(新高考)高考数学一轮考点复习6.3《等比数列及其前n项和》课时跟踪检测(含详解)

PAGE第7页共7页课时跟踪检测（三十一）等比数列及其前n项和一、基础练——练手感熟练度1．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比qA．4 B.eq\f(5,2)C．2 D.eq\f(1,2)解析：选C由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1·a1q4＝16，,a1q＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,q＝－2))(舍去)，故选C.2．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则A．8 B．9C．10 D．11解析：选C由题意得，2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∵a1am＝a5a3．已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5A．1 B．5C.eq\f(31,48) D.eq\f(11,16)解析：选D由题意得eq\f(a11－q3,1－q)＝3a1q2，解得q＝－eq\f(1,2)或q＝1(舍)，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))5,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(11,16).4．已知{an}是公差为3的等差数列，若a1，a2，a4成等比数列，则{an}的前10项和S10＝()A．165 B．138C．60 D．30解析：选A由a1，a2，a4成等比数列得aeq\o\al(2,2)＝a1a4，即(a1＋3)2＝a1·(a1＋9)，解得a1＝3，则S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10×3＋45×3＝165.故选A.5．已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且满足：a1＋3a3＝eq\f(7,2)，S3＝eq\f(7,2)，则a4＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,8)C．4 D．8解析：选A设等比数列{an}的公比为q，则q>0.∵a1＋3a3＝eq\f(7,2)，S3＝eq\f(7,2)，∴a1＋3a1q2＝eq\f(7,2)，a1(1＋q＋q2)＝eq\f(7,2)，联立解得a1＝2，q＝eq\f(1,2).则a4＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,4).故选A.二、综合练——练思维敏锐度1．(2021·福州模拟)已知等比数列{an}各项均为正数，满足a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，则a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋A．62 B．62eq\r(2)C．61 D．61eq\r(2)解析：选A设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，∵a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，∴a1(1＋q2)＝3，a1(q2＋q4)＝6，联立解得a1＝1，q2＝2.∵eq\f(an＋1an＋3,anan＋2)＝q2＝2，a1a3＝1×(1×2)＝2，∴{anan＋2}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝eq\f(21－25,1－2)＝62.故选A.2．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为eq\r(2)，则aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,6)的最小值是()A．1 B．2C．4 D．8解析：选C∵等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为eq\r(2)，∴a4a6＝a2a8＝2.则aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,6)≥2a4a6＝4，当且仅当a4＝a6＝eq\r(2)时取等号．故选C.3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝eq\f(bn＋1,bn)＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为()A.eq\f(1,2)(310－1) B.eq\f(1,8)(910－1)C.eq\f(1,26)(279－1) D.eq\f(1,26)(2710－1)解析：选D由an＋1－an＝3，知数列{an}为公差为3的等差数列，则an＝1＋(n－1)×3＝3n－2；由eq\f(bn＋1,bn)＝3，知数列{bn}为公比为3的等比数列，则bn＝3n－1.所以ban＝33n－3＝27n－1，则数列{ban}为首项为1，公比为27的等比数列，则数列{ban}的前10项和为eq\f(1－2710,1－27)＝eq\f(1,26)(2710－1)．故选D.4．(2021·邵阳模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若eq\f(S4,S2)＝3，则eq\f(S6,S4)＝()A．2 B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10) D．1或2解析：选B设S2＝k(k≠0)，S4＝3k，∵数列{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3)，故选B.5．(多选)在公比为q的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＝1，a5＝27a2A．q＝3 B．数列{Sn＋2}是等比数列C．S5＝121 D．2lgan＝lgan－2＋lgan＋2(n≥3)解析：选ACD因为a1＝1，a5＝27a2，所以有a1·q4＝27a1·q⇒q3＝27⇒因为Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(1,2)(3n－1)，所以Sn＋2＝eq\f(1,2)(3n＋3)，因为eq\f(Sn＋1＋2,Sn＋2)＝eq\f(\f(1,2)3n＋1＋3,\f(1,2)3n＋3)＝1＋eq\f(2,1＋31－n)≠常数，所以数列{Sn＋2}不是等比数列，故选项B不正确；因为S5＝eq\f(1,2)(35－1)＝121，所以选项C正确；an＝a1·qn－1＝3n－1>0，因为当n≥3时，lgan－2＋lgan＋2＝lg(an－2·an＋2)＝lgaeq\o\al(2,n)＝2lgan，所以选项D正确．6．已知正项等比数列{an}满足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在两项am，an使得eq\r(aman)＝32，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为()A.eq\f(3,4) B.eq\f(9,10)C.eq\f(3,2) D.eq\f(9,5)解析：选A设公比为q，q>0.∵数列{an}是正项等比数列，∴a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝16a5，∴a5＝16，又a3＋a5＝20，∴a3＝4，∴q＝2，∴a1＝1，∴an＝a1qn－1＝2n－1.∵eq\r(aman)＝32，∴2m－12n－1＝210，即m＋n＝12，∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,12)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(n,m)·\f(4m,n))))＝eq\f(3,4)(m，n∈N*)，当且仅当n＝2m，即m＝4，n＝8时“＝”∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为eq\f(3,4)，故选A.7．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：选A法一：依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，因为{an}是等比数列，所以aeq\o\al(2,2)＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.法二：Sn＝2n＋1＋λ＝2×2n＋λ，易知q≠1，因为{an}是等比数列，所以Sn＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)qn，据此可得λ＝－2.故选A.8．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝eq\f(1,6)，a2＝eq\f(1,54)，则数列{3nan}的前15项和为()A.eq\f(14,15) B.eq\f(15,16)C.eq\f(16,17) D.eq\f(17,18)解析：选B等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝eq\f(1,3)，第二项为6a2＝eq\f(1,9)，故公比为eq\f(1,3)，所以(n2＋n)an＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(1,3n)，所以an＝eq\f(1,3nn2＋n)，则3nan＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，其前n项和为1－eq\f(1,n＋1)，当n＝15时，前15项和为1－eq\f(1,16)＝eq\f(15,16).9．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．30C．26 D．16解析：选B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＝30.10．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．3C．4 D．6解析：选C设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－eq\f(8,9)，所以q3＝eq\f(1,27)，q＝eq\f(1,3)，易知此等比数列各项均为负数，则当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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝24×8＝192，T4＝(－24)4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))6＝84×eq\f(1,9)＝eq\f(84,9)>192，T6＝(－24)6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))15＝86×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))9＝eq\f(86,39)＝eq\f(84,9)×eq\f(82,37)<eq\f(84,9)，所以T4最大．故选C.11．设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1＋a5＋a9＝π，则cos(a2＋a8)＝______；若bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，则b1b2…b10＝________.解析：因为数列{an}为等差数列，a1＋a5＋a9＝π，所以3a5＝π⇒a5＝eq\f(π,3)，所以cos(a2＋a8)＝cos(2a5)＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2).又因为数列{bn}为等比数列，bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，所以2b5b6＝4⇒b5b6＝2，所以b1b2…b10＝(b5b6)5＝25＝32.答案：－eq\f(1,2)3212．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2aeq\o\al(2,5)，a2＝1，则a1＝________.解析：∵a3a9＝aeq\o\al(2,6)，∴aeq\o\al(2,6)＝2aeq\o\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：eq\f(\r(2),2)13．等比数列{an}中，已知各项都是正数，且a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq\f(a13＋a14,a14＋a15)＝________.解析：设{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝eq\f(2＋\r(8),2)＝1＋eq\r(2)(舍负)，则eq\f(a13＋a14,a14＋a15)＝eq\f(1,q)＝eq\r(2)－1.答案：eq\r(2)－114．在数列{an}中，aeq\o\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.解：(1)证明：∵aeq\o\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＝eq\f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.15．(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.解：(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q＝2或q＝eq\f(1,2)(舍去)．所以a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.16．(2021·青岛一模)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，a1＝1，________.给出下列三个条件：①：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：(1)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,log2an＋1·log2an＋3)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)选条件①.因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋a1))为等比数列，所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，所以(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．选条件②.因为点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上，所以an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，所以an＝Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝an，eq\f(an＋1,an)＝2(n≥2)，因为a1＝1，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，eq\f(a2,a1)＝2也适合上式，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．选条件③.当n≥2时，因为2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1(n∈N*)，(ⅰ所以2n－1a1＋2n－2a2＋…＋