2021高考数学(文理通用)一轮课时作业27-等比数列及其前n项和.docx

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课时提升作业(二十七)
　等比数列及其前n项和
(45分钟　100分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.(2022·金华模拟)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且a4a10=16,则a6=(　　)
A.1 B.2 C.4 D.8
【解析】选B.由题意可得a72=a4a10=16,
又数列的各项都是正数,
故a7=4,故a6=a72=42=2.
2.(2022·广州模拟)记等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=12,S2=2,则S4=(　　)
A.2 B.6 C.16 D.20
【解析】选D.依据题意,由于等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=12,S2=12(1-q2)1-q=2⇒1+q=4⇒q=3,
S4=12(1-q4)1-q=12(1-q2)1-q·(1+q2)=2×10=20.
【加固训练】设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则S4a2=(　　)
A.2 B.4 C.152 D.172
【解析】选C.S4a2=1a1q·a1(1-q4)1-q=1-242×(-1)=152.
3.(2022·嘉兴模拟)在等比数列{an}中,有an+1a2n=3n,则a1a2…a6=(　　)
A.±(33)11 B.(33)13
C.±35 D.36
【思路点拨】由已知递推公式,令n=2可求a3·a4,然后结合等比数列的性质可得a1a2…a6=(a3·a4)3,即可求解.
【解析】选D.由于an+1a2n=3n,
所以a3·a4=32,则由等比数列的性质可得a1a2…a6=(a3·a4)3=36.
【加固训练】在等比数列{an}中,a1+a2=1,a3+a4=2,则a5+a6+a7+a8=(　　)
A.10　　 　B.11　　 　C.12　　　 D.14
【解析】选C.由题意知,a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8成等比数列,所以a5+a6=2×2=4,a7+a8=4×2=8.
所以a5+a6+a7+a8=4+8=12.
4.(2021·新课标全国卷Ⅰ)设首项为1,公比为23的等比数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)
A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2
C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an
【思路点拨】利用等比数列的通项公式以及前n项和公式Sn=a1-anq1-q或Sn=a1(1-qn)1-q求解.
【解析】选D.
方法一:由于等比数列的首项为1,公比为23,Sn=a1-anq1-q=1-23an1-23,所以Sn=3-2an.
方法二:Sn=1-23n1-23=3-3×23n
=3-223n-1,an=23n-1,观看四个选项可知选D.
5.已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,且S3,S9,S6成等差数列,则q3等于
(　　)
A.-1或12 B.1或-12
C.1 D.-12
【解析】选D.当q=1时,易验证知不符合S3,S9,S6成等差数列,
当q≠1时,由2S9=S3+S6,得2·a1(1-q9)1-q=a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q.
化简整理得:2q9-q6-q3=0,
即(q3-1)(2q3+1)=0⇒q3=-12.
【误区警示】等比数列求和公式分两种状况q=1和q≠1,解题时应留意条件是否示意了q的范围,假如没有示意,应当争辩,而不能直接用公式Sn=a1(1-qn)1-q.
6.设{an}是首项大于零的等比数列,则“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的(　　)
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【解析】选C.若已知a1<a2,则设数列{an}的公比为q,由于0<a1<a2,所以有0<a1<a1q,解得q>1,又a1>0,所以数列{an}是递增数列;反之,若数列{an}是递增数列且a1>0,则公比q>1,所以a1<a1q,即a1<a2,所以a1<a2是数列{an}是递增数列的充分必要条件.
7.已知等比数列{an}中的各项都是正数,且5a1,12a3,4a2成等差数列,则a2n+1+a2n+2a1+a2=(　　)
A.-1 B.1 C.52n D.52n-1
【解析】选C.设等比数列{an}的公比为q(q>0),则依题意有a3=5a1+4a2,即a1q2=5a1+4a1q,q2-4q-5=0,解得q=-1或q=5.又q>0,因此q=5,所以a2n+1+a2n+2a1+a2=a1q2n+a2q2na1+a2=q2n=52n,选C.
【方法技巧】等差数列与等比数列的联系与区分

等差数列
等比数列
不同点
(1)强调每一项与前一项的差
(2)a1和d可以为0
(3)任意两实数的等差中项唯一
(4)当m+n=p+q(m,n,p,q∈N*)时am+an=ap+aq
(1)强调每一项与前一项的比
(2)a1与q均不为0
(3)两同号实数(不为0)的等比中项有两个值
(4)当m+n=p+q(m,n,p,q∈N*)时aman=apaq
相同点
(1)都强调每一项与其前一项的关系
(2)结果都必需是常数
(3)数列都可以由a1,d或a1,q确定
联系
(1)若{an}为正项等比数列,则{logman}为等差数列,其中m>0,且m≠1
(2){an}为等差数列,则{b an}为等比数列
(3)非零常数列既是等差数列又是等比数列
8.已知f(x)=bx+1是关于x的一次函数,b为不等于1的常数,且g(n)=1,n=0,f(g(n-1)),n≥1,设an=g(n)-g(n-1)(n∈N*),则数列{an}为(　　)
A.等差数列 B.等比数列
C.递增数列 D.递减数列
【解析】选B.a1=g(1)-g(0)=f(g(0))-g(0)=b+1-1=b,当n≥2时,an=g(n)-g(n-1)= f(g(n-1))-f(g(n-2))=b[g(n-1)-g(n-2)]=ban-1,所以{an}是等比数列.
二、填空题(每小题5分,共20分)
9.(2021·广东高考)设数列{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,则a1+|a2|+a3+|a4|=　　　　　.
【解析】由题意知a1=1,q=-2,得an=a1·qn-1=1·(-2)n-1=(-2)n-1,
a1+|a2|+a3+|a4|=1+|-2|+(-2)2+|(-2)3|=15.
答案:15
10.(2021·辽宁高考)已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=　　　　　.
【思路点拨】利用方程求得a1,a3的值,结合等比数列,求出基本量(首项和公比),进而解决求和问题.
【解析】由于方程x2-5x+4=0的根为1,4,而等比数列{an}是递增数列,所以a1=1,a3=4.由等比数列的通项公式得,
a3=a1q2=q2=4⇒q=±2.又由于等比数列{an}是递增数列,故q=2.从而S6=a1(1-q6)1-q=1×(1-26)1-2=63.
答案:63
11.等比数列{an}的首项a1=-1,前n项和为Sn,若S10S5=3132,则公比q=　　　　　　.
【思路点拨】利用等比数列的前n项和的性质求解.
【解析】由S10S5=3132,a1=-1知公比q≠1,
S10-S5S5=-132.
由等比数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,
且公比为q5,故q5=-132,解得q=-12.
答案:-12
【加固训练】设{an}是公比为q的等比数列,|q|>1,令bn=an+1(n=1,2,…),若数列{bn}有连续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中,则6q=　　　　　　.
【解析】由题意知,数列{bn}有连续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中,说明{an}有连续四项在集合{-54,-24,18,36,81}中,由于{an}中连续四项至少有一项为负,所以q<0,
又由于|q|>1,所以{an}的连续四项为-24,36,-54,81,所以q=36-24=-32,所以6q=-9.
答案:-9
12.(力气挑战题)在等比数列{an}中,an>0,若a1·a2·…·a7·a8=16,则a4+a5的最小值为　　　　　　.
【解析】由已知a1a2·…·a7a8=(a4a5)4=16,所以a4a5=2,又a4+a5≥2a4a5=22(当且仅当a4=a5=2时取等号).所以a4+a5的最小值为22.
答案:22
三、解答题(13题12分,14～15题各14分)
13.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+cn(c是常数,n=1,2,3,…),且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列.
(1)求c的值.
(2)求{an}的通项公式.
【解析】(1)a1=2,a2=2+c,a3=a2+2c=2+3c,
由于a1,a2,a3成等比数列,所以(2+c)2=2(2+3c),
解得c=0或c=2.
当c=0时,a1=a2=a3,不符合题意舍去,故c=2.
(2)由(1)知an+1-an=2n(n=1,2,3,…)
a2-a1=2,
a3-a2=4,
…
当n≥2时,an-an-1=2(n-1),
以上各式累加得an-a1=2[1+2+…+(n-1)]=2×n(n-1)2=n(n-1).
又a1=2,
故an=2+n(n-1)=n2-n+2(n=2,3,…).
当n=1时,上式也成立,
所以an=n2-n+2(n=1,2,…).
14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4an-3(n∈N*).
(1)证明:数列{an}是等比数列.
(2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n∈N*),且b1=2,求数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)依题意Sn=4an-3(n∈N*),
n=1时,a1=4a1-3,解得a1=1.
由于Sn=4an-3,
则Sn-1=4an-1-3(n≥2),
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,
整理得an=43an-1.又a1=1≠0,
所以{an}是首项为1,公比为43的等比数列.
(2)由于an=43n-1,
由bn+1=an+bn(n∈N*),
得bn+1-bn=43n-1.
可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=2+1-43n-11-43
=3·43n-1-1(n≥2),
当n=1时也满足,
所以数列{bn}的通项公式为bn=3·43n-1-1.
15.(力气挑战题)(2021·湖北高考)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2021?若存在,求出符合条件的全部n的集合;若不存在,说明理由.
【思路点拨】(1)由条件S4,S2,S3成等差数列和a2+a3+a4=-18列出方程组,解出首项和公比,运用等比数列通项公式得出{an}的通项公式.(2)假设存在正整数n,使得Sn≥2021,解不等式,求n的解集.
【解析】(1)设数列an的公比为q,则a1≠0,q≠0.由题意得
S2-S4=S3-S2,a2+a3+a4=-18,即-a1q2-a1q3=a1q2,a1q1+q+q2=-18,
解得a1=3,q=-2.
故数列an的通项公式为an=3-2n-1.
(2)由(1)有Sn=3·1--2n1--2=1--2n.
若存在n,使得Sn≥2021,则1--2n≥2021,即-2n≤-2022.
当n为偶数时,-2n>0,上式不成立;
当n为奇数时,-2n=-2n≤-2022,
即2n≥2022,则n≥11.
综上,存在符合条件的正整数n,且全部这样的n的集合为nn=2k+1,k∈N,k≥5.
【加固训练】已知数列{an}是等比数列,a3=1,又a4,a5+1,a6成等差数列,数列anbn的前n项和Sn=(n-1)2n-2+1(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,若T2n-Tn≥t对一切正整数n都成立,求实数t的取值范围.
【解析】(1)设{an}的公比为q,由于a3=1,
所以a4=q,a5=q2,a6=q3.
由于a4,a5+1,a6成等差数列,
所以2(q2+1)=q+q3.解得q=2.
所以an=a3qn-3=2n-3.
当n=1时,a1b1=S1=1,
所以b1=a1=14.
当n≥2时,anbn=Sn-Sn-1=n·2n-3,
所以bn=14,n=1,1n,n≥2.
(2)设An=T2n-Tn=bn+1+bn+2+…+b2n
=1n+1+1n+2+…+12n,
由于An+1-An=1n+2+1n+3+…+12n+2-
1n+1+1n+2+…+12n
=12n+1+12n+2-1n+1
=12n+1-12n+2>0,
所以{An}是单调递增数列,
则当n=1时,An有最小值12.
故t≤(T2n-Tn)min=12.
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