2022届高考大一轮复习知识点精练：等比数列的前n项和

这是一份2022届高考大一轮复习知识点精练：等比数列的前n项和，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共20小题；共100分）
1. 已知 an 是等比数列，a2=2,，a5=14，则 a1a3+a2a4+⋯+anan+2=
A. 161−4−nB. 161−2−nC. 1631−2−nD. 1631−4−n

2. 已知等比数列 an 的各项均为正数，其前 n 项和为 Sn，若 a2=2，a5+a6=6a4，则 a5=
A. 4B. 10C. 16D. 32

3. 设等比数列 an 的公比 q=2，前 n 项和为 Sn，则 S3a4 的值为
A. 158B. 154C. 74D. 78

4. 设 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和，若 2S3=a4+1，2S2=a3+1，则 a1=
A. −2B. −1C. 1D. 2

5. 已知等比数列 an 为单调递增数列，设其前 n 项和为 Sn，若 a2=2，S3=7，则 a5=
A. 16B. 32C. 8D. 14

6. 已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，即此数列第一项是 20，接下来两项是 20，21，再接下来三项是 20，21，22，依此类推，⋯⋯，设 Sn 是此数列的前 n 项的和，则 S2017=
A. 264−26B. 263−26C. 264−25D. 263−25

7. 已知数列 an 是等比数列，Sn 为其前 n 项和，若 a1+a2+a3=4，a4+a5+a6=8，则 S12=
A. 40B. 60C. 32D. 50

8. 等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，其中 n∈N+，则下列说法正确的是
A. 若 a3>a1>0，则 an>0
B. 若 a3>a1>0，则 Sn>0
C. 若 a3+a2+a1>a2+a1>0，则 an>0
D. 若 a3+a2+a1>a2+a1>0，则 Sn>0

9. 在等比数列 an 中，Sn 为其前 n 项和，且 S4=1，S8=3，则 a13+a14+a15+a16 的值是
A. 8B. 15C. 18D. 20

10. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=10，a3=1，则 S5=
A. 10B. 15C. 20D. 25

11. 已知等比数列 an 公比为 q，其前 n 项和为 Sn，若 S3，S9，S6 成等差数列，则 q3 等于
A. −12B. 1C. −12 或 1D. −1 或 12

12. 已知 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和，若存在 m∈N+，满足 S2mSm=9，a2mam=5m+1m−1，则数列 an 的公比为
A. −2B. 2C. −3D. 3

13. 设等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 a5=12a3，则 S8S4=
A. 54B. 34C. 45D. 43

14. 已知 Sn 为数列 an 的前 n 项和，a1=−2，an+1=Sn，那么 a5=
A. −4B. −8C. −16D. −32

15. 已知 an 是首项为 32 的等比数列，Sn 是其前 n 项和，且 S6S3=6564，则数列 lg2an 前 10 项和为
A. 58B. 56C. 50D. 45

16. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，则下列一定成立的是
A. 若 a3>0，则 a2015<0B. 若 a4>0，则 a2014<0
C. 若 a3>0，则 S2015>0D. 若 a4>0，则 S2014>0

17. 等比数列 an 的首项为 2，项数为奇数，其奇数项之和为 8532，偶数项之和为 2116，这个等比数列前 n 项的积为 Tnn≥2，则 Tn 的最大值为
A. 14B. 12C. 1D. 2

18. 银行按“复利”计算利息，即把上一个月的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一个月的利息．某人在银行贷款金额为 A 元，采用的还款方式为“等额本息”，即每个月还款 1 次，每次还款的金额固定不变，直到贷款的本金和利息全部还完为止．若月利率 p 固定不变，按“复利”计算本息和，分 n 个月还清（贷款 1 个月后开始第 1 次还款），则此人每月还款金额为
A. An 元B. A1+pnn 元
C. A1+pn1+pn−1 元D. Ap1+pn1+pn−1 元

19. 等比数列 an 的公比为 q，前 n 项和为 Sn，设甲：q>0，乙：Sn 是递增数列，则
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

20. 数列 an 的前 n 项和为 Sn，已知 a1=15，且对任意正整数 m，n，都有 am+n=aman，若 SnA. 14B. 34C. 43D. 4

二、填空题（共5小题；共25分）
21. 设 Sn 为公比 q≠1 的等比数列 an 的前 n 项和，且 3a1，2a2，a3 成等差数列，则 q= ，S4S2= ．

22. Sn 是正项等比数列 an 的前 n 和，a3=18，S3=26，则 a1= ．公比 q= ．

23. 已知等比数列 an 的前 n 项和 Sn=4n+1+a，则实数 a= ．

24. 设等比数列 an 的前 n 项和为 Sn．若 −S1 、 S2 、 a3 成等差数列，则数列 an 的公比为 ．

25. 已知数列 an 满足 an−2=3an+1−2ann∈N*，且 a1=1，a2=4，其前 n 项和为 Sn，若对任意的正整数 n，Sn+2n+m⋅2n≥0 恒成立，则实数 m 的最小值是 ，此时 n= ．

三、解答题（共6小题；共78分）
26. 已知 an 是公比为 q 的无穷等比数列，其前 n 项和为 Sn，满足 a3=12， ．是否存在正整数 k，使得 Sk>2020?若存在，求 k 的最小值；若不存在，请说明理由．
从 ① q=2，② q=12，③ q=−2 这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．

27. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，S3=−6，S6=42．
（1）求 an，Sn；
（2）证明：Sn+1，Sn，Sn+2 成等差数列．

28. 已知正项等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 a1=2，a3=8．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）求数列 an 的前 n 项和 Sn．

29. 已知 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和，S4，S2，S3 成等差数列，且 a2+a3+a4=−18．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）若 bn=an⋅Sn, 求 b1+b2+b3+⋯+bn．

30. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，Sn=2an−92n，n∈N*，bn=an−32n．
（1）求证：数列 bn 为等比数列，并求出数列 an 的通项公式；
（2）是否存在实数 λ，对任意 m,n∈N*，不等式 Sm>λbn 恒成立?若存在，求出 λ 的取值范围，若不存在请说明理由．

31. 已知等比数列 an 的公比 q>0，且满足 a1+a2＝6a3，a4＝4a32，数列 bn 的前 n 项和 Sn=nn+12，n∈N*．
（1）求数列 an 和 bn 的通项公式；
（2）设 cn=3bn+8bnbn+2⋅an+2,n为奇数anbn,n为偶数，求数列 cn 的前 2n 项和 T2n．
答案
第一部分
1. D【解析】设等比数列 an 的公比为 q，
因为 a2=2，a5=14，
所以 q3=a5a2=18，则 q=12．
由 a2=2，得 a1=4，则 an=4×12n−1．
所以 anan+2=4×12n−1×4×12n+1=16×14n，
所以数列 anan+2 是以 4 为首项，14 为公比的等比数列，
所以 a1a3+a2a4+⋯+anan+2=41−14n1−14=1631−14n．
2. C【解析】由 a6+a5=6a4 得 q2+q−6=0，解得 q=2 或 q=−3（舍），从而 a5=a2⋅23=16．
3. D
4. B【解析】2S3=a4+1，2S2=a3+1，
两式相减可得 2a3=a4−a3，即 a4=3a3，则公比 q=3，
所以 2a1+3a1=9a1+1，
所以 a1=−1，
故选：B．
5. A
【解析】设等比数列 an 的首项为 a1，公比为 q．
因为等比数列 an 为单调递增数列，a2=2，
所以 q>1，
又 S3=7，
所以 a2=a1q=2,S3=a11−q31−q=7,q>1,
所以 a1=1,q=2,
所以 a5=a1q4=1×24=16．
6. A
7. B【解析】由等比数列的性质可知，S3，S6−S3，S9−S6，S12−S9 构成等比数列，即数列 4，8，S9−S6，S12−S9 构成等比数列，所以 S9−S6=16，S12−S9=32，因此 S12=S12−S9+S9−S6+S6−S3+S3=32+16+8+4=60．
8. D【解析】对于A，若 an=−2n−1，满足 a3>a1>0，但 an>0 不一定成立，故A错误．
对于B，若 an=−2n−1，满足 a3>a1>0，但 S2=−20+−21=−1，不满足 Sn>0，故B错误．
对于C，若 an=−12n−1，满足 a3+a2+a1>a2+a1>0，但 an>0 不一定成立，故C错误．
对于D，设等比数列 an 的公比为 q，因为 a3+a2+a1>a2+a1，所以 a3>0，
即 a1q2>0⇒a1>0．
又 a2+a1>0⇒a2>−a1⇒q>−1．
则当 0<∣q∣<1 时，Sn=a11−qn1−q>0，
当 q=1 时，Sn=na1>0，
当 q>1 时，Sn=a11−qn1−q=a1qn−1q−1>0．
综上有 Sn>0．故D正确．
9. A【解析】因为 S4，S8−S4，S12−S8，S16−S12 成等比数列，且 S4=1，S8−S4=2，
所以 S12−S8=4，S16−S12=8，即 a13+a14+a15+a16=8．
10. A
【解析】1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=a1+a5a1a5+a2+a4a2a4+1a3=a1+a2+a3+a4+a5a32=S5a32=10,
又 a3=1，
所以 S5=10．
11. A
12. B【解析】设公比为 q，若 q=1，则 S2mSm=2，与题中条件矛盾，故 q≠1．
因为 S2mSm=a11−q2m1−qa11−qm1−q=qm+1=9，
所以 qm=8．
所以 a2mam=a1q2m−1a1qm−1=qm=8=5m+1m−1，
所以 m=3，
所以 q3=8，
所以 q=2．
13. A【解析】设等比数列 an 的公比为 q，易知 q≠1，
因为 a5=12a3，
所以 q2=12，
因此 S8S4=a11−q81−qa11−q41−q=1−q81−q4=1+q4=54．
14. C【解析】当 n≥2 时，an+1=Sn，an=Sn−1，
因此 an+1−an=Sn−Sn−1=an，
整理得 an+1=2an．
当 n=1 时，a2=a1=−2，不满足 a2=2a1．
故数列 an 从第二项起各项构成等比数列，公比为 2，a2=−2．
那么 a5=−2×23=−16．
15. A
【解析】因为 an 是首项为 32 的等比数列，Sn 是其前 n 项和，且 S6S3=6564，
所以 321−q61−q321−q31−q=6564，
所以 1+q3=6564，
所以 q=14，
所以 an=32⋅14n−1=27−2n，
所以 ∣lg2an∣=∣7−2n∣，
所以数列 lg2an 前 10 项和为 5+3+1+1+3+5+7+9+11+13=58．
16. C【解析】设等比数列 an 的公比为 q，
对于 A，若 a3>0，则 a1q2>0，所以 a1>0，所以 a2015=a1q2014>0，
所以A 不正确；
对于 B，若 a4>0 则 a1q3>0，所以 a1q>0，所以 a2014=a1q2013>0，
所以B不正确；
对于C，若 a3>0，则 a1q2>0，所以 a1>0，所以当 q=1 时，S2015>0，当 q≠1 时，S2015=a11−q20151−q，又 1−q 与 1−q2015 同号，
所以C正确．
17. D【解析】由题意知 S奇−2=S偶⋅q，S奇=8532，S偶=2116，
所以 q=12，
因为 a1=2，q=12，
所以 Tn 为递减数列且 a2=1，ak<1k>2，
所以 T2=a1a2=2 为最大值．
18. D【解析】因为贷款金额为 A 元，月利率为 p，分 n 个月还清，
所以本息和一共为 A1+pn 元，
设每个月还款金额为 Q 元，则 A1+pn＝Q+Q1+p+Q1+p2+⋯+Q1+pn−1，
由等比数列求和公式可得 A1+pn=Q1+pn−11+p−1，
所以 Q=Ap1+pn1+pn−1，
所以此人每月还款金额为 Ap1+pn1+pn−1 元．
故选：D．
19. B【解析】由题，当数列为 −2，−4，−8，⋯ 时，满足 q>0，
但是 Sn 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若 Sn 是递增数列，则必有 an>0 成立，
若 q>0 不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则 q>0 成立，
所以甲是乙的必要条件．
20. A
【解析】令 m=1，则 an+1=a1an=15an，
所以 an 是公比与首项都为 15 的等比数列，
所以 Sn=151−15n1−15=1−15n4，对任意正整数 n，Sn<14，
所以 14≤a，即 a 的最小值为 14．
第二部分
21. 3，10
22. 2，3
【解析】当 q=1 时，S3≠3a3，不满足题意，故 q≠1；
当 q≠1 时，有 a1q2=18,a11−q31−q=26,
解之得：a1=2,q=3.
23. −4
【解析】根据题意，等比数列 an 的前 n 项和 Sn=4n+1+a，
则 a1=S1=42+a=16+a，
a2=S2−S1=64+a−16+a=48，
a3=S3−S2=256+a−64+a=192，
则有 16+a×192=482，解可得 a=−4．
24. 3 或 −1
25. −32，1
【解析】由 an+2=3an+1−2an 得 an+2+2an−3an+1=0，
得 an+2−an+1=2an+1−an，
又 a2−a1=3，
所以数列 an+1−an 是以 3 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 an+1−an=3×2n−1n∈N*，
所以当 n≥2 时，an−an−1=3×2n−2，⋯，a3−a2=3×2，a2−a1=3，
将以上各式累加得 an−a1=3×2n−2+⋯+3×2+3×1=32n−1−1，
所以 an=3×2n−1−2（当 n=1 时，也满足）．
所以
Sn=31+2+22+⋯+2n−1−2n=3×1−2n1−2−2n=3×2n−2n−3,
由 Sn+2n+m⋅2n≥0 得 3×2n−2n−3+2n+m⋅2n≥0，
所以 3×2n−3+m⋅2n≥0，
即 m≥−3+32n，
因为 12n≤12，
所以 m≥−3+32=−32，
所以 m 的最小值是 −32，此时 n=1．
第三部分
26. 若选择① q=2．
an 是公比为 q=2 的等比数列，且 a3=12，则 a1=3，
所以 Sn=31−2n1−2=32n−1．
令 Sk>2020，即 2k>20233，
所以使得 Sk>2020 的正整数 k 的最小值为 10．
若选择② q=12．
an 是公比为 q=12 的等比数列，且 a3=12，则 a1=48，
Sn=48×1−12n1−12=961−12n．
因为 Sn<96<2020，
所以不存在满足条件的正整数 k．
若选择③ q=−2．
an 是公比为 q=−2 的等比数列，且 a3=12，则 a1=3，
所以 Sn=3×1−−2n1−−2=1−−2n．
令 Sk>2020，即 1−−2k>2020，
整理得 −2k<−2019．
当 k 为偶数时，原不等式无解；
当 k 为奇数时，原不等式等价于 2k>2019，
所以使得 Sk>2020 的正整数 k 的最小值为 11．
27. （1） 设等比数列 an 的首项为 a1，
公比为 q，由 S6=42≠2S3=−12 得 q≠1，则
S3=a11−q31−q=−6, ⋯⋯①S6=a11−q61−q=42, ⋯⋯②
②① 得 1+q3=−7，即 q3=−8，
所以 q=−2，
所以 a1=−2，
所以 an=−2n，
Sn=−2×1−−2n1−−2=−231−−2n．
（2） 由（1）知，
Sn+1+Sn+2=−231−−2n+1−231−−2n+2=−232−−2n+1−−2n+2=−232+2×−2n−4×−2n=−431−−2n=2Sn,
所以 Sn+1，Sn，Sn+2 成等差数列．
28. （1） 设等比数列 an 的公比为 q，则 a3=a1q2=2q2=8，
所以 q=2 或 q=−2（舍），所以 an=a1qn−1=2n，n∈N*．
（2） 由（1）得 an=2n，所以 Sn=a11−qn1−q=21−2n1−2=2n+1−2．
29. （1） 设等比数列 an 的公比为 q，
∵ S4，S2，S3 成等差数列，∴ 2S2=S4+S3，
即 2a3+a4=0，又 a2+a3+a4=−18，
∴ 2a1q2+a1q3=0,a1q+q2+q3=−18, 解得 q=−2,a1=3,
∴ an=a1⋅qn−1=3⋅−2n−1；
（2） 由上得，Sn=31−−2n1−−2=1−−2n，
bn=an⋅Sn=3⋅−2n−1⋅1−−2n=3−2n−1−−22n−1，
∴ b1+b2+b3+⋯+bn=3×1−−2n1−−2−3×−21−4n1−4=−1−2n−1n−2n+1．
30. （1） 当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=2an−92n−2an−1−92n−1，
所以 an=2an−1−92n，
bnbn−1=an−32nan−1−32n−1=2an−1−92n−32nan−1−62n=2，
所以数列 bn 为公比为 2 的等比数列，
当 n=1 时，S1=2a1−92，a1=92，b1=a1−32=3，
所以 bn=3⋅2n−1=an−32n，
所以 an=32n+3⋅2n−1 .
（2） Sm=3⋅121+122+⋯+12m+320+21+⋯+2m−1=3⋅121−12m1−12+3⋅201−2m1−2=3⋅2m−32m,
假设存在实数 λ，对任意 m,n∈N*，Sm>λbn，
函数 Sm=3⋅2m−32m，有 Smmin=S1=92，bn=3⋅2n−1，bnmin=b1=3，
所以 λ31. （1） 依题意，由 a1+a2=4a3，a4=5a32，可得
a5+a1q=6a5q2,a1q2=4a1⋅q52,
解得 q=12，a1=14，
所以 an=12⋅62n−1=52n，n∈N*，
对于数列 bn：当 n=1 时，b6=S1=1，
当 n≥3 时，bn＝Sn−Sn−1=nn+12−nn−12=n，
因为当 n=6 时，b1=1 也满足上式，
所以 bn＝n，n∈N*．
（2） 由题意及（Ⅰ），可知
当 n 为奇数时，cn=8bn+8bnbn+2⋅an+6=3n+8nn+3×12n+4=1n⋅2n−8n+2⋅2n+4，
当 n 为偶数时，cn=an⋅bn=n⋅12n，
令 A=c7+c3+⋯+c2n−2，B=c2+c4+⋯+c7n，则
A=c1+c3+⋯+c7n−1=15⋅21−23⋅22+13⋅33−13⋅25+⋯+22n−1⋅62n−1−72n+1⋅82n+1=21⋅26−12n+3⋅22n+5=12−32n+1⋅62n+1,
B=c7+c4+c6+⋯+c4n＝2⋅162+4⋅724+6⋅122+⋯+2n⋅142n,
所以
132B＝2⋅424+3⋅127+⋯+2n−2⋅622n+5n⋅128n+2，
两式相减，可得
37B=2⋅122+2⋅424+6⋅126+⋯+2⋅122n−2n⋅222n+4=127+123+126+⋯+128n−1−2n⋅822n+3=12−222n+21−162−2n⋅222n+8=−n+43⋅622n+3+23,
所以 B=−2n+49⋅222n−3+89，
所以
T3n=c1+c2+⋯+c7n=c1+c3+⋯+c2n−1+c2+c8+c6+⋯+c2n=A+B=72−12n+1⋅25n+1−3n+59⋅132n−1+79=2518−132n+1+8n+49322n−6.