2024高考总复习优化设计一轮用书数学配北师版(适用于老高考新教材)课时规范练27　等比数列

课时规范练27等比数列基础巩固组1.(2021山东泰安高三月考)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4-S3=27,S3-S1=12,则S5=()A.81 B.812 C.121 D.2.(2021辽宁沈阳高三期中)在等比数列{an}中,a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则数列{an}的前12项和为()A.90 B.60 C.45 D.323.(2021陕西高新一中高三二模)已知数列{an}是等比数列,Sn是其前n项积,若S7S2=32,则S9=A.1024 B.512 C.256 D.1284.(2021云南曲靖高三月考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,且a8=6,则a11=()A.-1 B.-3 C.-5 D.-75.(2021湖南长沙高三期末)在公比不为1的等比数列{an}中,存在s,t∈N*,满足asat=a52,则4s+1A.34 B.7C.58 D.6.在各项均为正数的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1=12,S3=78,则下列说法错误的是(A.an≤12B.an≥12C.Sn<1 D.2lgan=lgan-2+lgan+2(n≥3)7.已知等比数列{an}的公比为2,且S1,S2+2,S3成等差数列,则下列说法错误的是()A.an=2nB.a2,a3,a4-4成等差数列C.{Sn+2}是等比数列D.∃m,n,r∈N*(m≠r),am,an,ar成等差数列8.在数列{an}中,a1≠0,an+1=2an,Sn为数列{an}的前n项和,则S6-S39.(2021北京石景山高三月考)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,|an+1|>|an|,a2=-2,S3=3,则|a1|+|a2|+…+|an|=.

综合提升组10.(2021江苏泰州高三月考)已知λ为非零常数,数列{an}与{2an+λ}均为等比数列,且a2021=3,则a1=()A.1 B.3 C.2021 D.404211.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2=2,an+1=Sn+1,则()A.数列{an}是公比为2的等比数列B.S6=49C.anD.1a1+112.(2021福建师大附中高三模拟)已知数列{an}为等比数列,若数列{3n-an}也是等比数列,则数列{an}的通项公式可以为.(写出一个即可)

13.(2021山东烟台高三期中)在等比数列{an}中,a1=1,q=12,记Tn=a22+a42+a6214.(2021天津耀华中学高三月考)在数列{an}中,a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an.(1)证明:数列{an+1-an}是等比数列;(2)求数列{an}的通项公式.创新应用组15.(2021浙江杭州高三模拟)已知公比不为1的各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}满足bn=S2nSA.7b2≤8b6,b2≥b4+1B.7b2≤8b6,b2≤b4+1C.3b3≤4b9,b4≥b8+1D.3b3≤4b9,b4≤b8+116.已知数列{an}的前4项成等比数列,其前n项和为Sn,且S4=lnS3,a1>1,则()A.a1<a3 B.a1<a2C.a1>a3 D.a2<a4

课时规范练27等比数列1.C解析:设等比数列{an}的公比为q(q>0).由题意S4-S3=27,S3-S1=12,可得a4=27,a2+a3=12,所以a1q3=27,a1q+a1q22.C解析:设数列{an}的公比为q,则a4+a5+a6a1+a2+a3=q3=63=2,所以a7+a8+a9=(a4+a5+a6)q3=6×2=12,同理a10+a11+a12=24,所以S12=a1+a2+…3.B解析:因为S7S2=a3a4a5a6a7=(a5)5=32,所以a5=2,所以S9=a1a2a3a4a5a6a7a8a9=(a5)9=512.4.B解析:设等比数列{an}的公比为q,由S3,S9,S6成等差数列,可得2S9=S3+S6,即2(S9-S6)=S3-S6,即2(a7+a8+a9)=-(a4+a5+a6),即q3=-12.又a8=6,所以a11=a8q3=6×-12=-3.故选B.5.C解析:设等比数列{an}的公比为q(q≠1).因为asat=a52,所以a1qs-1·a1qt-1=(a1q4)2,即qs+t-2=q8,可得s+t=10,且s,t∈N*,则4s+14t=110·4s+14t(s+t)=1104+4ts+s4t+14=110174+4ts+s4t.因为s,t∈N*,所以4t6.B解析:设等比数列{an}的公比为q(q>0).由a1=12,S3=78,得12+12q+12q2=78,即4q2+4q-3=0,解得q=12或q=-32(舍去),所以an=12×12n-1=12n.又n∈N*,所以an≤12,故选项A正确,选项B错误;Sn=12[1-(12)

n]1-12=1-12n<1,故选项C正确;2lgan=2lg12n=lg122n=lg12n-2+lg12n+2=7.D解析:由S1,S2+2,S3成等差数列,可得a2=4,a1=2,an=2n,故选项A正确;a3=8,a4-4=12,a2,a3,a4-4成等差数列,故选项B正确;Sn=2n+1-2,所以Sn+2=2n+1,所以{Sn+2}是等比数列,故选项C正确;若am,an,ar即2m,2n,2r成等差数列,不妨设m<n<r,则2m+2r=2·2n,2m(1+2r-m)=2n+1-m·2m,即1+2r-m=2n+1-m,显然左边为奇数,右边为偶数,不相等,故选项D错误.故选D.8.8解析:∵a1≠0,an+1=2an,∴an+1an=2=q(q为公比),∴S69.2n-1解析:设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1.因为a2=-2,S3=3,所以a1q因为|an+1|>|an|,所以|q|>1,所以数列{an}是以1为首项,以-2为公比的等比数列,则{|an|}也为等比数列,公比为2,首项|a1|=1,故|a1|+|a2|+…+|an|=1-2n1-210.B解析:{an}与{2an+λ}均为等比数列,所以(2an+λ)2=(2an-1+λ)(2an+1+λ)且an2=an-1an+1,得2an=an-1+an+1,故数列{an}也为等差数列,所以数列{an}为非零常数列,则a1=a2021=3.故选11.D解析:an+1=Sn+1,令n=1,得a2=S1+1=a1+1,结合a1+a2=2,知a1=12,a2=32.又an+1=Sn+1,所以an=Sn-1+1(n≥2),所以an+1=2an,但a1=12,a2=32,当n≥2时,Sn=32(1-2n-1)1-2+12=3×2n-2-1,S6=3×16-1=47,故选项A,B错误;因为a1S1=1,当n≥2时,anSn=3×2n-33×2n12.an=3n-1(答案不唯一)解析:设数列{an}的公比为q,∵数列{3n-an}是等比数列,∴(32-a1q)2=(3-a1)(33-a1q2),即q2-6q+9=0,解得q=3.取a1=1,则an=3n-1.答案不唯一.13.4151-124n解析:由题知,an=1×12n-1=12n-1,则a2n2=122n-12=424n,则Tn=a14.(1)证明因为an+2=3an+1-2an,所以an+2-又因为a1=1,a2=3,所以a2-a1=2,则数列{an+1-an}是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)解由(1)知an+1-an=2×2n-1=2n,所以an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,…,a3-a2=22,a2-a1=21,则(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)=2n-1+2n-2+…+22+21,即an-a1=2×(1-2n-1)115.D解析:设数列{an}的公比为q(q>0,q≠1),则Sn=a1(1-qn)1-q,S2n=a1(1-q2n)1-q,∴bn=S2nSn=1-q2n1-qn=(1+qn)(1-qn)1-qn=1+q∵b9b3−34=1+q91+q3−34=(1+q3)(1-q3+q6)1+q3−34=q6-q3+14=q3-122>0,即b9b3≥34,∴3b3≤4b9.又b4-b8-116.A解析:∵数列{an}的前4项成等比数列,且S4=lnS