2022届高考数学二轮专题测练-等比数列的前n项和

这是一份2022届高考数学二轮专题测练-等比数列的前n项和，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共20小题；共100分）
1. 在等比数列 an 中，a1=1，a4=−8，则 an 的前 6 项和为
A. −21B. 11C. 31D. 63

2. 某种细菌在培养过程中每 20 分钟分裂一次（1 个分裂成 2 个），经过 3 小时这种细菌由一个可繁殖成
A. 511 个B. 512 个C. 1023 个D. 1024 个

3. 等比数列 an 中，已知前 4 项的和为 1，前 8 项的和为 17，则此等比数列的公比 q 为
A. 2B. −2C. 2 或 −2D. 2 或 −1

4. 设公比为 −2 的等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 S5=112，则 a4=
A. 8B. 4C. −4D. −8

5. 等比数列 an 的前 n 项和 Sn=a⋅2n+1（n∈N*），其中 a 是常数，则 a=
A. −2B. −1C. 1D. 2

6. 设等比数列 an 中，前 n 项和为 Sn，已知 S3=8，S6=7，则 a7+a8+a9 等于
A. 18B. −18C. 578D. 558

7. 设等比数列 an 中，前 n 项和为 Sn，已知 S3=8，S6=7，则 a7+a8+a9 等于
A. 18B. −18C. 578D. 558

8. 已知 an 为无穷等比数列，且公比 q>1，记 Sn 为 an 的前 n 项和，则下面结论正确的是
A. a3>a2B. a1+a2>0
C. an2 是递增数列D. Sn 存在最小值

9. 已知正项等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 a4=18，S3−a1=34，则 S5=
A. 3132B. 3116C. 318D. 314

10. 设等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 S3=9，S6=36，则 a7+a8+a9=
A. 144B. 81C. 45D. 63

11. 设递增的等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，已知 S4=403，3a4−10a3+3a2=0，则 a4=
A. 9B. 27C. 81D. 83

12. 等比数列 an 的首项为 1，其前 n 项和为 Sn，如果 S4S2=3，则 a5 的值为
A. 2B. 2 或 −2C. 4D. 4 或 −4

13. 等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，则下列一定成立的是
A. 若 a1>0，则 a20190，则 a20180，则 S2019>0D. 若 a2>0，则 S2018>0

14. 记 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和．若 a5−a3=12，a6−a4=24，则 Snan=
A. 2n−1B. 2−21−nC. 2−2n−1D. 21−n−1

15. 设 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和，且满足 3S9=7S6，mS6=nS3，则 nm=
A. 3B. 13C. 3 或 83D. 3 或 13

16. 数列 an 中，a1=2，am+n=aman．若 ak+1+ak+2+⋯+ak+10=215−25，则 k=
A. 2B. 3C. 4D. 5

17. 设 an 是公比为 q 的等比数列，其前 n 项的积为 Tn，并且满足条件：a1>1，a99a100−1>0，a99−1a100−11，a99−1a100−11，a1000，则“a2>0”是“数列 Sn 为递增数列”的必要条件．故“a2>0”是“数列 Sn 为递增数列”的必要不充分条件．
20. D
【解析】根据题意，要使得 an⊳M，则 an 中至少每隔一项就会出现不小于 M 的数，所以数列 an 各项不一定都大于或等于 M；
若 M=2，an 为 1,2,1,2,⋯，bn 为 2,1,2,1⋯，这时 an⊳M，bn⊳M，但 an+bn⊳2M 不成立；
若 M=−3，an 为 −2,1,−2,1,⋯，这时 an⊳M，但是 an2⊳M2 不成立；
若 an⊳M，即 an 与 an+1 中至少有一个不小于 M，则 2an+1 和 2an+1+1 中至少有一个不小于 2M+1，即 2an+1⊳2M+1．
第二部分
21. 19
【解析】由条件得 a1+a1q+a1q2=a1q+10a1，a1q4=9，解得 q=±3，a1=19．
22. 63
23. 32
【解析】设等比数列 an 的公比为 q≠1，
因为 S3=74，S6=634，所以 a11−q31−q=74，a11−q61−q=634，
解得 a1=14，q=2，则 a8=14×27=32．
24. 19
【解析】设等比数列 an 的公比为 q，
因为 S3=a2+10a1，a5=9，
所以 a1+a1q+a1q2=a1q+10a1,a1q4=9.
解得 q2=9,a1=19.
25. 1275
第三部分
26. q=−132．
27. （1） 设等差数列 ann∈N* 的首项为 a1，公差为 d，
a6−a3=3d=6⇒d=2，a3=a1+2d=−6⇒a1=−10．
通项公式 an=a1+n−1d=2n−12．
（2） 由已知 b2=a1+a2+a3=−10−8−6=−24，
等比数列 bn 的公比 q=b2b1=3，Sn=a11−qn1−q=−81−3n1−3=41−3n．
28. （1） 设 an 的公比为 q，由题设得 an=qn−1．
由已知得 q4=4q2，解得 q=0舍去，q=−2 或 q=2．
故 an=−2n−1 或 an=2n−1n∈N*．
（2） 若 an=−2n−1，则 Sn=1−−2n3．
由 Sm=63 得 −2m=−188，此方程没有正整数解．
若 an=2n−1，则 Sn=2n−1．
由 Sm=63 得 2m=64，解得 m=6．
综上，m=6．
29. （1） 因为 a1=2,2q2=4q+16,
所以 q=4或−2，又 S20202020，则 −2n0 不符合；
所以 n 为奇数，且 −211=−2048，−213=−4096，
所以 n≥13 且 n 为奇数，故 nmin=13．
30. （1） 当 n=1 时，S2+S1=a22，
即 a22−a2−2=0，
因为 an>0，
所以 a2=2，
由 Sn+1+Sn=an+12,Sn+Sn−1=an2,n≥2 可得 an+an+1=an+12−an2，
即 an+1+an=an+1+anan+1−an，
因为 an>0，
所以 an+1−an=1n≥2．
又因为 a2−a1=2−1=1，
所以 an 是公差为 1，首项为 1 的等差数列．
所以 an=1+n−1×1=nn∈N*，
由题意得：b1b2=2a1=2，
因为 b1=2，
所以 b2=1，
由 bnbn+1=2nn≥2,bn−1bn=2n−1,
两式相除得：bn+1bn−1=2n≥2，
所以 n 是奇数时，bn 是公比为 2，首项为 b1=2 的等比数列，
所以 bn=2n+12，
同理，n 是偶数时，bn 是公比为 2，首项为 b2=1 的等比数列，
所以 bn=2n−22．
综上 bn=2n+12, n是奇数2n−22, n是偶数．
（2） cn=an⋅b2n+−1n3n−2，
即 cn=n⋅2n−1+−1n3n−2，
令 n⋅2n−1 的前 n 项和为 An，
则 An=1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+n⋅2n−1,2An=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n,
两式相减得：−An=20+21+22⋯+2n−1−n⋅2n=1−2n1−2−n⋅2n，
所以 An=n−12n+1，
令 −1n3n−2 的前 n 项和为 Bn，
所以 Bn=3n2, n是偶数−3n+12, n是奇数，
综上 Tn=n−12n+3−3n2, n是奇数n−12n+1+3n2, n是偶数．