【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册培优练习4.3《等比数列》（解析版）.doc，共(18)页，780.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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数学选择性必修二尖子生同步培优题典4.2等比数列解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：本卷共16小题，6道单选题，3道

多选题，3道填空题，4道解答题。一、单选题1．已知nS是数列na的前n项和，*3lognSnnN，则数列na是（）A．公比为3的等比数列B．公差为3的等差数列C．公比为13的等比数列D．既非等差数列，也非等比数列【答案】D【解析】【分析】由3log

nSn得3nnS，然后利用na与nS的关系即可求出na【详解】因为3lognSn，所以3nnS所以当1n时，113aS2n时，1113323nnnnnnaSS所以13,123,2nnnan故数

列na既非等差数列，也非等比数列故选：D【点睛】要注意由nS求na要分两步：1.1n时11aS，2.2n时1nnnaSS.2．已知nS是等比数列na的前n项和，若存在*mN，满足228mmSS，22212mmamam，则数列na的公比为（）A．12B．13C．

2D．3【答案】D【解析】【分析】先判断1q，由228mmSS，利用等比数列求和公式可得27mq，结合22212mmamam可得3m，从而根据327q可得结果.【详解】设等比数列公比为q当1q时，222

8mmSS，不符合题意，当1q时，21211128,12811mmmmmaqSqqSqaq，得27mq，又2221221,22mmmammqamm，由221272mm，得3m，327,3qq，故选D.【点睛】

本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查对基本公式的掌握与应用，考查了分类讨论思想的应用，属于中档题.解有关等比数列求和的题的过程中，如果公比是参数一定要讨论1q与1q两种情况，这

是易错点.3．音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的32，得到“微”，“微”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”……依此规律损益交替变化，获得了“宫”“微”“商”“羽”“角”五个音阶.据此可推得（）A

．“商”“羽”“角”的频率成公比为34的等比数列B．“宫”“微”“商”的频率成公比为32的等比数列C．“宫”“商”“角”的频率成公比为98的等比数列D．“角”“商”“宫”的频率成公比为12的等比数列【答案】C【解析】【分析】根据文化知识，分别求出相对应的频

率，即可判断出结果．【详解】设“宫”的频率为a，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率为32a，“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为98a，“商”经过一次“损”，可得“羽”频率为2716a，最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率是8164a，由于a，98a，8164a成等比数

列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列，且公比为98，故选：C．【点睛】本题考查等比数列的定义，考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．4．设，．若p：成等比数列；q：，则（）A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件C．p是

q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件【答案】A【解析】对命题p：成等比数列，则公比且；对命题，①当时，成立；②当时，根据柯西不等式，等式成立，则，所以成等比数列，所以是的充分条件，但不是的必要条件．考点：等比数列的判定，柯西不等式，充分条件与必要条件

．5．已知数列na：12，212，222，232，312，.322.，332，342，352，362，372，412，422…的前n项和为nS，正整数1n，2n满足：①11111212na，②2n是满足不等式1019nS的最小正整数，则12nn（）A．6182B．6183C．6184

D．6185【答案】B【解析】【分析】由题意可知，数列na的规律为：分母为2k的项有21k项．将数列na中的项排成杨辉三角数阵且使得第k行每项的分母为2k，该行有21k项，那么1111212位于数阵第11

行最后一项，通过计算得1n；设数阵中第k行各项之和为kb，则212kkb，故通过计算可得满足1019nS的最小正整数2n，即可得出最后结果.【详解】由题意可知，数列na的规律为：分母为2k的项有21k项．

将数列na中的项排成杨辉三角数阵且使得第k行每项的分母为2k，该行有21k项，如下所示：112212222232312322332342352362372对于①，1111212位于数阵第11行最后一项，对应于数列na的项数为111211212212121114

08312，∴14083n；对于②，数阵中第k行各项之和为kb，则12121222122kkkkkkb，且数列kb的前k项之和121212212121221222222kkkkkkT

L，11102102101810192T，而121121124083101922T，故恰好满足1019nS的项na位于第11行．假设na位于第m项，则有1011111112

112101810192222mmmTL，可得出14096mm．由于64634032，64454160，则636440966465，∴64m．因为前10行最后一项位于na的第10121

021221212110203612L项，因此，满足1019nS的最小正整数22036642100n，所以12408321006183nn．故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和公式，考查了学

生的归纳推理能力和运算求解能力.6．已知函数2()2fxx，1122,0,,0,,,0nnAxAxAx，*nN为x轴上的点，且满足11x，112nnxx，过点12,,,nAAA分别作x轴垂线交()yfx于点12,,,nBBB，若以1,,pppABA为顶点的三角

形与以1,,qqqABA为顶点的三角形相似，其中pq，则满足条件的p，q共有（）A．0对B．1对C．2对D．无数对【答案】C【解析】【分析】由已知可得11(,0)2nnA，12311(,)22nnnB，+11(,0)2nnA，23131112tan122nnnnnnn

nnnABAABAA，由1pppABA△与1qqqABA△相似得到11tan=tanpppqqqAABAAB或11tan=tan()2pppqqqAABAAB，再分情况讨论即可得到答案.【详解】如图，由题意，11112nn

nxxq，nB的纵坐标为223122nnx，所以11(,0)2nnA，12311(,)22nnnB，+11(,0)2nnA，23131112tan122nnnnnnnnnnABAABAA，1pppABA△与1qqqABA△均为直

角三角形，故1pppABA△与1qqqABA△相似11tan=tanpppqqqAABAAB或11tan=tan()2pppqqqAABAAB.当11tan=tanpppqqqAABAAB时，3311()22pqpq

，无解；当11tan=tan()2pppqqqAABAAB时，11tantan1pppqqqAABAAB，所以61162pqpq．故存在两对满足条件的p，q，分别为1p，5q或2

p，4q．故选：C【点睛】本题考查数列与函数的应用，考查学生分类讨论思想，数学运算能力，是一道中档题.二、多选题7．数列na为等比数列（）.A．1nnaa为等比数列B．1nnaa为等比数列C．221nnaa为等比数列D．nS不为等比数

列（nS为数列na的前n项）【答案】BCD【解析】【分析】举反例，反证，或按照等比数列的定义逐项判断即可.【详解】解：设na的公比为q，A.设1nna，则10nnaa，显然1nnaa不是等比数列.

B.2211nnnnaaqaa，所以1nnaa为等比数列.C.24222221222211nnnnnnaqqaaqaaaq，所以221nnaa为等比数列.D.当1q时，nSnp，nS显然不

是等比数列；当1q时，若nS为等比数列，则222112nnnSSnS，即211111111111nnnaqaqaqqqq，

所以1q，与1q矛盾，综上，nS不是等比数列.故选：BCD.【点睛】考查等比数列的辨析，基础题.8．设等比数列na的公比为q，其前n项和为nS，前n项积为nT，并且满足条件11a，671aa，67101aa，则下列结论正确

的是（）A．01qB．8601aaC．nS的最大值为7SD．nT的最大值为6T【答案】ABD【解析】【分析】先分析公比取值范围，即可判断A，再根据等比数列性质判断B,最后根据项的性质判断C,D.【详解】若0q，则6767

0,00aaaa与671aa矛盾；若1q，则11aQ671,1aa67101aa与67101aa矛盾；因此01q，所以A正确；667710101aaaa

Q，因此2768(,1)0aaa，即B正确；因为0na，所以nS单调递增，即nS的最大值不为7S，C错误；因为当7n时，(0,1)na，当16n时，(1,)na，所以nT的最大值为6T，即D正确；故选：ABD【点睛】本题考查

等比数列相关性质，考查综合分析判断能力，属中档题.9．已知数列na满足11a，121nnaan，*nN，nS是数列1na的前n项和，则下列结论中正确的是（）A．21121nnSnaB．212nnSSC．2311222nnnSSD．212nnSS

【答案】CD【解析】【分析】根据数列na满足11a，121nnaan，得到1223nnaan，两式相减得：22nnaa，然后利用等差数列的定义求得数列na的通项公式，再逐项判断.【详解】因为数列na满足11a，

121nnaan，*nN，所以1223nnaan，两式相减得：22nnaa，所以奇数项为1，3，5，7，….的等差数列；偶数项为2，4，6，8，10，….的等差数列；所以数列na的通项公式是nan，A.

令2n时，311111236S，而1322122，故错误；B.令1n时，213122S，而11122S，故错误；C.当1n时，213122S，而31132222，成立，当2n时，211111...23521nnSSn，因为221nn

，所以11212nn，所以111111311...1...352148222nnn，故正确；D.因为21111...1232nnSSnnnn，令1111...1232fnnnnn，因为111111()021

2212122fnfnnnnnn，所以fn得到递增，所以112fnf，故正确；故选：CD【点睛】本题主要考查等差数列的定义，等比数列的前n项和公式以及数列的单调性和放缩法的应用，还考查了转化求

解问题的能力，属于较难题.三、填空题10．若,ab是函数20,0fxxpxqpq的两个不同的零点，且,,2ab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的值等于________．

【答案】9【解析】【分析】由一元二次方程根与系数的关系得到a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣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列关于a，b的方程组，求得a，b后得答案．【详解】由题意可得

：a+b=p，ab=q，∵p＞0，q＞0，可得a＞0，b＞0，又a，b，﹣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，可得①或②．解①得：；解②得：．∴p=a+b=5，q=1×4=4，则p+q=9．故答案为9．点评：本题考查了

一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题．【思路点睛】解本题首先要能根据韦达定理判断出a，b均为正值，当他们与-2成等差数列时，共有6种可能，当-2为等差中项时，因为，所以不可取，则-2只能作为首项

或者末项，这两种数列的公差互为相反数；又a,b与-2可排序成等比数列，由等比中项公式可知-2必为等比中项，两数列搞清楚以后，便可列方程组求解p，q．11．等比数列na的公比01q，21724aa，则使12312111nnaaaaaaa

成立的正整数n的最大值为______【答案】18【解析】【分析】求出数列前n项的和，根据不等式之间的关系求解可得答案.【详解】解：由等比数列na的公比01q，21724aa，可得2162311aqaq，可得：911aq，则10a，且91aq，由na为等比数

列，可得1na是以11a为首项，公比为1q的等比数列，则原不等式等价为：1111[1()](1)111nnaqaqqq，因为01q，把91aq，2181aq代入整理得：181(1)(1)nnnqqqq，可得：181n

qq，181n，即：19n，由n+N,故答案为：18.【点睛】本题主要考查数列与不等式的综合，计算量大，属于中档题型.12．平面直角坐标系中，已知点013,1,5,2PP.且*1112nnnnPPPPnN

，当n时，点nP无限趋近于点M，则点M的坐标是____________.【答案】135,33【解析】【分析】先计算01PP的坐标，再求出1nnPP的坐标，利用向量的和可求点nP的坐标，

利用基本极限可求M的坐标.【详解】因为012,1PP，故1101111112,222nnnnnPPPP，因为011210nnnPPPPPPPP，故1001121111112,2,222212,nnnnnPP

PPPPPP01121122441221,,113323321122nnnnnPP

，故nP的坐标为1341521,332332nn，因为1lim02nn，故135,33M.

故答案为：135,33.【点睛】本题考查向量的和、等比数列的通项、等比数列的前n项和以及数列的极限，注意根据基本极限来求M的坐标，本题综合度高，为难题.四、解答题13．设数列na、nb都有无穷项，na的前n项和为21352nSnn，

nb是等比数列，34b且632b.（1）求na和nb的通项公式；（2）记nnnacb，求数列nc的前n项和为nT.【答案】（1）31nan；1*,2nnbnN（2）137142nn【解析】【分析】（1）由11,1,2

nnnSnaSSn可求出na，根据定义求出数列nb的公比，从而可求出nb；（2）由题意得1312nnnc，再用错位相减法求和即可．【详解】解：（1）当1n时，1a=1S=4；当2n时，22111353(1)5(1)22nnnaSSn

nnn1[3(21)5]312nn，且14a亦满足此关系，∴na的通项为*31,nannN，设nb的公比为q，则3638bqb，则2q=，∴31*32nnnbbqnN；（2）由题意，1312nnnn

ancb，而214710323112422nnnnnT，27101331281242nnnT，两式相减，有21111318312422nnnnT

，2111313783214222nnnnn．【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式的求法，考查错位相减法求和，属于中档题．14．已知数列na的前n项和为nS，且满足233nnSa.（1）证明数列na是等

比数列；（2）若数列nb满足3lognnba，记数列11nnbb前n项和为nT，证明112nT.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据233nnSa，利用数列通项与前n项和关系

，得到13nnaa，再利用等比数列的定义求解.（2）由（1）得到3nna，则1111111nnbbnnnn，然后利用裂项相消法求得nT1111nnn，再根据nT为递增数列求解.【详解】（1）由题意得，当*2

nnN时，1222nnnaSS，11333333nnnnaaaa∴13nnaa，即13nnaa，当1n时，1112233aSa，∴130a故na是以3为首项，3为公比的等比

数列（2）由（1）可知3nna，∴33l3logognnnban，∴1111111nnbbnnnn∴1111112233411nTnnnn11111111112233411nnnn

1111nnn因为*2nnN时，111101nnnnTTbbnn，所以nT为递增数列，故112nTT因为*nN

，则101n，故1111nTn所以112nT【点睛】本题主要考查数列通项与前n项和的关系，等比数列的定义，裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.15．已知数列na满足12a,210a,212nnn

aaa,nN.(1)证明:数列1nnaa是等比数列;(2)求数列na的通项公式;(3)证明:1211134naaa.【答案】(1)证明见解析;(2)1221nnna;(3)证明见解析.【解析】【分析

】（1）由212nnnaaa，得2112nnnnaaaa，即可得到本题答案；（2）由1132nnnaa，得11122222nnnnaa，即可得到本题答案；（3）当1n时，满足题意；若n是偶数

，由12123111111111nnnaaaaaaaa，可得1211134naaa；当n是奇数,且3n时，由1211231111111111nnnnaaaaaaaaa

，可得1211134naaa，综上，即可得到本题答案.【详解】(1)因为212nnnaaa，所以2112nnnnaaaa，因为12120aa，所以2112nnnnaaaa，所以数列1nnaa是等比数列；(2)因

为1132nnnaa，所以1113222nnnnaa，所以11122222nnnnaa，又因为12a，所以1212a，所以22nna是以1为首项，12为公比的等比数列，所以11222nnna

，所以1221nnna；(3)①当1n时，11324na；②若n是偶数，则1213211113122222242142nnnnnnnnaa，所以当n是偶数时，121211111111nnnaa

aaaaa123111111nnaaaaa241311124222n11334124414；③当n是奇数，

且3n时，121211111111nnnaaaaaaa123111111nnaaaaa2411311124222n

11334124414；综上所述，当nN时，1211134naaa.【点睛】本题主要考查利用构造法证明等比数列并求通项公式，以及数列与不等式的综合问题.16．已知等比数列{}

na的前n项和为nS，若3a，232a，12a成等差数列，且1152a，430S.（1）求等比数列{}na的通项公式（2）若2lognnba，111(1)nnnncbb，求nc前2020项和202

0T；（3）若112(1)nnnndda，13521mmPdddd，2462mmQdddd，mG是mP与mQ的等比中项且0mG，对任意*,stN，stGG，求ρ取值范围.【答案】（1）2nna；（2）202

02021；（3）1[2，)．.【解析】【分析】（1）设等比数列{}na的公比为(0)qq．可知若1q时，原题意不成立；当1q时，由已知列关于首项与公比的方程组，求得首项与公比，则等比数列的通项公式可求；（2）2lognnban

，11111(1)()(1)()1nnnnncbbnn，由裂项相消法求和；（3）由已知可得，212nndd，利用等比数列的求和公式分别求得mP与mQ，得到mG，再由数列的函数特性分类求出mG的范围，则答案可求．【详解】（

1）设等比数列{}na的公比为(0)qq．若1q，由430S，求得1152a，与1152a矛盾；若1q，由已知有21114132(1)301aqaqaaqq，解得122aq

．2nna；（2）2lognnban，11111(1)()(1)()1nnnnncbbnn，则20201232020Tcccc11111112020(1)()()()22334

202020212021；（3）由已知可得，11121()21()2nnnnnndddd，则212nndd．111[1()]212[1()]1321()2mmmdPd，221[1()]212[1()]1321(

)2mmmdQd．2124121[1()][1()]9232mmmGdd．当m为偶数时，21(1)32mmG单调递增，1()2mminG，1[2mG，2)3；当m为奇数时，21(1)3

2mmG单调递减，()1mmaxG，2(3mG，1]．故11()()122mmaxmminGG…．取值范围为1[2，)．【点睛】本题考查等差数列的性质，考查等比数列的通项公式与前n项和的求法，训练了裂项相消法求数列的前n项和以及数列

的单调性与最值，是难题．