2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练37　等比数列（含答案解析）

这是一份2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练37　等比数列（含答案解析），共8页。试卷主要包含了数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。
(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)
基础 巩固练
1.(2025·浙江杭州期末)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若a2=2,a9=8a6,则S10=( )
A.1 022B.1 023
C.1 024D.1 025
2.(2025·黑龙江一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若公比q=2,S3=7,则a4+a5+a6=( )
A.49B.56
C.63D.112
3.(2025·江西二模)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4+a5+a6=-3,a7+a8+a9=9,则S15=( )
A.81B.71C.61D.51
4.(2025·江苏泰州模拟)设{an}是公比为q(q≠-1)的无穷等比数列,Sn为其前n项和,a1>0,则“Sn存在最小值”是“q>0”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
5.(多选题)(2025·广东深圳期中)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q=-2,a3=-8,则下列选项正确的是( )
A.a1=-2
B.a4+a5=-12
C.S6=42
D.数列{anan+1}是公比为4的等比数列
6.(多选题)(2025·湖南长沙三模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=Sn+1,{bn}为等差数列,且b2=a2,b8=a4,记集合An={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn,则下列结论正确的是( )
A.a1=1B.S4=16
C.bn=nD.cn=2n-1-n+1
7.(2025·河北秦皇岛二模)已知等比数列{an}的前6项和为126,其中偶数项和是奇数项和的2倍,则a1= .
8.(13分)(2025·浙江温州三模)数列{an}满足:a1=2,an+1=3an+2n-1,n∈N*.
(1)数列{bn}满足:bn=an+n,试判断{bn}是否是等比数列,并说明理由;
(2)数列{cn}满足:cn=(-1)nan,求数列{cn}的前2n项和T2n.
综 合 提升练
9.(2025·山东二模)记等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2+a3=6,a1a4=8,则S4=( )
A.15B.14
C.13D.12
10.记数列{an}的前n项和为Sn,若a1=k(k≠0),an+1-3an=k,且2Sn≥3an恒成立,则k的取值范围为( )
A.(-∞,0)
B.(0,+∞)
C.(-∞,0]
D.[0,+∞)
11.(多选题)(2025·福建福州模拟)已知等比数列{an}中,满足a1=1,q=2,Sn是数列{an}的前n项和,则下列选项正确的是( )
A.数列{a2n}是等比数列
B.数列{1an}是递增数列
C.数列{lg2an}是等差数列
D.数列{an}中,S10,S20,S30仍成等比数列
12.(多选题)(2026·辽宁模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=12,若数列{an+Sn}既是等差数列,又是等比数列,则下列选项正确的是( )
A.{an}是等差数列
B.{ln ann}是等比数列
C.{Sn}为递增数列
D.当且仅当n=3时,{n(n-1)an}取得最大值
13.(2025·湖北黄冈二模)已知数列{an}的首项为a1,前n项和为Sn,且an+1=an+1,n为奇数,2an+1,n为偶数,若2 0000,由a1>0,则Sn+1-Sn=an+1=a1qn>0,故Sn必有最小值S1=a1,故“Sn存在最小值”是“q>0”的必要条件,即“Sn存在最小值”是“q>0”的必要不充分条件.故选B.
5.ACD 解析 因为q=-2,a3=-8,所以a1=a3q2=-2,A正确;
易知a4+a5=a3(q+q2)=-16,B错误;
因为a1=-2,q=-2,所以S6=-2[1-(-2)6]1-(-2)=42,C正确;
因为an+1an+2anan+1=an+2an=q2=4,a1a2=-8,所以数列{anan+1}是首项为-8,公比为4的等比数列,故D正确.故选ACD.
6.ACD 解析 设等比数列{an}的公比为q,由an+1=Sn+1,得an=Sn-1+1(n≥2),
两式相减得an+1-an=Sn-Sn-1=an,即an+1=2an,所以q=2,
又a2=S1+1=a1+1,a2=2a1,解得a1=1,则an=2n-1,A正确;
Sn=1-2n1-2=2n-1,S4=24-1=15,B错误;
设等差数列{bn}的公差为d,由b2=a2=2,b8=a4=8,得6d=b8-b2=6,解得d=1,
所以bn=b2+(n-2)d=n,C正确;
由An={x∈N*|bn≤x≤an},得An={x∈N*|n≤x≤2n-1},则集合An中元素的个数为2n-1-n+1,即cn=2n-1-n+1,D正确.故选ACD.
7.2 解析 由题意知
a1+a2+a3+a4+a5+a6=126,a2+a4+a6=2(a1+a3+a5),可得a1+a3+a5=42,a2+a4+a6=84,
设{an}的公比为q,则a2+a4+a6=(a1+a3+a5)q,则q=2,
所以a1+a3+a5=a1(1+q2+q4)=21a1=42,则a1=2.
8.解 (1){bn}是等比数列,理由如下:
因为an+1=3an+2n-1,n∈N*,所以an+1+(n+1)=3(an+n).
又bn=an+n,所以bn+1=3bn.
因为a1=2,所以b1=3≠0,所以{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列.
(2)由(1)可知bn=3n,所以an=3n-n,
所以cn=(-1)n·(3n-n)=(-3)n+n·(-1)n+1,
所以T2n=[(-3)1+(-3)2+…+(-3)2n]+[1+(-2)+3+(-4)+…+(2n-1)-2n]=-3[1-(-3)2n]1-(-3)-n=34×9n-n-34.
9.A 解析 因为数列{an}为等比数列,所以a1a4=a2a3=8,
可得a2+a3=6,a2a3=8,解得a2=2,a3=4或a2=4,a3=2.若a2=2,a3=4,则公比q=a3a2=2,
可得a1=a2q=1,a4=a3q=8,所以S4=a1+a2+a3+a4=1+6+8=15;
若a2=4,a3=2,则公比q=a3a2=12,
可得a1=a2q=8,a4=a3q=1,所以S4=a1+a2+a3+a4=8+6+1=15.
综上,S4=15.故选A.
10.A 解析 因为an+1-3an=k,所以an+1+k2=3(an+k2).
又a1+k2=3k2≠0,
所以{an+k2}是首项为3k2,公比为3的等比数列,
则an+k2=3k2·3n-1,故an=3k2·3n-1-k2=k(3n-1)2,
所以Sn=3k2·(1-3n)1-3−k2·n=k(3n+1-2n-3)4,则2Sn-3an=2×k(3n+1-2n-3)4-3×k(3n-1)2=-kn.因为2Sn≥3an恒成立,所以-kn≥0恒成立,又n>0,所以-k≥0,解得k≤0.又k≠0,所以k