高中数学高考课时跟踪检测（三十一） 等比数列及其前n项和 作业

这是一份高中数学高考课时跟踪检测（三十一） 等比数列及其前n项和 作业，共7页。试卷主要包含了基础练——练手感熟练度，综合练——练思维敏锐度等内容，欢迎下载使用。

课时跟踪检测（三十一） 等比数列及其前n项和
一、基础练——练手感熟练度
1．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝(　　)
A．4　　　　　　　　　　　 B.
C．2 D.
解析：选C　由题意，得解得或(舍去)，故选C.
2．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：选C　由题意得，2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∵a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.
3．已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝(　　)
A．1 B．5
C. D.
解析：选D　由题意得＝3a1q2，解得q＝－或q＝1(舍)，所以S5＝＝＝.
4．已知{an}是公差为3的等差数列，若a1，a2，a4成等比数列，则{an}的前10项和S10＝(　　)
A．165 B．138
C．60 D．30
解析：选A　由a1，a2，a4成等比数列得a＝a1a4，即(a1＋3)2＝a1·(a1＋9)，解得a1＝3，则S10＝10a1＋d＝10×3＋45×3＝165.故选A.
5．已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且满足：a1＋3a3＝，S3＝，则a4＝(　　)
A. B.
C．4 D．8
解析：选A　设等比数列{an}的公比为q，则q>0.
∵a1＋3a3＝，S3＝，∴a1＋3a1q2＝，a1(1＋q＋q2)＝，联立解得a1＝2，q＝.
则a4＝2×3＝.故选A.

二、综合练——练思维敏锐度

1．(2021·福州模拟)已知等比数列{an}各项均为正数，满足a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，则a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝(　　)
A．62 B．62
C．61 D．61
解析：选A　设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
∵a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，
∴a1(1＋q2)＝3，a1(q2＋q4)＝6，联立解得a1＝1，q2＝2.
∵＝q2＝2，a1a3＝1×(1×2)＝2，∴{anan＋2}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝＝62.故选A.
2．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为，则a＋a的最小值是(　　)
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C　∵等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为，∴a4a6＝a2a8＝2.
则a＋a≥2a4a6＝4，当且仅当a4＝a6＝时取等号．故选C.
3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为(　　)
A.(310－1) B.(910－1)
C.(279－1) D.(2710－1)
解析：选D　由an＋1－an＝3，知数列{an}为公差为3的等差数列，则an＝1＋(n－1)×3＝3n－2；由＝3，知数列{bn}为公比为3的等比数列，则bn＝3n－1.所以ban＝33n－3＝ 27n－1，则数列{ ban }为首项为1，公比为27的等比数列，则数列{ ban }的前10项和为＝(2710－1)．故选D.
4．(2021·邵阳模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝(　　)
A．2 B.
C. D．1或2
解析：选B　设S2＝k(k≠0)，S4＝3k，∵数列{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝，故选B.
5．(多选)在公比为q的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＝1，a5＝27a2，则下列说法正确的是(　　)
A．q＝3　　　　　　 B．数列{Sn＋2}是等比数列
C．S5＝121 D．2lg an＝lg an－2＋lg an＋2(n≥3)
解析：选ACD　因为a1＝1，a5＝27a2，所以有a1·q4＝27a1·q⇒q3＝27⇒q＝3，因此选项A正确；
因为Sn＝＝(3n－1)，所以Sn＋2＝(3n＋3)，
因为＝＝1＋≠常数，所以数列{Sn＋2}不是等比数列，故选项B不正确；
因为S5＝(35－1)＝121，所以选项C正确；
an＝a1·qn－1＝3n－1>0，
因为当n≥3时，lg an－2＋lg an＋2＝lg(an－2·an＋2)
＝lg a＝2lg an，所以选项D正确．
6．已知正项等比数列{an}满足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在两项am，an使得＝32，则＋的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　设公比为q，q>0.
∵数列{an}是正项等比数列，∴a2a8＝a＝16a5，
∴a5＝16，又a3＋a5＝20，∴a3＝4，
∴q＝2，∴a1＝1，∴an＝a1qn－1＝2n－1.
∵＝32，∴2m－12n－1＝210，即m＋n＝12，
∴＋＝(m＋n)＝≥＝(m，n∈N*)，
当且仅当n＝2m，即m＝4，n＝8时“＝”成立，
∴＋的最小值为，故选A.
7．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A　法一：依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，
因为{an}是等比数列，所以a＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.
法二：Sn＝2n＋1＋λ＝2×2n＋λ，易知q≠1，因为{an}是等比数列，所以Sn＝－qn，据此可得λ＝－2.故选A.
8．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝，a2＝，则数列{3nan}的前15项和为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝，第二项为6a2＝，故公比为，所以(n2＋n)an＝·n－1＝，所以an＝，则3nan＝＝－，其前n项和为1－，当n＝15时，前15项和为1－＝.
9．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于(　　)
A．80 B．30
C．26 D．16
解析：选B　由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．
设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．
由(x－2)2＝2×(14－x)，
解得x＝6或x＝－4(舍去)．
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.
10．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－，则当Tn取得最大值时，n的值为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．6
解析：选C　设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－，所以q3＝，q＝，易知此等比数列各项均为负数，则当n为奇数时，Tn为负数，当n为偶数时，Tn为正数，所以Tn取得最大值时，n为偶数，排除B；而T2＝(－24)2×＝24×8＝192，T4＝(－24)4× 6＝84×＝>192，T6＝(－24)6×15＝86×9＝＝×<，所以T4最大．故选C.
11．设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1＋a5＋a9＝π，则cos(a2＋a8)＝______；若bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，则b1b2…b10＝________.
解析：因为数列{an}为等差数列，a1＋a5＋a9＝π，
所以3a5＝π⇒a5＝，
所以cos(a2＋a8)＝cos(2a5)＝cos＝－.
又因为数列{bn}为等比数列，bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，
所以2b5b6＝4⇒b5b6＝2，所以b1b2…b10＝(b5b6)5＝25＝32.
答案：－　32
12．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a，a2＝1，则a1＝________.
解析：∵a3a9＝a，∴a＝2a，设等比数列{an}的公比为q，∴q2＝2，由于q>0，解得q＝，∴a1＝＝.
答案：
13．等比数列{an}中，已知各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝________.
解析：设{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝＝1＋(舍负)，则＝＝－1.
答案：－1
14．在数列{an}中，a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：∵a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即＝.
∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴＝2，
∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝3·2n－1，
∴an＝3·2n－1－1，∴Sn＝－n＝3·2n－n－3.
15．(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解：(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝2或q＝(舍去)．所以a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
16．(2021·青岛一模)设数列的前n项和为Sn，a1＝1，________.
给出下列三个条件：
①：数列为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；
②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；
③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1.
试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)选条件①.
因为数列为等比数列，
所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，
即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)，
设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，
所以(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍去)，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
选条件②.
因为点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上，
所以an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，所以an＝Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝an，＝2(n≥2)，
因为a1＝1，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，＝2也适合上式，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
选条件③.
当n≥2时，
因为2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1(n∈N*)，(ⅰ)
所以2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an，
所以2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an.(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得2an＝nan＋1－2(n－1)an，即＝2(n≥2)，
当n＝1时，2a1＝a2，＝2也适合上式，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得an＝2n－1(n∈N*)，
所以bn＝＝
＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋
＝＝－
＝－.