统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练31等比数列及其前n项和理

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[基础强化]
一、选择题
1．等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S6＝9S3，S5＝62，则a1＝( )
A． eq \r(2) B．2
C． eq \r(5) D．3
2．已知等比数列{an}满足a1＝ eq \f(1,8)，4a2a4＝4a3－1，则a2＝( )
A．± eq \f(1,4)B． eq \f(1,4)
C．± eq \f(1,16) D． eq \f(1,16)
3．[2023·江西省赣州市期末]已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1·a6＝9，则lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a6＝( )
A．6 B．9
C．27 D．81
4．[2023·江西省南昌市模拟]数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，则a4＝( )
A．8 B．16
C．12 D．24
5．[2023·珠海模拟]在等比数列{an}中，a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ＝a9且a8＞a9，则使得an－ eq \f(1,a1)>0的自然数n的最大值为( )
A．10 B．9
C．8 D．7
6．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－ eq \f(8,9)，则当Tn取得最大值时，n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
7．[2023·江西省赣州市一模]等比数列{an}满足a8＋a10＝ eq \f(1,2)，a11＋a13＝1，则a20＋a22＝( )
A．8 B．4
C．－4 D．－8
8．[2022·全国乙卷(理)，8] 已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
A．14 B．12
C．6 D. 3
9．[2023·陕西省西安中学三模]在等比数列{an}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，则 eq \f(a3·a9·a15,a5·a13)的值为( )
A．－ eq \f(2＋\r(2),2) B．－ eq \r(2)
C． eq \r(2) D．－ eq \r(2)或 eq \r(2)
二、填空题
10．[2023·江西省南昌市月考]若等比数列{an}的前n项的和为Sn，且满足S2＝3，S3－S1＝6，则a6＝________．
11．[2023·全国乙卷(理)]已知 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．
12．[2023·吉林省质量监测(三)]已知数列{an}是首项为3，公比为q的等比数列，Sn是其前n项的和，若a3a4＋a5＝0，则q＝________；S3＝________．
[能力提升]
13．[2023·北京模拟]《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺，蒲生日自半，莞生日自倍．意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．”请问当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是(结果精确到0.1，参考数据：lg 2≈0.30，lg 3≈0.48)( )
A．2.9天 B．3.9天
C．4.9天 D．5.9天
14．[2023·浙江模拟]设{an}为等比数列，Sn和Tn分别为{an}的前n项和与前n项积，则下列选项错误的是( )
A．若S2 023≥S2 022，则{Sn}不一定是递增数列
B．若T2 024≥T2 023，则{Tn}不一定是递增数列
C.若{Sn}为递增数列，则可能存在a2 022D.若{Tn}是递增数列，则a2 022>a2 021一定成立
15．[2023·上海模拟]若数列{an}满足 eq \f(1,an＋1)－ eq \f(3,an)＝0，则称{an}为“追梦数列”．已知数列{ eq \f(1,bn＋1)}为“追梦数列”，且b1＝2，则数列{bn}的通项公式bn＝________．
16．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
专练31 等比数列及其前n项和
1．B 由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q6）,1－q)＝9×\f(a1（1－q3）,1－q)，,\f(a1（1－q5）,1－q)＝62，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q3＝8，,\f(a1（1－q5）,1－q)＝62，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝2，))选B.
2．A 因为4a2a4＝4a3－1，所以4a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) q4＝4a1q2－1，又a1＝ eq \f(1,8)，解得q＝±2，所以a2＝a1·q＝ eq \f(1,8)×(±2)＝± eq \f(1,4).故选A.
3．A ∵等比数列{an}的各项均为正数，且a1·a6＝9,
∴lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a6＝lg3(a1·a2·…·a6)＝lg3(a1·a6)3＝lg393＝6.
4．B 因为数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，
所以令m＝n＝1，则a1＋1＝a1a1＝2×2＝4，即a2＝4，
令m＝n＝2，则a2＋2＝a2a2＝4×4＝16，即a4＝16.
5．C 因为a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ＝a9，即(a1q6)2＝a1q8，所以a5＝1，又因为a8>a9，所以数列{an}为正项单调递减数列，所以00，所以qn－9>1＝q0，所以n<9.又因为n为整数，故nmax＝8.
6．C 设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－ eq \f(8,9)，q3＝ eq \f(1,27)，q＝ eq \f(1,3)，此等比数列各项均为负数，当n为奇数时，Tn为负数，当n为偶数时，Tn为正数，所以Tn取得最大值时，n为偶数，排除B，而T2＝(－24)2×( eq \f(1,3))＝24×8＝192，
T4＝(－24)4( eq \f(1,3))6＝84× eq \f(1,9)＝ eq \f(84,9)＞192，
T6＝(－24)6( eq \f(1,3))15＝86×( eq \f(1,3))9＝ eq \f(86,39)＝ eq \f(1,9)× eq \f(86,37)＜ eq \f(84,9)，T4最大，选择C.
7．A 对等比数列{an}，不妨设其公比为q，
由a8＋a10＝ eq \f(1,2)，a11＋a13＝1可得a8(1＋q2)＝ eq \f(1,2)，a11(1＋q2)＝1，
故可得q3＝2，则a20＋a22＝a11(1＋q2)×q9＝1×(q3)3＝23＝8.
即a20＋a22＝8.
8．D 设等比数列{an}的公比为q.由题意知， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a2,q)＋a2＋a2q＝168，,a2－a2q3＝42.))两式相除，得 eq \f(1＋q＋q2,q（1－q3）)＝4，解得q＝ eq \f(1,2).代入a2－a2q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4＝3.故选D.
9．B 在等比数列{an}中，a7，a11是方程x2＋5x＋2＝0的两根，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a7＋a11＝－5,a7a11＝2))，∴a9＝－ eq \r(2)，
则 eq \f(a3·a9·a15,a5·a13)＝ eq \f(a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(9)) ,a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(9)) )＝a9＝－ eq \r(2).
10．32
解析：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
根据S2＝3，S3－S1＝6，
可得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝3,a1q＋a1q2＝6))，
解得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1,q＝2))，
所以a6＝a1q5＝32.
11．－2
解析：方法一 设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1 ①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) q17＝－8 ②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
方法二 设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.
12．－ eq \f(1,3) eq \f(7,3)
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a3a4＋a5＝0，
则a1q2·a1q3＋a1q4＝0，将a1＝3代入得3q＋1＝0，得q＝－ eq \f(1,3)，
所以an＝3·(－ eq \f(1,3))n－1，
所以S3＝a1＋a2＋a3＝3－1＋ eq \f(1,3)＝ eq \f(7,3).
13．C 设蒲的长度构成等比数列{an}，其首项a1＝3，公比为 eq \f(1,2)，其前n项和为An.莞的长度构成等比数列{bn}，其首项b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn.则An＝ eq \f(3（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2))，Bn＝ eq \f(2n－1,2－1)，由题意可得5× eq \f(3（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2))＝ eq \f(2n－1,2－1)，解得2n＝30或2n＝1(舍去).∴n＝lg230＝ eq \f(lg 30,lg 2)＝ eq \f(lg 3＋1,lg 2)＝ eq \f(1.48,0.3)≈4.9.
14．D 对于选项A，当{an}为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…，时，S2 023＝1，S2 022＝0，S2 021＝1，满足S2 023≥S2 022，但S2 021>S2 022，所以{Sn}不是递增数列，故选项A正确；
对于选项B，当{an}为：1，－1，1，－1，1，－1，1，－1，…时，T2 023＝－1，T2 024＝1，T2 025＝－1，
满足T2 024≥T2 023，但{Tn}不是递增数列，故选项B正确；
对于选项C，当{an}为：1， eq \f(1,2)， eq \f(1,4)， eq \f(1,8)，…，时，Sn＝ eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2(1－ eq \f(1,2n))，满足{Sn}为递增数列，此时a2 022＝ eq \f(1,22 021)对于选项D，当{an}为：2，2，2，…，时，Tn＝2n，满足{Tn}是递增数列，但是a2 022＝a2 021＝2，故选项D不正确．
15．3n－1
解析：根据题意，“追梦数列”{an}满足 eq \f(1,an＋1)－ eq \f(3,an)＝0(n∈N＋)，即an＝3an＋1，则数列{an}是公比为 eq \f(1,3)的等比数列．
若数列{ eq \f(1,bn＋1)}为“追梦数列”，则 eq \f(1,bn＋1)＝ eq \f(1,b1＋1)×( eq \f(1,3))n－1＝ eq \f(1,3n)⇒bn＋1＝3n⇒bn＝3n－1.
16．64
解析：设等比数列{an}的公比为q，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a2＋a4＝5，))
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q2＝10，,a1q＋a1q3＝5，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝8，,q＝\f(1,2)，))
∴a1a2…an＝( eq \f(1,2))(－3)＋(－2)＋…＋(n－4)
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(\f(1,2)n（n－7）)
＝( eq \f(1,2)) eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（n－\f(7,2)）2－\f(49,4)))，
当n＝3或4时， eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（n－\f(7,2)）2－\f(49,4)))取到最小值－6，此时( eq \f(1,2)) eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（n－\f(7,2)）2－\f(49,4)))取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.