2025届高考数学统考一轮复习课时作业30等比数列及其前n项和文含解析新人教版

PAGE课时作业30等比数列及其前n项和[基础达标]一、选择题1．[2024·石家庄市重点中学高三毕业班摸底考试]已知1，a1，a2,3成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则eq\f(a1＋a2,b2)的值为()A．2B．－2C．±2D.eq\f(5,4)2．[2024·湖南邵阳调研]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．2B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10)D．1或23．[2024·洛阳市尖子生联考]已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于()A．9B．18C．36D．724．[2024·南昌市高三年级摸底测试卷]公比不为1的等比数列{an}中，若a1a5＝aman，则mn不行能为()A．5B．6C．8D．95．[2024·唐山市高三年级摸底考试]已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2，则数列{Sn}()A．有最大项也有最小项B．有最大项无最小项C．无最大项有最小项D．无最大项也无最小项二、填空题6．[2024·福州市中学毕业班质量检测]设数列{an}满意a1＝1，an＋1＝4an，则a1a2·…·an＝________________________________________________________________________.7．[2024·长春调研]在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝________.8．[2024·河北省九校高三联考试题]已知正项等比数列{an}满意a3＝1，a5与eq\f(3,2)a4的等差中项为eq\f(1,2)，则a1的值为________．三、解答题9．[2024·云南玉溪检测]在等比数列{an}中，a1＝6，a2＝12－a3.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝66，求m.10.[2024·湖北十堰调研]已知数列{an}的首项a1＞0，an＋1＝eq\f(3an,2an＋1)(n∈N*)，且a1＝eq\f(2,3).(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比数列，并求出{an}的通项公式；(2)求数列{eq\f(1,an)}的前n项和Tn.[实力挑战]11．[2024·全国卷Ⅱ]数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝()A．2B．3C．4D．512．[2024·石家庄市重点中学高三毕业班摸底考试]已知等比数列{an}满意：a1＝4，Sn＝pan＋1＋m(p＞0)，则p－eq\f(1,m)取最小值时，数列{an}的通项公式为()A．an＝4·3n－1B．an＝3·4n－1C．an＝2n＋1D．an＝4n13．[2024·安徽省示范中学名校高三联考]设Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，a1＝3，若－a4，a3，a5成等差数列，则Sn与an的关系式为________________．课时作业301．解析：由等差数列的性质知1＋3＝a1＋a2＝4，由等比数列的性质知beq\o\al(2,2)＝1×4＝4，∴b2＝±2，由于等比数列中奇数项符号相同，偶数项符号相同，∴b2＝2，∴eq\f(a1＋a2,b2)＝2，故选A.答案：A2．解析：设S2＝k，S4＝3k，因为数列{an}为等比数列，所以S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，所以S6－S4＝4k，所以S6＝7k，所以eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3).故选B项．答案：B3．解析：因为数列{an}是等比数列，所以a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝4a5，又an≠0，所以a5＝4，因为数列{bn}是等差数列，所以b4＋b6＝2b5＝a5＝4，所以b5＝2，则数列{bn}的前9项和S9＝9b5＝18，故选B.答案：B4．解析：由等比数列的性质可知，m＋n＝6，m∈N*，n∈N*，当m＝n＝3时，mn＝9；当m＝4，n＝2时，mn＝8；当m＝5，n＝1时，mn＝5.故选B.答案：B5．解析：因为3Sn＝an＋2①，当n≥2时，3Sn－1＝an－1＋2②，所以当n≥2时，①－②得3an＝an－an－1，即an＝－eq\f(1,2)an－1.又当n＝1时，3S1＝3a1＝a1＋2，所以a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列，即{an}的各项为1，－eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，－eq\f(1,8)，eq\f(1,16)，－eq\f(1,32)，…，因此数列{an}的最大项为首项1，最小项为其次项－eq\f(1,2).又3Sn＝an＋2，所以数列{Sn}的最大项为1，最小项为eq\f(1,2)，故选A.答案：A6．解析：因为a1＝1，an＋1＝4an，所以数列{an}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以an＝4n－1，所以a1a2a3…an＝1×4×42×…×4n－1＝41＋2＋…＋n－1＝4eq\f(n(n－1),2)＝2n(n－1)．答案：2n(n－1)7．解析：设数列{an}的公比为q，由a1a2a3＝4＝aeq\o\al(3,1)q3与a4a5a6＝12＝aeq\o\al(3,1)q12，可得q9＝3，an－1anan＋1＝aeq\o\al(3,1)q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以3n－6＝36，即n＝14.答案：148．解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a5与eq\f(3,2)a4的等差中项为eq\f(1,2)，所以a5＋eq\f(3,2)a4＝1，所以a3q2＋eq\f(3,2)a3q＝1，又a3＝1，所以2q2＋3q－2＝0，又数列{an}的各项均为正数，所以q＝eq\f(1,2)，所以a1＝eq\f(a3,q2)＝4.答案：49．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝6，a2＝12－a3，∴6q＝12－6q2，解得q＝－2或q＝1，∴an＝6×(－2)n－1或an＝6.(2)①若an＝6×(－2)n－1，则Sn＝eq\f(6×[1－(－2)n)],3)＝2[1－(－2)n]，由Sm＝66，得2[1－(－2)m]＝66，解得m＝5.②若an＝6，q＝1，则{an}是常数列，∴Sm＝6m＝66，解得m＝11.综上，m的值为5或11.10．解析：(1)证明：记bn＝eq\f(1,an)－1，则eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(\f(2an＋1,3an)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(2an＋1－3an,3－3an)＝eq\f(1－an,3(1－an))＝eq\f(1,3)，又a1＝eq\f(2,3)，所以b1＝eq\f(1,a1)－1＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,3)的等比数列，所以eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，即an＝eq\f(2·3n－1,1＋2·3n－1).所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2·3n－1,1＋2·3n－1).(2)由(1)知eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，即eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＋1.所以数列{eq\f(1,an)}的前n项和Tn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＋n＝eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＋n.11．解析：令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×eq\f(2×(1－210),1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C.答案：C12．解析：∵Sn＝pan＋1＋m，∴Sn－1＝pan＋m(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝pan＋1－pan(n≥2)，∴pan＋1＝(p＋1)an(n≥2)，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(p＋1,p)(n≥2)，又n＝1时，a1＝S1＝pa2＋m＝4，∴a2＝eq\f(4－m,p)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(4－m,4p).∵{an}为等比数列，∴eq\f(a2,a1)＝eq\f(4－m,4p)＝eq\f(p＋1,p)，∵p＞0，∴p＝－eq\f(m,4)，∴m＝－4p，p－eq\f(1,m)＝p＋eq\f(1,4p)≥2eq\r(p×\f(1,4p))＝1，当且仅当p＝eq\f(1,4p)，p＝eq\f(