【新高考复习】课时跟踪检测（三十一） 等比数列及其前n项和 作业

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q＝()A．4B.52C．2D.12解析：选C由题意，得a1·a1q4＝16，a1q＝2，解得a1＝1，q＝2或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m的值为()A．8B．9C．10D．11解析：选C由题意得，2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∵a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.3．已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝()A．1B．5C.3148D.1116解析：选D由题意得a11－q31－q＝3a1q2，解得q＝－12或q＝1(舍)，所以S5＝a11－q51－q＝1－－1251－－12＝1116.4．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．165B．138C．60D．30解析：选A由a1，a2，a4成等比数列得a22＝a1a4，即(a1＋3)2＝a1·(a1＋9)，解得a1＝3，则S10＝10a1＋10×92d＝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＝72，S3＝72，则a4＝()A.14B.18C．4D．8解析：选A设等比数列{an}的公比为q，则q0.∵a1＋3a3＝72，S3＝72，∴a1＋3a1q2＝72，a1(1＋q＋q2)＝72，联立解得a1＝2，q＝12.则a4＝2×123＝14.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＋a5a7＝()A．62B．622C．61D．612解析：选A设正项等比数列{an}的公比为q(q0)，∵a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，∴a1(1＋q2)＝3，a1(q2＋q4)＝6，联立解得a1＝1，q2＝2.∵an＋1an＋3anan＋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＝21－25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2，则a24＋a26的最小值是()A．1B．2C．4D．8解析：选C∵等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为2，∴a4a6＝a2a8＝2.则a24＋a26≥2a4a6＝4，当且仅当a4＝a6＝2时取等号．故选C.3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝bn＋1bn＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为()A.12(310－1)B.18(910－1)C.126(279－1)D.126(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bn＋1bn＝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1－27101－27＝126(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S4S2＝3，则S6S4＝()A．2B.73C.310D．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，∴S6S4＝7k3k＝73，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＝27a2，则下列说法正确的是()A．q＝3B．数列{Sn＋2}是等比数列C．S5＝121D．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⇒q＝3，因此选项A正确；因为Sn＝1－3n1－3＝12(3n－1)，所以Sn＋2＝12(3n＋3)，因为Sn＋1＋2Sn＋2＝123n＋1＋3123n＋3＝1＋21＋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＝12(35－1)＝121，所以选项C正确；an＝a1·qn－1＝3n－10，因为当n≥3时，lgan－2＋lgan＋2＝lg(an－2·an＋2)＝lga2n＝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aman＝32，则1m＋4n的最小值为()A.34B.910C.32D.95解析：选A设公比为q，q0.∵数列{an}是正项等比数列，∴a2a8＝a25＝16a5，∴a5＝16，又a3＋a5＝20，∴a3＝4，∴q＝2，∴a1＝1，∴an＝a1qn－1＝2n－1.∵aman＝32，∴2m－12n－1＝210，即m＋n＝12，∴1m＋4n＝112(m＋n)1m＋4n＝1125＋nm＋4mn≥1125＋2nm·4mn＝34(m，n∈N*)，当且仅当n＝2m，即m＝4，n＝8时“＝”成立，∴1m＋4n的最小值为34，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．－2B．－1C．1D．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a22＝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＝a11－q－a11－qqn，据此可得λ＝－2.故选A.8．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝16，a2＝154，则数列{3nan}的前15项和为()A.1415B.1516C.1617D.1718解析：选B等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝13，第二项为6a2＝19，故公比为13，所以(n2＋n)an＝13·13n－1＝13n，所以an＝13nn2＋n，则3nan＝1n2＋n＝1n－1n＋1，其前n项和为1－1n＋1，当n＝15时，前15项和为1－116＝1516.9．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．80B．30C．26D．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＝－89，则当Tn取得最大值时，n的值为()A．2B．3C．4D．6解析：选C设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－89，所以q3＝127，q＝13，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×13＝24×8＝192，T4＝(－24)4×136＝84×19＝849192，T6＝(－24)6×1315＝86×139＝8639＝849×8237849，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bn0，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＝π3，所以cos(a2＋a8)＝cos(2a5)＝cos2π3＝－12.又因为数列{bn}为等比数列，bn0，且b5b6＋b4b7＝4，所以2b5b6＝4⇒b5b6＝2，所以b1b2…b10＝(b5b6)5＝25＝32.答案：－123212．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a25，a2＝1，则a1＝________.解析：∵a3a9＝a26，∴a26＝2a25，设等比数列{an}的公比为q，∴q2＝2，由于q0，解得q＝2，∴a1＝a2q＝22.答案：2213．等比数列{an}中，已知各项都是正数，且a1，12a3,2a2成等差数列，则a13＋a14a14＋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＝2＋82＝1＋2(舍负)，则a13＋a14a14＋a15＝1q＝2－1.答案：2－114．在数列{an}中，a2n＋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：∵a2n＋1＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即an＋1＋1an＋1＝an＋2＋1an＋1＋1.∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴a2＋1a1＋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＝31－2n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＝12(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≤m2n＋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{}an的前n项和为Sn，a1＝1，________.给出下列三个条件：①：数列{}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{}an的通项公式；(2)设bn＝1log2an＋1·log2an＋3，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)选条件①.因为数列{}Sn＋a1为等比数列，所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)，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，an＋1an＝2(n≥2)，因为a1＝1，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，a2a1＝2也适合上式，所以数列{