3或1
D.3或-1
2.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a3+a5=20，3a2+a5=22，则Sn=
A.2n-1
B.2n-2
C.-2n+1
D.-2n+2
3.已知在数列{an}中，a1=1，a2=2，an+an+1+an+2=3，则a2 025=
A.1
B.2
C.0
D.-2
4.某镇政府计划从3月6日开始植树绿化环境，第一天植树200棵，以后每天植树的棵数是前一天的q(q>0)倍.若该镇政府计划用7天(即到3月12日结束)植树25400棵，则植树节(3月12日)这一天植树
A.12000棵
B.12800棵
C.13200棵
D.13600棵
5.在正项等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S30=3S10=60，则S40的值为
A.40
B.80
C.120
D.160
6.在等腰直角三角形ABC中，B=，AB=2，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AB2 B1，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，…，则S1+S2+…+S10=
A.
B.
C.3
D.4
7.某电动汽车刚上市，就引起了小王的关注，小王2024年10月1日向银行贷款10万元用于购买该电动汽车，银行贷款的月利率是r，并按复利计息.若每月月底还银行相同金额的贷款，到2025年3月底全部还清(即用6个月等额还款)，则小王每个月月底需要还款
A.10(1+r)6万元
B. 万元
C. 万元
D. 万元
8.设数列{an}满足a1=2，a4=20，a5=30，数列{an}前n项和为Sn，且Sn+2-3Sn+1+3Sn-Sn-1=2(n∈N*且n≥2).若[x]表示不超过x的最大整数，bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，则T100=
A.99
B.100
C.101
D.102
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知数列{an}满足a1=2，-=2(an+1+an)(n∈N*)，则下列结论正确的是
A.数列{an}有可能是常数列
B.数列{an}有可能是等差数列
C.数列{an}有可能是等比数列
D.数列{an}有可能既不是等差数列，也不是等比数列
10.已知正项等比数列{an}的前n项积为Tn，a1=，且T5=4T4，则下列结论正确的是
A.a5=2
B.{an}的公比为4
C.Tn≥
D.a1a2…an=a1a2…a9-n(n∈N*，n<9)
11.欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如φ(4)=2，φ(6)=2.已知bn=，Tn是数列{bn}的前n项和，若TnA.φ(10)=4
B.φ(5n)=5n-1
C.Tn=-×
D.M的最小值为
题序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.设Sn是等比数列{an}的前n项和，若a2=3，a3+a4=6，则=__________.
13.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，Sn=an+1-3，若Sk≥77，则k的最小值为________.
14.已知数列{an}和{bn}满足a1=，b1=2，an+1=an+3bn，bn+1=2an+bn，n∈N*.若数列{an+tbn}是递增的等比数列，则t=________.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知数列：1+1，2+2，3+22，…，n+2n-1.
(1)38是否是数列中的某一项 如果是，那么是第几项
(2)求数列的前n项和.
16.(15分)已知等比数列{an}满足a1=2，且a2，a3+2，a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bm为数列{an}在区间(0，m+1](m为正整数)内的项的个数，求数列{bm}的前30项和T30.
17.(15分)对于给定的正整数k，若各项均不为0的数列{an}满足an-k·an-k+1·…·an-1·an+1·…·an+k-1·an+k=(an)2k对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“BZ(k)数列”.
(1)证明：等比数列{an}是“BZ(4)数列”.
(2)若数列{an}既是“BZ(3)数列”又是“BZ(4)数列”，证明：an-4，an，an+4(n≥5，n∈N*)依次成等比数列.
18.(17分)已知数列{an}是公比大于1的等比数列，a2=16，a1+a3=68.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=log2an，记Tn=bnbn-1…b1，cn=，Sn为数列{cn}的前n项和，求证：Sn<.
19.(17分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1).
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)求数列的前n项和.
(3)是否存在正整数k，使ak，a2k，a5k成等比数列 若存在，求k的值；若不存在，请说明理由.
【参考答案】
1.D　解析：因为6a1，a3，4a2成等差数列，所以2a1q2=6a1+4a1q，解得q=3或q=-1.
2.A　解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a3+a5=20，3a2+a5=22，所以两式相除得=，即q3+11q-30=q3-8+11q-22=(q-2)(q2+2q+15)=0，解得q=2，a1=1，所以Sn==2n-1.
3.C　解析：由an+an+1+an+2=3，可得an+2=3-an-an+1　①，当n≥2时，an+1=3-an-1-an　②，将②式代入①式中，可得an+2=3-an-(3-an-1-an)=an-1，即an+3=an，则数列{an}的项的周期为3，由a1+a2+a3=3，得a3=0，故a2 025=a675×3=a3=0.
4.B　解析：由题意知，这7天中每天植树的数量为等比数列{an}，则a1=200.设数列{an}的公比为q，则==25 400，所以=127，解得q=2，所以a7=200×26=12 800.
5.B　解析：由S30=3S10=60，得S10=20，S30=60，因为数列{an}为等比数列，所以S10，S20-S10，S30-S20，S40-S30成等比数列，所以(S20-S10)2=S10(S30-S20)，所以(S20-20)2=20(60-S20)，整理得-20S20-800=0，解得S20=-20或S20=40.因为等比数列{an}的各项为正数，所以Sn>0，所以S20=40，由S40-S30=S10×=20×=20，得S40=20+S30=80.
6.A　解析：由题意知S1=×22=2，AB1=AB，AB2=AB1，…，ABn+1=ABn，
∴==(n≥2).又S2=×22=S1，∴数列{Sn}是首项为2，公比为的等比数列，∴S1+S2+S3+…+S10==.
7.D　解析：设小王每月月底还款钱数为x万元，根据等额本息还款法可得，第1次还款后欠银行贷款A1=10(1+r)-x万元，第2次还款后欠银行贷款A2=10(1+r)2-x(1+r)-x万元……第6次还款后欠银行贷款A6=10(1+r)6-x(1+r)5-x(1+r)4-…-x(1+r)-x=10(1+r)6-x[(1+r)5+(1+r)4+…+(1+r)+1]=10(1+r)6-=10(1+r)6+万元，
因为贷款6个月还清，所以A6=0，即10(1+r)6+=0，所以x=万元.
8.C　解析：当n≥2时，Sn+2-3Sn+1+3Sn-Sn-1=2，∴an+2-2an+1+an=2，
∴an+2-an+1-(an+1-an)=2，∴{an+1-an}是等差数列.
又∵a4=20，a5=30，∴a5-a4=10，∴an+1-an=(a5-a4)+2(n-4)=10+2(n-4)=2n+2.
∵a5=30，a4=20，∴a3=12，a2=6，∵a1=2，∴a2-a1=4，
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n+2(n-1)+…+2×2+2=2×=n(n+1)，∴=(n≥2)，∴当n≥2时，bn===1.
又∵b1==2，∴T100=++…+=2+99=101.
9.BCD　解析：由-=2(an+1+an)(n∈N*)，可得(-)-2(an+1+an)=0，即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
若对任意的n∈N*，有an+1=-an且a1=2，此时数列{an}是公比为-1的等比数列.
若对任意的n∈N*，有an+1-an=2且a1=2，此时数列{an}是公差为2的等差数列.
取数列{an}的各项为2，-2，0，2，-2，0，…，则数列{an}满足条件，
此时，数列{an}既不是等差数列，也不是等比数列，所以B，C，D正确.
若数列{an}为常数列，不妨设an=c(c为常数)对任意的n∈N*恒成立，由-=2(an+1+an)(n∈N*)，可得c2-c2=2(c+c)，则c=0，与a1=2矛盾，故数列{an}不可能是常数列，选项A不正确.故选BCD.
10.BC　解析：因为T5=4T4，所以a5==4，A项错误；
因为q4==256，解得q=4，B项正确；
注意到a4=1，故当1≤n<4，n∈Z时，an∈(0，1)，当n≥4，n∈Z时，an≥1，
所以当n=3或n=4时，Tn取到最小值，(Tn)min=4-3-2-1=4-6=，C项正确；
a1a2…an=q1+2+…+n-1=(4-3)n==2n(n-7)，
a1a2…a9-n=q1+2+…+8-n=(4-3)9-n==2(n-2)(n-9)，
等式左边不等于右边，D项错误.故选BC.
11.AD　解析：不超过10且与10互质的正整数有1，3，7，9，共4个，所以φ(10)=4.因为5为质数，在不超过5n的正整数中，所有能被5整除的正整数的个数为5n-1，
φ(5n)=5n-5n-1=4×5n-1，所以φ(5n+1)=5n+1-5n=4×5n，
则bn===，所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+==×=-×，所以Tn<.因为bn=>0，所以Tn在n∈N*单调递增，所以要使Tn12.或　解析：设等比数列{an}的公比为q，则=q+q2=2，解得q=-2或1.当q=-2时，S6===-21a1，S8===-85a1，故==.当q=1时，S6=6a1，S8=8a1，故==.
13.5　解析：由Sn=an+1-3=Sn+1-Sn-3，得Sn+1+3=2(Sn+3)，又S1=a1=2，所以S1+3=5，所以{Sn+3}是首项为5，公比为2的等比数列，所以Sn+3=5×2n-1，则Sn=5×2n-1-3，所以Sk=5×2k-1-3≥77，即2k-1≥16，则k-1≥4，解得k≥5，故k的最小值为5.
14.　解析：an+1+tbn+1=(1+2t)an+(3+t)bn=(1+2t)，令t=，解得t=±.当t=-时，可得an+1-bn+1=(1-)，因为a1=，b1=2，所以an-bn=-(1-)n-1，所以数列{an+tbn}不是递增的等比数列.当t=时，可得an+1+bn+1=(1+)，因为a1=，b1=2，所以an+bn=(1+)n-1，所以数列{an+tbn}是递增的等比数列.
15.解析：(1)因为6+26-1=38，所以38是数列中的一项，是第6项.
(2)记数列的前n项和为Sn，则Sn=1+1+2+2+3+22+…+n+2n-1=(1+2+…+n)+(1+2+…+2n-1)=+2n-1.
16.解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，
由题意得即
则(q-2)(q2+1)=0，解得所以an=a1 qn-1=2n.
(2)因为21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，
所以b1，b2对应的区间分别为(0，2]，(0，3]，则b1=1，b2=1，即有2个1；
b3，b4，b5，b6对应的区间分别为(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，则b3=b4=b5=b6=2，即有22个2；
b7，b8，b9，…，b14对应的区间分别为(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，则b7=b8=b9=…=b14=3，即有23个3；
b15，b16，b17，…，b30对应的区间分别为(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，则b15=b16=…=b30=4，即有24个4.
故T30=b1+b2+b3+…+b30=2×1+4×2+8×3+16×4=98.
17.解析：
(1)证明：由题意，{an}是等比数列，根据等比数列的性质，可得an-4·an-3·an-2·an-1·an+1·an+2·an+3·an+4=an-4·an+4·an-3·an+3·an-2·an+2·an-1·an+1=···=，
故等比数列{an}是“BZ(4)数列”.
(2)证明：由{an}既是“BZ(3)数列”又是“BZ(4)数列”，
可得an-3·an-2·an-1·an+1·an+2·an+3==(n≥4)，
an-4·an-3·an-2·an-1·an+1·an+2·an+3·an+4==(n≥5)，
所以an-4·an+4=对于任意的n≥5(n∈N*)都成立，即an-4，an，an+4成等比数列.
18.解析：
(1)设数列{an}的公比为q(q>1)，则由a1+a3=68，可得+a2q=68，即+16q=68，整理可得4q2-17q+4=0，即(4q-1)(q-4)=0，又q>1，所以q=4，所以a1==4，所以an=4×4n-1=4n.
(2)由(1)可知，bn=log24n=2n，所以Tn=2nn×(n-1)×…×1，
所以cn===
-=-，
则Sn=-+-+…+-=-，
因为Tn+1>0，所以-<=，即Sn<.
19.解析：(1)由nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1)，得-=1，∴数列是首项为=1，公差为1的等差数列，∴=1+(n-1)=n，∴Sn=n2.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.而a1=1，适合上式，∴an=2n-1.
(2)由(1)知an=2n-1，得=，记数列的前n项和为Tn，则Tn=+++…+　①，Tn=++…++　②，
由①-②得Tn=+++…+-，解得Tn=3-.
(3)由(1)知an=2n-1，假设存在正整数k，使ak，a2k，a5k成等比数列，则=aka5k，即(4k-1)2=(2k-1)(10k-1)，得4k2-4k=0，解得k=1，∴a1=1，a2=3，a5=9，满足=a1a5，即a1，a2，a5成等比数列，∴存在正整数k，使ak，a2k，a5k成等比数列.

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