2022届高考数学(文科)总复习课时跟踪练：(三十三)等比数列及其前n项和-Word版含解析.doc

课时跟踪练(三十三)
A组　基础巩固
1．(2019·湖北调考)设等比数列{an}中，a2＝2，a2＋a4＋a6＝14，则公比q＝(　　)
A．3 B．±
C．2 D．±
解析：由题意得解得q2＝2，
所以q＝±，故选D.
答案：D
2．[一题多解](2019·成都二诊)在等比数列{an}中，已知a3＝6，a3＋a5＋a7＝78，则a5＝(　　)
A．12 B．18
C．24 D．36
解析：法一　设等比数列{an}的公比为q，则有a3＋a3q2＋a3q4＝6＋6q2＋6q4＝78，解得q2＝3，所以a5＝a3q2＝18，故选B.
法二　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则由题意有解得所以a5＝a1q4＝18.
答案：B
3．(2019·菏泽模拟)等比数列{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则的值为(　　)
A．2 B．－或
C. D．－
解析：因为a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a2＋a16＝－6，a2·a16＝2，所以a2<0，a16<0，即a1>0，q<0或a1<0，q>0，所以＝a9＝±＝±.故选B.
答案：B
4．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：因为a4与a14的等比中项为2，
所以a4·a14＝a7·a11＝(2)2＝8，
所以2a7＋a11≥2＝2＝8，
所以2a7＋a11的最小值为8.
答案：B
5．已知数列{an}满足log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)的值是(　　)
A．－5 B．－
C．5 D.
解析：因为log3an＋1＝log3an＋1，
所以an＋1＝3an.又由题意知an>0，
所以数列{an}是公比q＝3的等比数列．
因为a5＋a7＋a9＝q3(a2＋a4＋a6)，
所以log(a5＋a7＋a9)＝log(9×33)＝log35＝－5.
答案：A
6．在等比数列{an}中，若a1·a5＝16，a4＝8，则a6＝________．
解析：由题意得，a2·a4＝a1·a5＝16，
所以a2＝2，所以q2＝＝4，所以a6＝a4q2＝32.
答案：32
7．在各项均为正数的等比数列{an}中，若am·am＋2＝2am＋1(m∈N*)，数列{an}的前n项积为Tn，且T2m＋1＝128，则m的值为________．
解析：因为am·am＋2＝2am＋1，所以a＝2am＋1，即am＋1＝2，即{an}为常数列．又T2m＋1＝(am＋1)2m＋1，由22m＋1＝128，得m＝3.
答案：3
8．(2019·合肥二测)已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项的和S9＝________．
解析：由＝4(an＋1－an)可得a－4an＋1an＋4a＝0，即(an＋1－2an)2＝0，即an＋1＝2an，又a1＝2，所以数列{an}是首项和公比都是2的等比数列，则其前9项的和S9＝＝210－2＝1 022.
答案：1 022
9．(2016·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{bn}的前n项和．
解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2，
所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝，
因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．
记{bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝＝－.
10．(2019·惠州三调)已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值．
解：(1)因为点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，
所以an＋1＝an＋2，所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是等差数列，公差为2，又a1＝1，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝＝n2.
等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以q＝3.
所以bn＝3n－1.
所以数列{bn}的前n项和Tn＝＝.
Tn≤Sn可化为≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.
故适合条件Tn≤Sn的所有n的值为1，2.
B组　素养提升
11．数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　　)
A．(3n－1)2 B.(9n－1)
C．9n－1 D.(3n－1)
解析：因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，
当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，
所以当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，
又n＝1时，a1＝2适合上式，所以an＝2·3n－1，
故数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列，
因此a＋a＋…＋a＝＝(9n－1)．
答案：B
12．(2019·河南六市联考)若正项递增等比数列{an}满足1＋(a2－a4)＋λ(a3－a5)＝0(λ∈R)，则a6＋λa7的最小值为(　　)
A．－2 B．－4
C．2 D．4
解析：因为{an}是正项递增的等比数列，
所以a1>0，q>1，
由1＋(a2－a4)＋λ(a3－a5)＝0，
得1＋(a2－a4)＋λq(a2－a4)＝0，
所以1＋λq＝，
所以a6＋λa7＝a6(1＋λq)＝＝
＝＝(q2－1)＋2＋≥2 ＋2＝4(q2－1>0)，
当且仅当q＝时取等号，所以a6＋λa7的最小值为4.故选D.
答案：D
13．(2019·佛山质量检测)数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝3－，n∈N*，则a1＋a2＋…＋an＝________.
解析：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝3－，
所以a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝3－(n≥2)，
两式相减得(2n－1)an＝(n≥2)，an＝(n≥2)，
当n＝1时，a1＝3－＝，适合上式，所以an＝(n∈N*)，
因此a1＋a2＋…＋an＝＝1－.
答案：1－
14．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明：因为an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
所以an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．
因为a1＝5，a2＝5，所以a2＋2a1＝15，
所以an＋2an－1≠0(n≥2)，
所以＝3(n≥2)，
所以数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．
(2)解：由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，
所以an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又因为a1－3＝2，所以an－3n≠0，
所以{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
所以an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n.