2022届高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查-必修部分30-等比数列及其前n项和.docx

开卷速查(三十)　等比数列及其前n项和
A级　基础巩固练
1．已知等比数列{an}的公比q＝2，且2a4，a6,48成等差数列，则{an}的前8项和为(　　)
A．127　　　　　　　　　B．255
C．511　　　　　　　　　D.1 023
解析：∵2a4，a6,48成等差数列，
∴2a6＝2a4＋48，
∴2a1q5＝2a1q3＋48，又∵q＝2，∴a1＝1，
∴S8＝＝255.
答案：B
2．已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于(　　)
A．1　　　　　　　　　B.2
C．4　　　　　　　　　D.8
解析：∵a4－2a＋3a8＝0，
∴2a＝a4＋3a8，
即2a＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，
故b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝bq18＝(b7)3＝8.
答案：D
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m＝(　　)
A．3　　　　　　　　　B.4
C．5　　　　　　　　　D.6
解析：由已知得，Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝＝－2，又Sm＝＝－11，故a1＝－1，又am＝a1·qm－1＝－16，故(－1)×(－2)m－1＝－16，求得m＝5.
答案：C
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝(　　)
A．4n－1　　　　　　　　　B.4n－1
C．2n－1　　　　　　　　　D.2n－1
解析：∵∴
由①除以②可得＝2，解得q＝，代入①得a1＝2，∴an＝2×n－1＝.
∴Sn＝＝4.
∴＝＝2n－1，选D.
答案：D
5．等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)
A．12　　　　　　　　　 B.10
C．8　　　　　　　　　 D.2＋log35
解析：由题意可知a5a6＝a4a7，
又a5a6＋a4a7＝18得a5a6＝a4a7＝9，
而log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1·a2·…·a10)
＝log3(a5a6)5＝log395＝log3310＝10.
答案：B
6．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值为(　　)
A．16　　　　　　　　　 B.8
C．2　　　　　　　　　 D.4
解析：由题意知a4＞0，a14＞0，a4·a14＝8，a7＞0，a11＞0，则2a7＋a11≥2＝2＝2＝8，当且仅当即a7＝2，a11＝4时取等号，故2a7＋a11的最小值为8，故选B.
答案：B
7．在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝2，a2＋a3＝12，则该数列的前4项和为__________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝2，a2＋a3＝12，则a1q＋a1q2＝12，解得q＝2，故S4＝＝30.
答案：30
8．若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________，前n项和Sn＝________.
解析：由题意知q＝＝＝2.
由a2＋a4＝a2(1＋q2)＝a1q(1＋q2)＝20，
∴a1＝2.∴Sn＝＝2n＋1－2.
答案：2　2n＋1－2
9．在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8·a9＝－，则＋＋＋＝__________.
解析：∵＋＝，＋＝，而a8a9＝a7a10，
∴＋＋＋＝＝＝－.
答案：－
10．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a4＋6，且a1，a4，a13成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋1，求数列{bn}的前n项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
由于S3＝a4＋6，所以3a1＋＝a1＋3d＋6.
所以a1＝3.
由于a1，a4，a13成等比数列，
所以a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2，
即3(3＋12d)＝(3＋3d)2.
解得d＝2.
所以an＝2n＋1.
(2)由题意bn＝22n＋1＋1，设数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝22n＋1，
＝＝4(n∈N*)，所以数列{cn}为以8为首项，4为公比的等比数列．
所以Tn＝＋n＝＋n.
B级　力气提升练
11．已知数列{an}是首项为a1，公差为d(0＜d＜2π)的等差数列，若数列{cosan}是等比数列，则其公比为(　　)
A．1　　　　　　　　　 B.－1
C．±1　　　　　　　　　 D.2
解析：由于数列{cosan}是等比数列，
所以cos2(a1＋d)＝cosa1·cos(a1＋2d)，
cos2(a1＋d)＝cos(a1＋d－d)·cos(a1＋d＋d)
＝cos2(a1＋d)cos2d－sin2(a1＋d)sin2d，
所以sin2d[cos2(a1＋d)＋sin2(a1＋d)]＝0，
所以sin2d＝0，sind＝0，
由于0＜d＜2π，所以d＝π.
公比q＝＝＝－1.
答案：B
12．已知等比数列{an}的公比为q，记bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N*)，则以下结论确定正确的是(　　)
A．数列{bn}为等差数列，公差为qm
B．数列{bn}为等比数列，公比为q2m
C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2
D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm
解析：∵{an}是等比数列，
∴＝qmn＋m－m(n－1)－m＝qm.
∴＝＝(qm)m＝qm2.
答案：C
13．[2021·唐山市一中期中考试]在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an－n＋1，n∈N*.
(1)求证：{an－n}是等比数列；
(2)令bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求Sn的表达式．
解析：(1)证明：由a1＝1，an＋1＝2an－n＋1，n∈N*，可得
an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，a1－1＝－2≠0，
所以数列{an－n}是以－2为首项，以2为公比的等比数列．
(2)由(1)得：an－n＝－2×2n－1＝－2n，
所以an＝n－2n，bn＝－1，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－n.
令Tn＝＋＋…＋，
则Tn＝＋＋…＋，
两式相减得
Tn＝＋＋＋…＋－＝1－－
所以Tn＝2－，即Sn＝2－－n.
14．[2021·贵州七校第一次联考]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，a1＝b1＝1，且b3S3＝36，b2S2＝8(n∈N*)．
(1)求an和bn；
(2)若an＜an＋1，求数列的前n项和Tn.
解析：(1)由题意得，解得或，
∴，或.
(2)若an＜an＋1，由(1)知an＝2n－1，
∴＝
＝，
∴Tn＝＝.