2023届北师版高考数学一轮第六章数列课时规范练27等比数列（Word版附解析）

课时规范练27　等比数列基础巩固组1.(2021山东泰安高三月考)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4-S3=27,S3-S1=12,则S5=(　　)A.81B.C.121D.2.(2021辽宁沈阳高三期中)在等比数列{an}中,a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则数列{an}的前12项和为(　　)A.90B.60C.45D.323.(2021陕西高新一中高三二模)已知数列{an}是等比数列,Sn是其前n项积,若=32,则S9=(　　)A.1024B.512C.256D.1284.(2021云南曲靖高三月考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,且a8=6,则a11=(　　)A.-1B.-3C.-5D.-75.(2021湖南长沙高三期末)在公比不为1的等比数列{an}中,存在s,t∈N*,满足asat=,则的最小值为(　　)A.B.C.D.6.在各项均为正数的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1=,S3=,则下列说法错误的是(　　)A.an≤B.an≥C.Sn<1D.2lgan=lgan-2+lgan+2(n≥3)7.已知等比数列{an}的公比为2,且S1,S2+2,S3成等差数列,则下列说法错误的是(　　)A.an=2n\nB.a2,a3,a4-4成等差数列C.{Sn+2}是等比数列D.∃m,n,r∈N*(m≠r),am,an,ar成等差数列8.在数列{an}中,a1≠0,an+1=2an,Sn为数列{an}的前n项和,则=　　　　. 9.(2021北京石景山高三月考)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,|an+1|>|an|,a2=-2,S3=3,则|a1|+|a2|+…+|an|=　　　　. 综合提升组10.(2021江苏泰州高三月考)已知λ为非零常数,数列{an}与{2an+λ}均为等比数列,且a2021=3,则a1=(　　)A.1B.3C.2021D.404211.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2=2,an+1=Sn+1,则(　　)A.数列{an}是公比为2的等比数列B.S6=49C.既无最大值也无最小值D.+…+12.(2021福建师大附中高三模拟)已知数列{an}为等比数列,若数列{3n-an}也是等比数列,则数列{an}的通项公式可以为　　　　　.(写出一个即可) 13.(2021山东烟台高三期中)在等比数列{an}中,a1=1,q=,记Tn=+…+,则Tn=　　　　. 14.(2021天津耀华中学高三月考)在数列{an}中,a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an.(1)证明:数列{an+1-an}是等比数列;(2)求数列{an}的通项公式.\n创新应用组15.(2021浙江杭州高三模拟)已知公比不为1的各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}满足bn=,则下列不等式中恒成立的是(　　)A.7b2≤8b6,b2≥b4+B.7b2≤8b6,b2≤b4+C.3b3≤4b9,b4≥b8+D.3b3≤4b9,b4≤b8+16.已知数列{an}的前4项成等比数列,其前n项和为Sn,且S4=lnS3,a1>1,则(　　)A.a1<a3B.a1<a2C.a1>a3D.a2<a4\n课时规范练27　等比数列1.C　解析:设等比数列{an}的公比为q(q>0).由题意S4-S3=27,S3-S1=12,可得a4=27,a2+a3=12,所以所以所以S5==121.故选C.2.C　解析:设数列{an}的公比为q,则=q3==2,所以a7+a8+a9=(a4+a5+a6)q3=6×2=12,同理a10+a11+a12=24,所以S12=a1+a2+…+a12=3+6+12+24=45.故选C.3.B　解析:因为=a3a4a5a6a7=(a5)5=32,所以a5=2,所以S9=a1a2a3a4a5a6a7a8a9=(a5)9=512.故选B.4.B　解析:设等比数列{an}的公比为q,由S3,S9,S6成等差数列,可得2S9=S3+S6,即2(S9-S6)=S3-S6,即2(a7+a8+a9)=-(a4+a5+a6),即q3=-.又a8=6,所以a11=a8q3=6×-=-3.故选B.5.C　解析:设等比数列{an}的公比为q(q≠1).因为asat=,所以a1qs-1·a1qt-1=(a1q4)2,即qs+t-2=q8,可得s+t=10,且s,t∈N*,则·(s+t)=4+=.因为s,t∈N*,所以>0,>0,则≥2=2,当且仅当,即s=8,t=2时,等号成立,所以的最小值为.故选C.6.B　解析:设等比数列{an}的公比为q(q>0).由a1=,S3=,得q+q2=,即4q2+4q-3=0,解得q=或q=-(舍去),所以an=×n-1=n.又n∈N*,所以an≤,故选项A正确,选项B错误;Sn==1-n<1,故选项C正\n确;2lgan=2lgn=lg2n=lgn-2+lgn+2=lgan-2+lgan+2,故选项D正确.故选B.7.D　解析:由S1,S2+2,S3成等差数列,可得a2=4,a1=2,an=2n,故选项A正确;a3=8,a4-4=12,a2,a3,a4-4成等差数列,故选项B正确;Sn=2n+1-2,所以Sn+2=2n+1,所以{Sn+2}是等比数列,故选项C正确;若am,an,ar即2m,2n,2r成等差数列,不妨设m<n<r,则2m+2r=2·2n,2m(1+2r-m)=2n+1-m·2m,即1+2r-m=2n+1-m,显然左边为奇数,右边为偶数,不相等,故选项D错误.故选D.8.8　解析:∵a1≠0,an+1=2an,∴=2=q(q为公比),∴=q3=8.9.2n-1　解析:设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1.因为a2=-2,S3=3,所以解得因为|an+1|>|an|,所以|q|>1,所以数列{an}是以1为首项,以-2为公比的等比数列,则{|an|}也为等比数列,公比为2,首项|a1|=1,故|a1|+|a2|+…+|an|==2n-1.10.B　解析:{an}与{2an+λ}均为等比数列,所以(2an+λ)2=(2an-1+λ)(2an+1+λ)且=an-1an+1,得2an=an-1+an+1,故数列{an}也为等差数列,所以数列{an}为非零常数列,则a1=a2021=3.故选B.11.D　解析:an+1=Sn+1,令n=1,得a2=S1+1=a1+1,结合a1+a2=2,知a1=,a2=.又an+1=Sn+1,所以an=Sn-1+1(n≥2),所以an+1=2an,但a1=,a2==3≠2.当n≥2时,Sn==3×2n-2-1,S6=3×16-1=47,故选项A,B错误;因为=1,当n≥2时,∈,所以无最小值,有最大值,故选项C错误;+…+=2+,故选项D正确.故选D.12.an=3n-1(答案不唯一)　解析:设数列{an}的公比为q,∵数列{3n-an}是等比数列,∴(32-a1q)2=(3-a1)(33-a1q2),即q2-6q+9=0,解得q=3.取a1=1,则an=3n-1.答案不唯一.13.1-　解析:由题知,an=1×n-1=,则=2=,则Tn=\n+…++…+1-.14.(1)证明因为an+2=3an+1-2an,所以=2.又因为a1=1,a2=3,所以a2-a1=2,则数列{an+1-an}是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)解由(1)知an+1-an=2×2n-1=2n,所以an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,…,a3-a2=22,a2-a1=21,则(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)=2n-1+2n-2+…+22+21,即an-a1=,故an=2n-1.15.D　解析:设数列{an}的公比为q(q>0,q≠1),则Sn=,S2n=,∴bn==1+qn>0,∴=q4-q2+,令q2=t(t>0且t≠1),则=t2-t+,∴大小关系不确定,即7b2与8b6大小关系不确定,故选项A,选项B错误;∵=q6-q3+=q3-2>0,即,∴3b3≤4b9.又b4-b8-=1+q4-1-q8-=-q8+q4-=-q4-2≤0,即b4≤b8+,故选项D正确.故选D.16.A　解析:∵数列{an}的前4项成等比数列,且S4=lnS3,∴S3+a4=lnS3,即a4=lnS3-S3.设y=lnx-x,x>0,∴y'=-1=.令y'>0,∴0<x<1,∴函数y在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴ymax=-1,∴a4≤-1.又a4=a1q3,∴a1q3≤-1.又a1>1,∴q3≤-1,∴q≤-1且q2>1,∴a3=a1q2>a1,a2=a1q<0,∴a4=a2q2<a2.故选A.