2022年新高考一轮复习考点精选练习24《等比数列》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习24《等比数列》（含详解），共4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
定义eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”.若已知正项数列{an}的前n项的“均倒数”为eq \f(1,2n＋1)，又bn=eq \f(an＋1,4)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)=( )
A.eq \f(1,11) B.eq \f(1,12) C.eq \f(10,11) D.eq \f(11,12)
在等比数列{an}中，an＞0，a1＋a2＋…＋a8=4，a1a2·…·a8=16，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)的值为( )
A.2 B.4 C.8 D.16
已知an=eq \f(3,2n－101)(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn＞0的n的最小值为( )
A.99 B.100 C.101 D.102
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2=2an＋1－an，a5=4－a3，则S7=( )
A.7 B.12 C.14 D.21
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
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}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}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，a1＋an=66，a2an－1＋a3an－2=256，且前n项和Sn=126，则n=( )
A.2 B.4 C.6 D.8
已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))为奇函数，g(x)=f(x)＋1，若an=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2 019)))，则数列{an}的前2 018项和为( )
A.2 017 B.2 018 C.2 019 D.2 020
已知函数f(n)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))且an=f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 028=( )
A.－2 027 B.－2 028 C.2 027 D.2 028
二、填空题
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018= .
已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等差数列，则数列{an}的公比为________.
某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________.
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=__________.
在公差d＜0的等差数列{an}中，已知a1=10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列，
则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|=________.
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：C；
解析：依题意有eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)=eq \f(1,2n＋1)，即数列{an}的前n项和Sn=n(2n＋1)=2n2＋n，
当n=1时，a1=S1=3；当n≥2时，an=Sn－Sn－1=4n－1，a1=3满足该式.
则an=4n－1，bn=eq \f(an＋1,4)=n.因为eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,nn＋1)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)=1－eq \f(1,11)=eq \f(10,11).
答案为：A；
解析：由分数的性质得到eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)=eq \f(a8＋a1,a8a1)＋eq \f(a7＋a2,a7a2)＋…＋eq \f(a4＋a5,a4a5).
因为a8a1=a7a2=a3a6=a4a5，所以原式=eq \f(a1＋a2＋…＋a8,a4a5)=eq \f(4,a4a5)，
又a1a2·…·a8=16=(a4a5)4，an＞0，∴a4a5=2，∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)=2.
答案为：C
解析：由通项公式得a1＋a100=a2＋a99=a3＋a98=…=a50＋a51=0，a101=eq \f(3,101)＞0.故选C.
答案为：C
解析：由an＋2=2an＋1－an知数列{an}为等差数列，由a5=4－a3得a5＋a3=4=a1＋a7，
所以S7=eq \f(7a1＋a7,2)=14.
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：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：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：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：∵a2an－1＋a3an－2=2a1an=256，∴a1an=128，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1an＝128，,a1＋an＝66，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＝64))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝64，,an＝2.))设等比数列{an}的公比为q，
①当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＝64))时，Sn=eq \f(a11－qn,1－q)=eq \f(a1－anq,1－q)=eq \f(2－64q,1－q)=126，解得q=2，∴n=6.
②当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝64，,an＝2))时，Sn=eq \f(a11－qn,1－q)=eq \f(a1－anq,1－q)=eq \f(64－2q,1－q)=126，解得q=eq \f(1,2)，∴n=6.
综上n=6.故选C.
答案为：B；
解析：∵函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))为奇函数，∴其图象关于原点对称，
∴函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))对称，∴函数g(x)=f(x)＋1的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))对称，
∴g(x)＋g(1－x)=2，∵an=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2 019)))，
∴数列的前2 018项之和为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 019)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 019)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2 019)))＋…＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 017,2 019)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 018,2 019)))
=2 018.故选B.
答案为：D；
解析：当n为奇数时，n＋1为偶数，则an=n2－(n＋1)2=－2n－1，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 027=－(3＋7＋11＋…＋4 055).
当n为偶数时，n＋1为奇数，则an=－n2＋(n＋1)2=2n＋1，
所以a2＋a4＋a6＋…＋a2 028=5＋9＋13＋…＋4 057.
所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 028=(5－3)＋(9－7)＋(13－11)＋…＋(4 057－4 055)
=2×1 014=2 028，故选D.
答案为：3·21009－3.
解析：∵数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n，①∴n=1时，a2=2，n≥2时，an·an－1=2n－1，
②由①÷②得eq \f(an＋1,an－1)=2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 018=eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(21－21 009,1－2)=3·21 009－3.
答案为：eq \f(1＋\r(5),2)
解析：设{an}的公比为q，由题意易知q＞0且q≠1.因为S1，S3，S4成等差数列，
所以2S3=S1＋S4，即eq \f(2a11－q3,1－q)=a1＋eq \f(a11－q4,1－q)，解得q=eq \f(1＋\r(5),2).
答案为：6.
解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，
其前n项和Sn=eq \f(a11－qn,1－q)=eq \f(21－2n,1－2)=2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102，
由于26=64,27=128，则n＋1≥7，即n≥6.
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： SKIPIF 1 < 0 .
解析：由已知可得(2a2＋2)2=5a1a3，即4(a1＋d＋1)2=5a1·(a1＋2d)，
所以(11＋d)2=25(5＋d)，解得d=4(舍去)或d=－1，所以an=11－n.
当1≤n≤11时 ，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
=a1＋a2＋a3＋…＋an=eq \f(n10＋11－n,2)=eq \f(n21－n,2)；
当n≥12时，an＜0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
=a1＋a2＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)
=2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)
=2×eq \f(1121－11,2)－eq \f(n21－n,2)=eq \f(n2－21n＋220,2).
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|= SKIPIF 1 < 0
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.