（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練24 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和（含解析）新人教A版

考點(diǎn)規(guī)范練24　等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 一、基礎(chǔ)鞏固 1.已知等比數(shù)列{an}滿足a1=14,a3a5=4(a4-1),則a2=(　　) A.2 B.1 C.12 D.18 2.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=Aqn+B(q≠0),則“A=-B”是“數(shù)列{an}是等比數(shù)列”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 3.設(shè)首項(xiàng)為1,公比為23的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則(　　) A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2 C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an 4.已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,則S12=(　　) A.40 B.60 C.32 D.50 5.等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1,公差不為0.若a2,a3,a6成等比數(shù)列,則{an}前6項(xiàng)的和為(　　) A.-24 B.-3 C.3 D.8 6.設(shè)數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1,公差為-1的等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和.若S1,S2,S4成等比數(shù)列,則a1的值為　　　　　.  7.若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=-1,a4=b4=8,則a2b2=　　　　　.  8.在等比數(shù)列{an}中,an>0,a5-a1=15,a4-a2=6,則a3=　　　　　.  9.在公差不為零的等差數(shù)列{an}中,a1=1,a2,a4,a8成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=2an,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn. 10.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S4=4(a3+1),3a3=5a4,數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,且b1b2=b3,2b1=a5. (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Tn. 11.在數(shù)列{an}中,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且Sn=1+kan(k≠0,且k≠1). (1)求an; (2)當(dāng)k=-1時(shí),求a12+a22+…+an2的值. 二、能力提升 12.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差d≠0,且a2=-d,若ak是a6與ak+6的等比中項(xiàng),則k=(　　) A.5 B.6 C.9 D.11 13.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且對任意正整數(shù)n都有an=34Sn+2成立.若bn=log2an,則b1 008=(　　) A.2 017 B.2 016 C.2 015 D.2 014 14.設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1+a3=10,a2+a4=5,則a1a2…an的最大值為　　　　　.  15.在數(shù)列{an}中,a1=2,an+1=n+12n·an(n∈N*). (1)證明:數(shù)列ann是等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=an4n-an,若數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和是Tn,求證:Tn<2. 三、高考預(yù)測 16.已知數(shù)列{an}滿足a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2). (1)求證:{an+1+2an}是等比數(shù)列; (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. 考點(diǎn)規(guī)范練24　等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 1.C　解析∵a3a5=4(a4-1), ∴a42=4(a4-1),解得a4=2. 又a4=a1q3,且a1=14,∴q=2. ∴a2=a1q=12. 2.B　解析若A=B=0,則Sn=0,故數(shù)列{an}不是等比數(shù)列;若數(shù)列{an}是等比數(shù)列,則a1=Aq+B,a2=Aq2-Aq,a3=Aq3-Aq2,由a3a2=a2a1,得A=-B. 3.D　解析Sn=a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q=1-23an1-23=3-2an,故選D. 4.B　解析由等比數(shù)列的性質(zhì)可知,數(shù)列S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9是等比數(shù)列,即數(shù)列4,8,S9-S6,S12-S9是等比數(shù)列,因此S12=4×23+S9=32+4×22+S6=32+16+4+8=60,選B. 5.A　解析設(shè)等差數(shù)列的公差為d,則d≠0,a32=a2·a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=6×1+6×52×(-2)=-24,故選A. 6.-12　解析由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+4×32×(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比數(shù)列, ∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理,得2a1+1=0,解得a1=-12. 7.1　解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q, 由題意知-1+3d=-q3=8, 即-1+3d=8,-q3=8,解得d=3,q=-2. 故a2b2=-1+3-1×(-2)=1. 8.4　解析∵a5-a1=15,a4-a2=6, ∴a1q4-a1=15,a1q3-a1q=6,(q≠1) 兩式相除得(q2+1)(q2-1)q(q2-1)=156, 即2q2-5q+2=0, ∴q=2或q=12, 當(dāng)q=2時(shí),a1=1; 當(dāng)q=12時(shí),a1=-16(舍去). ∴a3=1×22=4. 9.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d, 則依題意有a1=1,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 解得d=1或d=0(舍去), ∴an=1+(n-1)=n. (2)由(1)得an=n, ∴bn=2n,∴bn+1bn=2, ∴{bn}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列, ∴Tn=2(1-2n)1-2=2n+1-2. 10.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. ∵S4=4(a3+1),3a3=5a4, ∴4a1+6d=4(a1+2d+1),3a1+6d=5a1+15d, 解得a1=9,d=-2. ∴an=11-2n. 設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q. ∵b1b2=b3,2b1=a5, ∴b12q=b1q2,2b1=1,解得b1=12,q=12. ∴bn=12n. (2)由(1)知,Sn=10n-n2. 由an=11-2n≤0可知n≥5.5, 即a1>0,a2>0,…,a5>0,a6<0,a7<0,…,an<0. 故當(dāng)n≤5時(shí),Tn=Sn=10n-n2; 當(dāng)n≥6時(shí),Tn=2S5-Sn=n2-10n+50. 于是Tn=10n-n2,n≤5,n2-10n+50,n≥6. 11.解(1)∵S1=a1=1+ka1,∴a1=11-k. 又an=Sn-Sn-1(n≥2), ∴an=kk-1an-1(n≥2), ∴an=11-k·kk-1n-1=-kn-1(k-1)n. (2)∵在數(shù)列{an}中,a1=11-k,q=kk-1,∴{an2}是首項(xiàng)為11-k2,公比為kk-12的等比數(shù)列. 當(dāng)k=-1時(shí),等比數(shù)列{an2}的首項(xiàng)為14,公比為14, ∴a12+a22+…+an2=141-14n1-14=131-14n. 12.C　解析因?yàn)閍k是a6與ak+6的等比中項(xiàng), 所以ak2=a6ak+6. 又等差數(shù)列{an}的公差d≠0,且a2=-d, 所以[a2+(k-2)d]2=(a2+4d)[a2+(k+4)d], 所以(k-3)2=3(k+3), 解得k=9或k=0(舍去),故選C. 13.A　解析在an=34Sn+2中,令n=1得a1=8, ∵an=34Sn+2成立, ∴an+1=34Sn+1+2成立, 兩式相減得an+1-an=34an+1, ∴an+1=4an,又a1≠0,∴數(shù)列{an}為等比數(shù)列, ∴an=8·4n-1=22n+1,∴bn=log2an=2n+1, ∴b1008=2017,故選A. 14.64　解析由已知a1+a3=10,a2+a4=a1q+a3q=5, 兩式相除得a1+a3q(a1+a3)=105, 解得q=12,a1=8, 所以a1a2…an=8n·121+2+…+(n-1)=2-12n2+7n2,拋物線f(n)=-12n2+72n的對稱軸為n=-722×-12=3.5, 又n∈N*,所以當(dāng)n=3或n=4時(shí),a1a2…an取最大值為2-12×32+7×32=26=64. 15.證明(1)由題設(shè)得an+1n+1=12·ann, 又a11=2, 所以數(shù)列ann是首項(xiàng)為2,公比為12的等比數(shù)列, 所以ann=2×12n-1=22-n,an=n·22-n=4n2n. (2)由(1)知bn=an4n-an=4n2n4n-4n2n=12n-1, 因?yàn)閷θ我鈔∈N*,2n-1≥2n-1, 所以bn≤12n-1. 所以Tn≤1+12+122+123+…+12n-1=21-12n<2. 16.(1)證明∵an+1=an+6an-1(n≥2), ∴an+1+2an=3an+6an-1=3(an+2an-1)(n≥2). 又a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15, ∴an+2an-1≠0(n≥2), ∴an+1+2anan+2an-1=3(n≥2), ∴數(shù)列{an+1+2an}是以15為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列. (2)解由(1)得an+1+2an=15×3n-1=5×3n, 則an+1=-2an+5×3n, ∴an+1-3n+1=-2(an-3n). 又a1-3=2,∴an-3n≠0, ∴{an-3n}是以2為首項(xiàng),-2為公比的等比數(shù)列. ∴an-3n=2×(-2)n-1,即an=2×(-2)n-1+3n=3n-(-2)n. 7