2022版新教材高考数学一轮复习30等比数列训练含解析新人教B版

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三十　等比数列(建议用时：45分钟)A组　全考点巩固练1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，则公比q＝(　　)A．3　　　 　 B．4　　　 　C．5　　　 　 D．6B　解析：(方法一)由题意知，q≠1，则两式相减得，＝q3－q2，即＝1，所以q＝4.(方法二)因为3S3＝a4－2,3S2＝a3－2，所以两式相减，得3(S3－S2)＝(a4－2)－(a3－2)，即3a3＝a4－a3，得a4＝4a3，所以q＝＝4.2．(2020·凉山州模拟)已知正项等比数列{an}，向量a＝(a3，－8)，b＝(a7,2)．若a⊥b，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a9＝(　　)A．12 B．16C．18 D．6＋log25C　解析：向量a＝(a3，－8)，b＝(a7,2)．若a⊥b，可得a·b＝0，即a3a7－8×2＝0，即a3a7＝16.由正项等比数列{an}，可得a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝a＝16，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a9＝log2(a1a2…a9)＝log249＝9log24＝18.3．已知{an}为等比数列，数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，则数列{bn}的前n项和为(　　)A．3n＋1 B．3n－1C．   D．C　解析：因为b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，所以a1(b2－b1)＝a2，即a2＝3a1.又数列{an}为等比数列，所以数列{an}的公比为q＝3，所以bn＋1－bn＝＝3，所以数列{bn}是首项为2，公差为3的等差数列，所以数列{bn}的前n项和为Sn＝2n＋×3＝.故选C.4．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1 000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1 000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……，所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－2米时，乌龟爬行的总距离为(　　)A.   B.C.   D.B　解析：由题意知，乌龟每次爬行的距离构成等比数列{an}，且a1＝100，q＝，an＝10－2.故乌龟爬行的总距离为Sn＝＝＝.5．(2021·厦门模拟)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和，S10＝20，则S30－2S20＋S10的最小值为(　　)A．10 B．5  C．－5 D．－10C　解析：由Sn是正项等比数列{an}的前n项和可知q＞0，a1＞0.因为S10＝20，则S30－2S20＋S10＝S30－S20－S20＋S10＝S30－S20－(S20－S10)＝(a21＋a22＋…＋a30)－(a11＋a12＋…＋a20)，＝S10·q20－S10·q10＝20(q20－q10)．结合二次函数的性质可知，当q10＝时，上式取得最小值－5.6．在等比数列{an}中，已知a3＝6，a3＋a5＋a7＝78，则a5＝________.18　解析：a3＋a5＋a7＝a3(1＋q2＋q4)＝6(1＋q2＋q4)＝78⇒1＋q2＋q4＝13⇒q2＝3，所以a5＝a3q2＝6×3＝18.7．等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项的和S奇＝255，所有偶数项的和S偶＝－126，末项是192，则首项a1等于________．3　解析：设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N*)项，则a2k＋1＝192，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝(a2＋a4＋…＋a2k)＋a2k＋1＝S偶＋a2k＋1＝－＋192＝255，解得q＝－2，而S奇＝＝＝255，解得a1＝3.8．已知等比数列{an}中，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋a5a6＝______.　解析：设数列{an}的公比为q，则q3＝＝，所以q＝，a1＝＝4，所以数列{anan＋1}是首项为a1a2＝8，公比q2＝的等比数列，所以a1a2＋a2a3＋…＋a5a6＝＝＝.9．记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．解：(1)设{an}的公比为q，则解得故{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(1)得Sn＝＝－＋(－1)n.由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n·＝2＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．10．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．(1)证明：由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，有a1＋a2＝S2＝4a1＋2.所以a2＝5，所以b1＝a2－2a1＝3.又①－②，得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)．因为bn＝an＋1－2an，所以bn＝2bn－1(n≥2)，故{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．(2)解：由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，所以－＝，故是首项为，公差为的等差数列．所以＝＋(n－1)·＝，故an＝(3n－1)·2n－2.B组　新高考培优练11．(多选题)若数列{an}对任意n≥2(n∈N)满足(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，下面选项中关于数列{an}的命题正确的是(　　)A．{an}可以是等差数列B．{an}可以是等比数列C．{an}可以既是等差又是等比数列D．{an}可以既不是等差又不是等比数列ABD　解析：因为(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0，即an－an－1＝2或an＝2an－1.①当an≠0，an－1≠0时，{an}是等差数列或是等比数列．②an或an－1＝0时，{an}可以既不是等差又不是等比数列．故选ABD.12．(多选题)(2020·青岛质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的是(　　)A．数列{an＋1}是等差数列B．数列{an＋1}是等比数列C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1D．Tn＜1BCD　解析：因为Sn＋1＝Sn＋2an＋1，所以Sn＋1－Sn＝2an＋1，即an＋1＝2an＋1，an＋1＋1＝2(an＋1)．因为a1＝1，a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是公比为2的等比数列，所以选项B正确，A不正确．又an＋1＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n－1，故选项C正确.＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝1－＜1，所以选项D正确．故选BCD.13．在各项均为正数的等比数列{an}中，若am·am＋2＝2am＋1(m∈N*)，数列{an}的前n项积为Tn，且T2m＋1＝128，则m的值为________，数列{an}的前n项和Sn＝________.3　2n　解析：因为am·am＋2＝2am＋1，所以a＝2am＋1，即am＋1＝2，即{an}为常数列．又T2m＋1＝(am＋1)2m＋1，由22m＋1＝128，得m＝3.数列{an}的前n项和Sn＝2n.14．(2020·长治二模)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.(1)求an及Sn；(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意可得＝13，解得a1＝1，q＝3，所以an＝3n－1，Sn＝＝.(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列．因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，此时Sn＋＝×3n，则＝3.故存在常数λ＝，使得数列是等比数列．15．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．(1)求a2，a3的值；(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．(1)解：因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)·Sn＋2n(n∈N*)，所以当n＝1时，a1＝2×1＝2；当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，所以a2＝4；当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，所以a3＝8.(2)证明：因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①所以当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)·Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.所以－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，所以Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．因为S1＋2＝4≠0，所以Sn－1＋2≠0，所以＝2，故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．