2022版高考数学大一轮复习作业本29《等比数列及其前n项和》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本29《等比数列及其前n项和》(含答案详解)，共3页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
在数列{an}中，“an=2an－1，n=2,3,4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
在等比数列{an}中，a5a11=3，a3＋a13=4，则eq \f(a15,a5)=( )
A.3 B.－eq \f(1,3) C.3或eq \f(1,3) D.－3或－eq \f(1,3)
在各项均为正数的等比数列{an}中，a1=3，a9=a2a3a4，则公比q的值为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C.2 D.3
已知递增的等比数列{an}的公比为q，其前n项和Sn<0，则( )
A.a1<0,01 C.a1>0,00，q>1
已知等比数列{an}的前n项积记为Ⅱn.若a3a4a8=8，则Ⅱ9=( )
A.512 B.256 C.81 D.16
设数列{an}满足2an=an＋1(n∈N*)，且前n项和为Sn，则eq \f(S4,a2)的值为( )
A.eq \f(15,2) B.eq \f(15,4) C.4 D.2
已知等比数列{an}的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为( )
A.4 B.6 C.8 D.10
已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3=4，a4＋a5＋a6=8，则S12=( )
A.40 B.60 C.32 D.50
已知在等比数列{an}中，a3=7，前三项之和S3=21，则公比q的值是( )
A.1 B.－eq \f(1,2) C.1或－eq \f(1,2) D.－1或eq \f(1,2)
已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11=－3eq \r(3)，b1＋b6＋b11=7π，则taneq \f(b3＋b9,1－a4·a8)的值是( )
A.－eq \r(3) B.－1 C.－eq \f(\r(3),3) D.eq \r(3)
已知各项均是正数的等比数列{an}中，a2，eq \f(1,2)a3，a1成等差数列，则eq \f(a4＋a5,a3＋a4)的值为( )
A.eq \f(\r(5)－1,2) B.eq \f(\r(5)＋1,2) C.－eq \f(\r(5)－1,2) D.eq \f(\r(5)－1,2)或eq \f(\r(5)＋1,2)
已知等比数列{an}的各项均为不等于1的正数，数列{bn}满足bn=lg an，b3=18，b6=12，
则数列{bn}的前n项和的最大值为( )
A.126 B.130 C.132 D.134
二、填空题
设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|=________.
设公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2=3a2＋2，S4=3a4＋2，则q= .
在各项都为正数的等比数列{an}中，若a2 018=eq \f(\r(2),2)，则eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)的最小值为 .
已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10=2a5.对任意的m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm，则数列{bm}的前m项和Sm=________.
\s 0 参考答案
答案为：B
解析：当an=0时，也有an=2an－1，n=2,3,4，…，但{an}不是等比数列，
因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有eq \f(an,an－1)=2，n=2,3,4，…，
即an=2an－1，n=2,3,4，…，所以必要性成立.故选B.
答案为：C
解析：根据等比数列的性质得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3q52＝3，,a31＋q10＝4，))化简得3q20－10q10＋3=0，
解得q10=3或eq \f(1,3)，所以eq \f(a15,a5)=eq \f(a5q10,a5)=q10=3或eq \f(1,3).
答案为：D
解析：由a9=a2a3a4得a1q8=aeq \\al(3,1)q6，所以q2=aeq \\al(2,1).因为等比数列{an}的各项都为正数，所以q=a1=3.
答案为：A.
解析：∵Sn<0，∴a1<0，又数列{an}为递增的等比数列，
∴an＋1>an，且|an|>|an＋1|，∴－an>－an＋1>0，
则q=eq \f(－an＋1,－an)∈(0,1)，∴a1<0,0 答案为：A
解析：由题意知，a3a4a7q=a3a7a4q=a3a7a5=aeq \\al(3,5)=8，Ⅱ9=a1a2a3…a9
=(a1a9)(a2a8)·(a3a7)(a4a6)a5=aeq \\al(9,5)，所以Ⅱ9=83=512.
答案为：A
解析：由题意知，数列{an}是以2为公比的等比数列，故eq \f(S4,a2)=eq \f(\f(a11－24,1－2),a1×2)=eq \f(15,2).故选A.
答案为：C.
解析：由题意得a1＋a3＋…=85，a2＋a4＋…=170，所以数列{an}的公比q=2，
由数列{an}的前n项和Sn=eq \f(a11－qn,1－q)，得85＋170=eq \f(1－2n,1－2)，解得n=8.
答案为：B.
解析：由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，
即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，
因此S9－S6=16，S6=12，S12－S9=32，S12=32＋16＋12=60.
答案为：C.
解析：当q=1时，a3=7，S3=21，符合题意；
当q≠1时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝7，,\f(a11－q3,1－q)＝21，))得q=－eq \f(1,2).综上，q的值是1或－eq \f(1,2)，故选C.
答案为：A；
解析：依题意得，aeq \\al(3,6)=(－eq \r(3))3，a6=－eq \r(3)，3b6=7π，
b6=eq \f(7π,3)，eq \f(b3＋b9,1－a4·a8)=eq \f(2b6,1－a\\al(2,6))=－eq \f(7π,3)，故taneq \f(b3＋b9,1－a4·a8)=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,3)))=－taneq \f(π,3)=－eq \r(3).
答案为：B
解析：设{an}的公比为q(q＞0).由a3=a2＋a1，得q2－q－1=0，解得q=eq \f(1＋\r(5),2).
从而eq \f(a4＋a5,a3＋a4)=q=eq \f(1＋\r(5),2).
答案为：C
解析：设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，由题意可知，lg a3=b3，lg a6=b6.
又b3=18，b6=12，则a1q2=1018，a1q5=1012，∴q3=10－6，即q=10－2，∴a1=1022.
∵{an}为正项等比数列，∴{bn}为等差数列，且公差d=－2，b1=22，
故bn=22＋(n－1)×(－2)=－2n＋24.
∴数列{bn}的前n项和Sn=22n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)=－n2＋23n=－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(23,2)))2＋eq \f(529,4).
又n∈N*，故n=11或12时，(Sn)max=132.
答案为：15
解析：由题意得an=(－2)n－1，所以a1＋|a2|＋a3＋|a4|=1＋|－2|＋(－2)2＋|(－2)3|=15.
答案为：eq \f(3,2)或－1.
解析：解法1：易知q≠1.由S2=3a2＋2，得eq \f(a11－q2,1－q)=3a1q＋2，化简得a1=eq \f(2,1－2q)，
由S4=3a4＋2，得eq \f(a11－q4,1－q)=3a1q3＋2，化简得a1(1＋q＋q2－2q3)=2.
从而，可得eq \f(2,1－2q)·(1＋q＋q2－2q3)=2，变形整理得q(2q－3)(q＋1)=0，
又q≠0，所以q=eq \f(3,2)或q=－1.
解法2：由S2=3a2＋2，S4=3a4＋2，两式作差得S4－S2=3(a4－a2)，
即a3＋a4=3(a4－a2)，整理得a3＋3a2=2a4，所以a2q＋3a2=2a2q2，
又a2≠0，所以2q2－q－3=0，解得q=eq \f(3,2)或q=－1.
答案为：4；
解析：设公比为q(q＞0)，因为a2 018=eq \f(\r(2),2)，所以a2 017=eq \f(a2 018,q)=eq \f(\r(2),2q)，a2 019=a2 018q=eq \f(\r(2),2)q，
则有eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)=eq \r(2)q＋eq \f(2,\f(\r(2),2)q)=eq \r(2)q＋eq \f(2\r(2),q)≥2eq \r(2) eq \r(q×\f(2,q))=4，当且仅当q2=2，
即q=eq \r(2)时取等号，故所求最小值为4.
答案为：eq \f(72m＋1－7,48).
解析：设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn.由T5=105，a10=2a5，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5a1＋\f(5×5－1,2)d＝105，,a1＋9d＝2a1＋4d，))解得a1=7，d=7，
因此an=a1＋(n－1)d=7＋7(n－1)=7n(n∈N*).
对任意的m∈N*，若an=7n≤72m，则n≤72m－1.
因此bm=72m－1，所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，
故Sm=eq \f(7×1－49m,1－49)=eq \f(7×72m－1,48)=eq \f(72m＋1－7,48).