2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习27《等比数列及其前n项和》(含详解)

这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习27《等比数列及其前n项和》(含详解)，共5页。试卷主要包含了若a2<2，则n最大值为，故选B等内容，欢迎下载使用。

、选择题
设{an}是公比为负数的等比数列，a1=2，a3－4=a2，则a3=( )
A.2 B.－2 C.8 D.－8
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和，且S2=2，S4=8，则S8=( )
A.16 B.128 C.54 D.80
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018等于( )
A.22 018－1 B.3×21 009－3 C.3×21 009－1 D.3×21 008－2
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)
若数列{an}的通项公式是an=(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12=( )
A.18 B.15 C.－18 D.－15
已知数列{an}满足lg3an＋1=lg3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6=9，则lgeq \f(1,3)(a5＋a7＋a9)的值是( )
A.－5 B.－eq \f(1,5) C.5 D.eq \f(1,5)
化简Sn=n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是( )
A.2n＋1＋n－2 B.2n＋1－n＋2 C.2n－n－2 D.2n＋1－n－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)
设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an=2n＋1，且Sn=1 350.若a2<2，则n最大值为( )
A.51 B.52 C.53 D.54
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，a2=2，且an＋2－2an＋1＋an=0(n∈N*)，
记Tn=eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)(n∈N*)，则T2 018=( )
A.eq \f(4 034,2 018) B.eq \f(2 017,2 018) C.eq \f(4 036,2 019) D.eq \f(2 018,2 019)
已知数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜t，则实数t的取值范围为( D )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
、填空题
若数列{an}满足：只要ap=aq(p，q∈N*)，必有ap＋1=aq＋1，那么就称数列{an}具有性质P.已知数列{an}具有性质P，且a1=1，a2=2，a3=3，a5=2，a6＋a7＋a8=21，则a2 020=__________.
记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an＋1，则S6= .
已知{an}为等比数列，且a3＋a6=36，a4＋a7=18.若an=eq \f(1,2)，则n=________.
已知等比数列{an}的公比不为－1，设Sn为等比数列{an}的前n项和，S12=7S4，则eq \f(S8,S4)= .
已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=4n，若不等式Sn＋8≥λn对任意的n∈N*都成立，
则实数λ的取值范围为________.
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 .
\s 0 答案解析
答案为：A；
解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a1=2，a3－a2=a1(q2－q)=4，
所以q2－q=2，解得q=2(舍去)或q=－1，所以a3=a1q2=2，故选A.
法二：若a3=2，则a2=2－4=－2，此时q=－1，符合题意，故选A.
答案为：D；
解析：由等比数列的性质可得S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6也成等比数列，
∴(S4－S2)2=S2(S6－S4)，∵S2=2，S4=8，∴36=2(S6－8)，即S6=26.
又(S4－S2)(S8－S6)=(S6－S4)2，∴S8=54＋S6=80.故选D.
答案为：B；
解析：∵a1=1，a2=eq \f(2,a1)=2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)=eq \f(2n＋1,2n)=2，∴eq \f(an＋2,an)=2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；
a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 018=a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018
=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)
=eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(21－21 009,1－2)=3×21 009－3.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：A；
解析：记bn=3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，
所以a1＋a2＋…＋a11＋a12=(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12
=(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)=6×3=18.
答案为：A；
解析：因为lg3an＋1=lg3an＋1，所以an＋1=3an.所以数列{an}是公比q=3的等比数列，
所以a2＋a4＋a6=a2(1＋q2＋q4)=9.
所以a5＋a7＋a9=a5(1＋q2＋q4)=a2q3(1＋q2＋q4)=9×33=35.
所以lgeq \f(1,3)35=－lg335=－5.
答案为：D.
解析：因为Sn=n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn=n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②
所以①－②得，－Sn=n－(2＋22＋23＋…＋2n)=n＋2－2n＋1，所以Sn=2n＋1－n－2.
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：A.
解析：因为an＋1＋an=2n＋1 ①，
所以an＋2＋an＋1=2(n＋1)＋1=2n＋3 ②，
②－①得an＋2－an=2，且a2n－1＋a2n=2(2n－1)＋1=4n－1，
所以数列{an}的奇数项构成以a1为首项，2为公差的等差数列，数列{an}的偶数项构成以a2为首项，2为公差的等差数列，数列{a2n－1＋a2n}是以4为公差的等差数列，
所以Sn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)＋a1－1，n为奇数，,\f(nn＋1,2)，n为偶数.))
当n为偶数时，eq \f(nn＋1,2)=1 350，无解
(因为50×51=2 550,52×53=2 756，所以接下来不会有相邻两数之积为2 700).
当n为奇数时，eq \f(nn＋1,2)＋(a1－1)=1 350，a1=1 351－eq \f(nn＋1,2)，
因为a2<2，所以3－a1<2，所以a1>1，
所以1 351－eq \f(nn＋1,2)>1，所以n(n＋1)<2 700，
又n∈N*，所以n≤51，故选A.
答案为：C；
解析：由an＋2－2an＋1＋an=0(n∈N*)，可得an＋2＋an=2an＋1，所以数列{an}为等差数列，
公差d=a2－a1=2－1=1，通项公式an=a1＋(n－1)×d=1＋n－1=n，
则其前n项和Sn=eq \f(na1＋an,2)=eq \f(nn＋1,2)，所以eq \f(1,Sn)=eq \f(2,nn＋1)=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
Tn=eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)=2eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,))1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(,,,,))=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))=eq \f(2n,n＋1)，
故T2 018=eq \f(2×2 018,2 018＋1)=eq \f(4 036,2 019)，故选C.
答案为：D；
解析：依题意得，当n≥2时，an=eq \f(a1a2a3…an,a1a2a3…an－1)=eq \f(2n2,2n－12)=2n2－(n－1)2=22n－1，
又a1=21=22×1－1，
因此an=22n－1，eq \f(1,an)=eq \f(1,22n－1)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,4)为公比的等比数列，
等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和等于eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))=eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n)))＜eq \f(2,3)，
因此实数t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)).
答案为：16.
解析：根据题意，数列{an}具有性质P，且a2=a5=2，
则有a3=a6=3，a4=a7，a5=a8=2.
由a6＋a7＋a8=21，可得a3＋a4＋a5=21，则a4=21－3－2=16，
进而分析可得a3=a6=a9=…=a3n=3，a4=a7=a10=…=a3n＋1=16，a5=a8=…=a3n＋2=2(n≥1)，
则a2 020=a3×673＋1=16.
答案为：-63.
解析：因为Sn=2an＋1，所以当n=1时，a1=2a1＋1，解得a1=－1，
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2an＋1－(2an－1＋1)，所以an=2an－1，
所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an=－2n－1，
所以S6=eq \f(－1×1－26,1－2)=－63.
答案为： 9
解析：设{an}的公比为q，由a3＋a6=36，a4＋a7=(a3＋a6)q=18，解得q=eq \f(1,2)，
由a1(q2＋q5)=36得a1=128，进而an=128·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－8.由an=eq \f(1,2)，解得n=9.
答案为：3；
解析：由题意可知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则(S8－S4)2=S4·(S12－S8)，
又S12=7S4，∴(S8－S4)2=S4·(7S4－S8)，
可得Seq \\al(2,8)－6Seq \\al(2,4)－S8S4=0，两边都除以Seq \\al(2,4)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S8,S4)))2－eq \f(S8,S4)－6=0，解得eq \f(S8,S4)=3或－2，
又eq \f(S8,S4)=1＋q4(q为{an}的公比)，∴eq \f(S8,S4)＞1，∴eq \f(S8,S4)=3.
答案为：(－∞，10].
解析：因为an=4n，所以Sn=2n2＋2n，不等式Sn＋8≥λn对任意的n∈N*恒成立，
即λ≤eq \f(2n2＋2n＋8,n)，又eq \f(2n2＋2n＋8,n)=2n＋eq \f(8,n)＋2≥10(当且仅当n=2时取等号)，
所以实数λ的取值范围为(－∞，10].
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.