(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习26《等比数列及其前n项和》巩固练习（2份打包，答案版+教师版）

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一、选择题
数列{an}满足a4＝27，an＋1＝﹣3an(n∈N*)，则a1＝( )
A.1 B.3 C.﹣1 D.﹣3
在等比数列{an}中，a1＝1，a3＝2，则a7＝( )
A.﹣8 B.8 C.8或﹣8 D.16或﹣16
在等比数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )
A.135 B.100 C.95 D.80
已知1，a1，a2,4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则eq \f(a1＋a2,b2)的值是( )
A.eq \f(5,2)或﹣eq \f(5,2) B.﹣eq \f(5,2) C.eq \f(5,2) D.eq \f(1,2)
在各项均为正数的等比数列{an}中，若a5a11＝4，a6a12＝8，则a8a9＝( )
A.12 B.4eq \r(2) C.6eq \r(2) D.32
已知等比数列{an}中，a5＝3，a4a7＝45，则eq \f(a7－a9,a5－a7)的值为( )
A.3 B.5 C.9 D.25
在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝( )
A.1 B.±1 C.2 D.±2
设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和.已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于( )
A.eq \f(15,2) B.eq \f(31,4) C.eq \f(33,4) D.eq \f(17,2)
设各项都是正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于( )
A.150 B.﹣200 C.150或﹣200 D.400或﹣50
设首项为1，公比为eq \f(2,3)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )
A.Sn＝2an﹣1 B.Sn＝3an﹣2 C.Sn＝4﹣3an D.Sn＝3﹣2an
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
设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(an＋1,an)＜1，若a3＋a5＝20，a3a5＝64，则S4＝( )
A.63或120 B.256 C.120 D.63
各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )
A.80 B.30 C.26 D.16
二、填空题
已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2aeq \\al(2,5)，a2＝1，则a1＝________.
若等比数列{an}满足a2a4＝a5，a4＝8，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
各项均为正数的等比数列{an}中，若a1≥1，a2≤2，a3≥3，则a4的取值范围是________.
设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2，a5，a11成等比数列，且a11＝2(Sm﹣Sn)(m＞n＞0，m，n∈N*)，则m＋n的值是________.
三、解答题
已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝eq \f(an,n).
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式.
已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＝4an＋1﹣4an.
(1)求证：数列{an＋1﹣2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
设数列{an＋1}是一个各项均为正数的等比数列，已知a3＝7，a7＝127.
(1)求a5的值；
(2)求数列{an}的前n项和.
在数列{an}中，aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
设数列{an}的各项均为正数，且a2＝4a1，an＋1＝aeq \\al(2,n)＋2an(n∈N*).
(1)证明：数列{lg3(1＋an)}为等比数列；
(2)设数列{lg3(an＋1)}的前n项和为Tn，求使Tn＞520成立时n的最小值.
\s 0 (小白高考)新高考数学(适合体育生)一轮复习26《等比数列及其前n项和》巩固练习（含答案）答案解析
一、选择题
答案为：C.
解析：由题意知数列{an}是以﹣3为公比的等比数列，∴a4＝a1(﹣3)3＝27，∴a1＝﹣1.故选C.
答案为：B.
解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，a3＝2，∴q2＝2，∴a7＝a3q4＝2×22＝8.故选B.
答案为：A.
解析：由等比数列前n项和的性质知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，
其首项为40，公比为eq \f(60,40)＝eq \f(3,2)，所以a7＋a8＝40×(eq \f(3,2))3＝135.
答案为：C.
解析：由题意得a1＋a2＝5，beq \\al(2,2)＝4，又b2与第一项的符号相同，所以b2＝2.所以eq \f(a1＋a2,b2)＝eq \f(5,2).故选C.
答案为：B.
解析：由等比数列的性质得aeq \\al(2,8)＝a5a11＝4，aeq \\al(2,9)＝a6a12＝8，
∵an＞0，∴a8＝2，a9＝2eq \r(2)，∴a8a9＝4eq \r(2).故选B.
答案为：D.
解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a7＝eq \f(a5,q)·a5q2＝9q＝45，所以q＝5，
所以eq \f(a7－a9,a5－a7)＝eq \f(a5q2－a7q2,a5－a7)＝q2＝25.故选D.
答案为：A.
解析：因为数列{an}是等比数列，所以a2a3a4＝aeq \\al(3,3)＝8，所以a3＝2，
所以a7＝a3q4＝2q4＝8，所以q2＝2，a1＝eq \f(a3,q2)＝1，故选A.
答案为：B.
解析：设数列{an}的公比为q，则显然q≠1，由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q·a1q3＝1，,\f(a11－q3,1－q)＝7，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，
∴S5＝eq \f(31,4).
答案为：A.
解析：易知S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30成等比数列，因此有(S20﹣S10)2＝S10(S30﹣S20)，即(S20﹣10)2＝10(70﹣S20)，故S20＝﹣20或S20＝30.又S20＞0，所以S20＝30，S20﹣S10＝20，S30﹣S20＝40，故S40﹣S30＝80，所以S40＝150.故选A.
答案为：D.
解析：由等比数列前n项和公式Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)，代入数据可得Sn＝3﹣2an.
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：C.
解析：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋a5＝20，,a3a5＝64，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝16，,a5＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝4，,a5＝16.))又eq \f(an＋1,an)＜1，
所以数列{an}为递减数列，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝16，,a5＝4.))设等比数列{an}的公比为q，则q2＝eq \f(a5,a3)＝eq \f(1,4)，
因为数列为正项等比数列，所以q＝eq \f(1,2)，从而a1＝64，所以S4＝120.选C.
答案为：B.
解析：由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n，S4n﹣S3n，…仍为等比数列.设S2n＝x，则2，x﹣2,14﹣x成等比数列.由(x﹣2)2＝2×(14﹣x)，解得x＝6或x＝﹣4(舍去).∴Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n，S4n﹣S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列.又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.
二、填空题
答案为：eq \f(\r(2),2)
解析：∵a3a9＝aeq \\al(2,6)，∴aeq \\al(2,6)＝2aeq \\al(2,5)，设等比数列{an}的公比为q，∴q2＝2，
由于q＞0，解得q＝eq \r(2)，∴a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(\r(2),2).
答案为：2n﹣1
解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a2a4＝a5，a4＝8，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q·a1q3＝a1q4，,a1q3＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))∴Sn＝eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n﹣1.
答案为：[eq \f(9,2)，8].
解析：设{an}的公比为q，则根据题意得q＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(a3,a2)，∴eq \f(3,2)≤q≤2，a4＝a3q≥eq \f(9,2)，
a4＝a2q2≤8，∴a4∈[eq \f(9,2)，8].
答案为：9.
解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a2，a5，a11成等比数列，
所以aeq \\al(2,5)＝a2a11，所以(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋10d)，解得a1＝2d，
又a11＝2(Sm﹣Sn)(m＞n＞0，m，n∈N*)，
所以2ma1＋m(m﹣1)d﹣2na1﹣n(n﹣1)d＝a1＋10d，化简得(m＋n＋3)(m﹣n)＝12，
因为m＞n＞0，m，n∈N*，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－n＝1，,m＋n＋3＝12))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－n＝2，,m＋n＋3＝6，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝5，,n＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2)))(舍去)，所以m＋n＝9.
三、解答题
解：(1)由条件可得an＋1＝eq \f(2n＋1,n)an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
理由如下：由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，
又b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得eq \f(an,n)＝2n﹣1，所以an＝n·2n﹣1.
解：(1)证明：由an＋2＝4an＋1﹣4an得an＋2﹣2an＋1＝2an＋1﹣4an
＝2(an＋1﹣2an)＝22(an﹣2an﹣1)＝…＝2n(a2﹣2a1)≠0，
∴eq \f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝2，
∴{an＋1﹣2an}是等比数列.
(2)由(1)可得an＋1﹣2an＝2n﹣1(a2﹣2a1)＝2n，
∴eq \f(an＋1,2n＋1)﹣eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)，
∴(eq \f(an, 2n))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列，
∴eq \f(an, 2n)＝eq \f(n,2)，an＝n·2n﹣1.
解：(1)由题可知a3＋1＝8，a7＋1＝128，
则有(a5＋1)2＝(a3＋1)(a7＋1)＝8×128＝1 024，
可得a5＋1＝32，即a5＝31.
(2)设数列{an＋1}的公比为q，
由(1)知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋1＝a1＋1q2，,a5＋1＝a1＋1q4，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋1＝2，,q＝2，))
所以数列{an＋1}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1＝2×2n﹣1＝2n，
所以an＝2n﹣1，
利用分组求和可得，数列{an}的前n项和Sn＝ SKIPIF 1 < 0 ﹣n＝2n＋1﹣2﹣n.
解：(1)证明：∵aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(an＋2＋1,an＋1＋1).
∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，
∴eq \f(a2＋1,a1＋1)＝2，
∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列.
(2)由(1)知，an＋1＝3·2n﹣1，
∴an＝3·2n﹣1﹣1，
∴Sn＝ SKIPIF 1 < 0 ﹣n＝3·2n﹣n﹣3.
解：(1)证明：由已知，得a2＝aeq \\al(2,1)＋2a1＝4a1，
则a1(a1﹣2)＝0，
因为数列{an}的各项均为正数，所以a1＝2.
因为an＋1＋1＝(an＋1)2＞0，
所以lg3(an＋1＋1)＝2lg3(an＋1).
又lg3(a1＋1)＝lg33＝1，
所以数列{lg3(1＋an)}是首项为1，公比为2的等比数列.
(2)由(1)可知，lg3(1＋an)＝2n﹣1，
所以Tn＝1＋2＋22＋…＋2n﹣1＝2n﹣1.
由Tn＞520，得2n＞521(n∈N*)，得n≥10.
则使Tn＞520成立时n的最小值为10.