高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册第1章 数列1.3 等比数列测试题

这是一份高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册第1章 数列1.3 等比数列测试题，共23页。

题组一 与等比数列前n项和有关的计算
1.(2022湖南师大附中月考)等比数列{an}中,公比为12,前6项和为1894,则a6=( )

A.738 B.34 C.38 D.24
2.(2022天津宝坻期中)设Sn为正项等比数列{an}的前n项和,a5,3a3,a4成等差数列,则S8S4的值为( )
A.116 B.117 C.16 D.17
3.(2022湖南娄底期中)在递增数列{an}中,an+12=an·an+2,若a1+am=130,a2·am-1=256,且前m项和Sm=170,则m=( )
A.3 B.4
C.5 D.6
4.(2020浙江宁波高一期末)已知等比数列{an}的公比为q(q>0),前n项和为Sn.若S2=6,S4=30,则a1= ,q= .
题组二 等比数列前n项和的性质
5.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且其前n项和Sn=3n-2+k,则实数k的值为( )
A.-1 B.-13 C.19 D.-19
6.(2022福建宁德九中月考)等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=8,S8=24,则a13+a14+a15+a16= .
7.等比数列{an}共2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q= .
8.(2020四川广元期末)等比数列{an}的前n项和为10,前2n项和为30,则前3n项和为 .
题组三 错位相减法求和
9.(2022湖南湘潭期末)设数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=( )
A.510511 B.1 0231 024 C.1 0221 023 D.11 023
7.(2022江苏常熟中学月考)已知公比为2的等比数列{an}中,a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20=13,则该数列的前21项和S21= .
题组三 错位相减法求和
8.(2022湖南长沙一中月考)定义[x]表示不超过x的最大整数,如[0.39]=0,[1.28]=1.若数列{an}的通项公式为an=[lg2n],Sn为数列{an}的前n项和,则S2 047=( )
A.211+2 B.3×211+2
C.6×211+2 D.9×211+2
9.(2022湖南郴州期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-94,且4Sn+1=3Sn-9.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N+),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N+恒成立,求实数λ的取值范围.
题组四 等比数列前n项和的综合应用
10.(2020福建福州期末)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层都比上一层多1件,最后一层是n件.已知第一层货物的单价是1万元,从第二层起,每一层货物的单价都是上一层单价的45.若这堆货物的总价是25-6545n万元,则n的值为( )
A.7 B.8
C.9 D.10
11.(多选)(2021山东潍坊期中)下面是按照一定规律画出的一排“树形图”.
其中,第2个图比第1个图多2个“树枝”,第3个图比第2个图多4个“树枝”,第4个图比第3个图多8个“树枝”.假设第n个图的树枝数为an,数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是( )
A.an=2n-1
B.an+1=an+2n
C.Sn=2an-n
D.a1+a3+a5+…+a2n-1=2a2n-n+1
12.(2021山东烟台二中三模)已知数列{an}满足an=lg2n+2n+1.给出定义:使数列{an}的前k项和为正整数的k(k∈N+)叫作“好数”,则在[1,2 021]内的所有“好数”的和为 .
13.(2021湖南衡阳八中期末)已知正项等差数列{an}中,a1=2,且a1,a2-1,a3成等比数列,数列{bn}的前n项和为Sn,b1=12,2Sn+1=2Sn+bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn+1anan+1,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:35≤Tn0,由a5,3a3,a4成等差数列,可得6a3=a5+a4,即6a1q2=a1q4+a1q3,
化简得q2+q-6=0,解得q=2(q=-3舍去),则S8S4=a11-q(1-q8)a11-q(1-q4)=1-q81-q4=1+q4=1+16=17,故选D.
3.B 由题意知数列{an}是单调递增的等比数列,设其公比为q,则q>0,且q≠1.因为a2·am-1=256,所以a1·am=256,联立a1+am=130,a1·am=256,解得a1=2,am=128 或a1=128,am=2(舍去).因为Sm=a1(1-qm)1-q=170,所以1-qm1-q=85①,又因为am=a1·qm-1=128,即qm-1=64②,联立①②,解得q=4,m=4.故选B.
4.答案 2;2
解析 若q=1,则2a1=6,4a1=30,无解,故q≠1.
当q>0,且q≠1时,a1(1-q2)1-q=6,a1(1-q4)1-q=30,
所以a1=2,q=2.
5.D 易知an≠0,由题意得{an}为等比数列,又∵Sn=3n-2+k=19·3n+k,∴根据等比数列前n项和的性质,得k=-19.
6.答案 64
解析 易知等比数列的公比q≠-1.由等比数列前n项和的性质知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,即8,16,S12-S8,S16-S12成等比数列,故S12-S8=32,S16-S12=64,所以a13+a14+a15+a16=S16-S12=64.
7.答案 2
解析 设奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶.根据题意得S奇+S偶=-240,S奇-S偶=80,
解得S奇=-80,S偶=-160,∴q=S偶S奇=-160-80=2.
8.答案 70
解析 设等比数列{an}的前n项和为Sn.由等比数列前n项和的性质得(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n)⇒(30-10)2=10(S3n-30)⇒S3n=70.
9.B 由题意,得nan=n·2n,所以Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n①,
则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,
①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=2(1-2n)1-2-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2,所以Sn=(n-1)×2n+1+2,当n=6时,Sn=642,当n=7时,Sn=1 538,所以使Sn1;
当n为偶数时,Sn=1-12n,易知Sn=1-12n单调递增,最小值为S2=34,且Sn|a5|+|a6|,故D错误.故选AC.
4.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
因为b2=4,所以a2=2lg2b2=4,
所以d=a2-a1=2,
所以an=2+(n-1)×2=2n.
又因为an=2lg2bn,所以2n=2lg2bn,即n=lg2bn,
所以bn=2n.
(2)由(1)得bn=2n=2·2n-1=a2n-1,
即bn是数列{an}中的第2n-1项.
设数列{an}的前n项和为Pn,数列{bn}的前n项和为Qn,
因为b7=a26=a64,b8=a27=a128,
所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的,
所以S100=P107-Q7=107×(2+214)2-2-281-2=11 302.
5.B 因为{an}是正项等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,所以(S6-S3)2=S3(S9-S6).
又因为-5,S3,S6成等差数列,所以S6-5=2S3,即S6-S3=S3+5,所以S9-S6=(S6-S3)2S3=(S3+5)2S3=S3+25S3+10.易知S3>0,则S3+25S3+10≥2S3·25S3+10=20,当且仅当S3=5时取等号,故选B.
6.C ∵a1=1,a3=a2+2,∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1,∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1,
∴Sn=a1(1-qn)1-q=1-2n1-2=2n-1.
∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,
∴bn=Sn+1-SnSn+1Sn=1Sn-1Sn+1,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1S1-1S2+1S2-1S3+…+1Sn-1Sn+1=1S1-1Sn+1=1-12n+1-1,∴T9=1-1210-1=1 0221 023.故选C.
7.答案 912
解析 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q.由题意知a2,a5,a8,a11,a14,a17,a20仍为等比数列,其首项为a2,公比为q3,故a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20=a2[1-(q3)7]1-q3=a1q(1-q21)(1-q)(1+q+q2)
=a1(1-q21)1-q·q1+q+q2=S21×27=13,所以S21=912.
D 当0≤lg2n0),
因为a1=2,且a1,a2-1,a3成等比数列,
所以(d+1)2=2(2+2d),即d2-2d-3=0,
解得d=3或d=-1(舍去),所以an=3n-1.
由2Sn+1=2Sn+bn,得2Sn+1-2Sn=2bn+1=bn,易知bn≠0,所以bn+1bn=12,所以数列{bn}是首项为12、公比为12的等比数列,
所以bn=12n.
(2)证明:由(1)可得cn=bn+1anan+1=12n+1(3n-1)(3n+2)=12n+1313n-1-13n+2,
所以Tn=12+122+…+12n+1312-15+15-18+…+13n-1-13n+2
=121-12n1-12+1312-13n+2
=76-12n+13(3n+2).
因为12n+13(3n+2)>0,所以Tn0,所以数列{Tn}单调递增,则Tn≥T1=76-12+115=35,
所以35≤Tn