【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册专题4.3《等比数列》提升卷(解析版).doc，共(16)页，880.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题4.3等比数列（B卷提升篇）（人教A版第二册,浙江专用）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2020·浙江其他）正项等比数列na中，21a，3516aa，则2413aaaa的值是（）A．2B．4C．8D．16【答案】A【解析】2

1a，235416aaa，44a，24242aqqa，13241313(2)aaaqaaaqaa.故选：A.2．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高一期末）已知等比数列{}na的

前n项和233nnSt，则t（）A．1B．1C．3D．9【答案】C【解析】根据题意，等比数列{}na的前n项和233nnSt，则31133273aStt，43221(33)(33)54aSStt，54332(33)(33)16

2aSStt，则有2(273)16254t，解得3t，故选：C.3．（2020·广东云浮·高一期末）在正项等比数列na中，若63a，则313233311loglogloglogaaaaL（）．A．5B．6C．10D．11【答案】D【解析】因为63a，且

na为等比数列，所以21112103948576aaaaaaaaaaa23，所以113132333113123113loglogloglogloglog311aaaaaaaaLL.故选：D.4．（2020·浙江瓯海·温州中学高二期末）已知等比数列na的前n

项和为nS，则“10a”是“20210S”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【答案】C【解析】由于数列na是等比数列，所以2021111nqSaq，由于101nqq，所以2021111001nqSaaq

，所以“10a”是“20210S”的充要条件.故选：C5．（2020·唐山市第十二高级中学高一期末）由实数构成的等比数列na的前n项和为nS，12a，且2344,,aaa成等差数列，则6S（）A．62B．124C．126D．154【答案】C【解析】由题意知，324

24aaa，设na的公比为q，则231111242aqaqaqa解得2q，则6621212612S.故选C.6.（2020·河北运河·沧州市一中月考）已知等比数列na中，

各项都是正数，且1a、312a、22a成等差数列，则8978aaaa（）A．21B．322C．322D．21【答案】D【解析】设等比数列na的公比为q，则0q，由于1a、312a、22a成等差数列，则123

2aaa，即21112aaqaq，整理得2210qq，0q，解得21q，因此，77818911676781111211aqqaaaqaqqaaaqaqaqq

.故选：D.7．（2020·河北邢台·期中）已知等比数列na的前n项和与前n项积分别为nS，nT，公比为正数，且316a，3112S，则使1nT成立的n的最大值为（）A．8B．9C．12D．13【答案】C【解析】因为316a，3112

S，公比为正数显然不为1，所以231313(1)10aaqaqSqq，解得164a，12q，所以72nna，则132112nnnnnaTa，要使1nT，则1302nn，解得013n，故n的最大值为12.故选：

C.8．（2020·广西壮族自治区南宁三中高一期末）著名物理学家李政道说：“科学和艺术是不可分割的”.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的，它们是按照严格的数学方法确定的.我国明代的数学家、音乐理论家朱载填创立了十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的

人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如下表所示，其中1213,,,aaa表示这些半音的频率，它们满足1212log11,2,,12iiaia.若某一半音与#D的频率之比为32

，则该半音为（）频率1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12a13a半音C#CD#DEF#FG#GA#ABC（八度）A．#FB．GC．#GD．A【答案】B【解析】依题意可知01,2,,12,13nan.由于1213,,,aaa满足1212log11

,2,,12iiaia，则121111222iiiiaaaa，所以数列1,2,,12,13nan为等比数列，设公比1122q，#D对应的频率为4a，题目所求半音与#D的频率之比为4113312222，所以所求半

音对应的频率为4112482aa.即对应的半音为G.故选：B9．（2020·江西新余·其他）在等比数列na中，1401aa，则能使不等式12121110nnaaaaaa成立的最大正整数n是（）

A．5B．6C．7D．8【答案】C【解析】∵在等比数列na中，1401aa，∴公比1q，∴4n时，10nnaa；4n时，10nnaa.∵241726351aaaaaaa，∴711aa，621aa

，531aa，∴123412341111aaaaaaaa5675671110aaaaaa，又当4n时，10nnaa，∴使不等式12121110nnaaaaaa

成立的n的最大值为7.故选：C10．（2020·湖北恩施土家族苗族高中月考）已知等差数列na的前n项和为nS，记nS的最大值为S，92nan，正项等比数列nb的公比为q，满足4qS，且14ba，则使nnab，成立的n的最小值为（）A

．6B．5C．4D．3【答案】D【解析】由题可设等差数列na的公差为d，∵92nan，∴17a，2d，28nSnn；当4n时，nS有最大值16S，∴141ba，416q，2q，∵0nb，∴2q=，12nnb

，要使nnab成立，即1922nn，且*nN，∴3n，则n的最小值为3.故选：D.第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分）11．（2020·武汉外国语学校其他（文））已知na

是各项均为正数的等比数列，118a，2321aa，2lognnba，则数列nb的前10项和为_______．【答案】60【解析】设数列na公比为q，由2321aa，则211184qq，解得4q或2q，因

为0q，所以4q．则1251428nnna，252log225nnbn，得13b，10210515b，数列nb的前10项和1010315602S．故答案为：6012．（20

20·滨海县八滩中学二模）已知等比数列na的前n和为nS，若435,,aaa成等差数列，且22kS，163kS，则2kS的值为_______________．【答案】107【解析】由题意可设等比

数列na的公比为q，首项为1a，由435,,aaa成等差数列可得：3452aaa，代入可得：2341112aqaqaq，解得：2q或1q，又因为163kS，易知2q，又因为22kS，1185kkkaSS

，所以212(85)170kkaqa，212=63170107kkkSSa，故答案为：107.13．（2020·安徽合肥·三模（文））已知数列na中nan，数列nb的前n项和21nnS．若数列nnab的前n项和nTM对

于nN都成立，则实数M的最小值等于_____．【答案】4【解析】由数列nb的前n项和21nnS得，当2n时，有11121212nnnnnnbSS，当1n时，有11211Sb也适合上式，故12nnb，nan，112nnn

anb，0121111112312222nnTn，12311111123222222nnTn

，由12得：1231111111111211222222212nnnnnTnn1222nn，即1244

2nnnT.又nTM对于nN都成立，所以4M,故实数M的最小值等于4.故答案为：4.14．（2020·云南省玉溪第一中学高二期中（理））在数列na中，310,aa是方程2350xx的两根，nS表示数列na的前n项和.（1）若na是等比数列，

则67aa_______；（2）若na是等差数列，则12S_________.【答案】518【解析】∵310,aa是方程2350xx的两根，∴3103103,5aaaa，∴若na是等比数列，则673105aaaa；若na是等差数列，则0

1231112126182aaSaa，故答案为：5，1815．（2020·北京海淀·人大附中高三开学考试）已知{}na是等差数列，{}nnab是公比为c的等比数列，113105aba，，，则数列{}na的前10

项和为__________，数列{}nb的前10项和为__________（用c表示）．【答案】1001090,11100,0,11cccc当时，当时【解析】因为{}na是等差数列，131,5aa，所

以3124aad，解得2d，所以12(1)21nann，所以1010910121002S因为{}nnab是公比为c的等比数列，且111ab+=，所以1nnnabc，故121nnb

cn，当1c时，10(220)10902T，当1c时，1029101(1)(13519)1001cTcccc，综上101090,11100,0,11cTccc当时，当时,故答案为：1

00；1090,11100,0,11cccc当时，当时16．（2020·江苏南通市·高二期中）一个正方形被等分成九个相等的小正方形，将中间的一个小正方形挖掉(如图（1）)；再将剩余的每个

小正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个小正方形挖掉得图（2）；如此继续下去……．设原正方形的边长为1，则第3个图中共挖掉____个正方形，第n个图中所有挖掉的正方形的面积和为_____．【答案】73819n【解析

】记第n个图形中共挖掉na个正方形，则118nnnaa(2)n，所以11a，2189aa个，3a28896473a，记第n个图形中共挖掉的正方形的面积为nb，则21111333b，222

111833bb4183，332232118833bb62183，，1111833nnnnnbb21183nn，将以上n个等式

相加得24622111118883333nnnb1118991189n819n.故答案为：73；819n.17．（20

20·重庆北碚区·西南大学附中高三月考）已知正项等比数列na中，42516,15aaaa，则na__________，又数列nb满足1111,21nnbbb；若nS为数列1nnab的前n项和，那么3nS_____________.【答案】12n1

(81)7n【解析】因为426aa，所以1q.因为2421451116115aaaqqaaaq，所以24212115qqqqq，即22520qq，解得12q或2q=.当12q时，代入426aa，解得116a（舍去）当2q

=时，代入426aa，解得11a，所以12nna-=.因为112b，111nnbb，所以21121bb，32111bb，431112bb，54121bb，……，所以

nb是以周期为3的循环数列.因为nS为数列1nnab的前n项和，所以323456731331111222222nnnnSaaaaaaaaa…，设31331122nnnncaaa

，31331313433321228122nnnnnnnnaaacqcaaa，所以nc是以首项2341212aaa，公比为8的等比数列.所以318181187nnnS.故答案为：12n；1(81)7n三．解答题（共5小题，满分

64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2020·石嘴山市第三中学高三月考（文））等差数列na满足1210aa，432aa.（1）求na的通项公式.（2）设等比数列nb满足23ba，37ba，求数列nb的前n项和.【答案】（1）22nan

；（2）224n.【解析】(1)∵na是等差数列，121431021022aaadaad，∴解出2d，14a，∴1(1)naadn422n22n.(2)∵232328ba，3727216ba

，nb是等比数列，322bqb，∴b1=421(1)4(12)24112nnnnbqsq19．（2020·吉林高三其他模拟（文））已知等差数列na的前n项和为nS，公差为d，且2639SSS

.（1）若1d，求na的通项公式；（2）若51a，612a，求数列12nd的前10项和10T的取值范围.【答案】（1）6nan；（2）1023,2046.【解析】（1）由2639SSS，得224565539aaaaa

，则50a或51a.当50a时，14a，则5nan；当51a时，15a，则6nan.（2）因为51a，所以50a，所以65aadd.因为612a，所以12d.因为910101212212Tdd1021

1023dd，所以10T的取值范围为1023,2046.20．（2020·吉林油田高级中学高一期末（理））已知在等比数列{}na中，213121,1aaaa，数列{}nb满足321()23

nnbbbbannN.（1）求数列{}na，{}nb的通项公式；（2）设数列{}nb的前n项和为nS，若任意*nN，nnSa恒成立，求的取值范围.【答案】（1）12nna-=，21,12,2nnn

bnn；（2）1.【解析】(1)设公比为q，213121,1aaaa，则22qq，解得2q=，12nna-\=.321()23nnbbbbannN，当1n时，111ba，当2n时，1221222nnn

nnnbaan，即22nnbn.∴21,12,2nnnbnn；（2）012122322nnSn，1212222322nnSn，两式相减

得：1221112222(1)21nnnnSnn.∴*nN，有1(1)21nnSn，nnnnSSaa，记nnnSca，则111(1)211122nnnn

ncn，∴11111(1)10222nnnnnccnn，∴数列{}nc递增，其最小值为11c.故1.21．（2020·浙江高一期末）设数列na的前n项和为nS，若nnannSN．（Ⅰ）证明

1na为等比数列并求数列na的通项公式；（Ⅱ）设211nnbna，数列nb的前n项和为nT，求nT；（Ⅲ）求证：12311112nnaaaaL．【答案】（Ⅰ）证明见解析；112nna；（Ⅱ）2332nnnT

；（Ⅲ）证明见解析.【解析】（Ⅰ）由nnSan得，当2n时，111nnSan两式作差得：121nnaa，即1211nnaa，即11112nnaa，令1n得1

12a，所以1na是以12为首项，12为公比的等比数列．所以112nna，故112nna．（Ⅱ）由（Ⅰ）知212112nnnnbna，123211352222nnnTL

234121113522222nnnTL两式作差得：2312312121112221111222222222222nnnnnTnnLL2112111112121111132322241222

2222212nnnnnnnn所以2332nnnT．（Ⅲ）由（Ⅰ）知112112121112nnnnna，则111212122nnna，1,222nnnNQ恒成立，1121122n

nna，即11112nna所以01211231111111111112222nnaaaaLL，01211111111122212222212nnnnnnn

L所以12311112nnaaaaL．22．（2020·河南高二月考（理））已知数列na满足112nnnaa，且243aa.（1）求数列na的通项，（2）设12221nnnn

ba，1nnniSb，求证：26nSn.【答案】（1）12222,2,nnnnan为奇数为偶数；（2）证明见解析.【解析】（1）由112nnnaa得122nnnaa，两式相除得22nnaa，所以21na，2na都是公比为2的等比数列，由

422aa及243aa得21a，又12021aa，所以11a，所以n为奇数时11122122nnnaa，n为偶数时2122222nnnaa，所以12222,2,nnnnan

为奇数为偶数；（2）1111222122121122nnnnnnnnnba，21135211222nnnninSbn，设2135211222nnnT

，则2311352122222nnnT，两式相减得211111211122222nnnnT121121121213122212nnnnnn，所以311216622nnnnT

，6nnSnTn，因为12362nnnT所以12362nnnSn所以125612nnnSn所以121102nnnnSS所以nS单调递增所以12nSS成立所以26nSn.