【志鸿优化设计】2022届高考数学一轮复习 第六章 数列考点规范练30 文

考点规范练30　等比数列及其前n项和一、非标准1.若等比数列{an}满足anan+1=16n,则公比q为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.2B.4C.8D.162.(2022天津,文5)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1=(　　)A.2B.-2C.D.-3.已知一个蜂巢里有1只蜜蜂,第1天,它飞出去找回了4个伙伴;第2天,5只蜜蜂飞出去,各自找回了4个伙伴,……按照这个规律继续下去,第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有蜜蜂(　　)A.420只B.520只C.只D.只4.设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于(　　)A.B.-C.D.-5.(2022课标全国Ⅱ,文5)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=(　　)A.n(n+1)B.n(n-1)C.D.6.在等比数列{an}中,a1=1,公比q=2,若数列{an}的前n项和Sn=127,则n的值为　　　　　. 7.(2022广东,文13)等比数列{an}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=　　　　. 8.数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=　　　　　. 9.(2022福建,文17)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81.(1)求an;(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Sn.10.(2022重庆,文16)已知{an}是首项为1,公差为2的等差数列,Sn表示{an}的前n项和.(1)求an及Sn;(2)设{bn}是首项为2的等比数列,公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0.求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.-4-\n11.已知数列{an}为等差数列,其公差为-2,且a7是a3与a9的等比中项,Sn为{an}的前n项和,n∈N+,则S10的值为(　　)A.-110B.-90C.90D.11012.(2022天津一模)已知数列{an}的前n项和Sn=2an-1,则满足≤2的正整数n的集合为(　　)A.{1,2}B.{1,2,3,4}C.{1,2,3}D.{1,2,4}13.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2+a3+a4=1,a5+a6+a7+a8=2,Sn=15,则项数n为(　　)A.12B.14C.15D.1614.(2022安徽,文12)如图,在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2,过点A作BC的垂线,垂足为A1;过点A1作AC的垂线,垂足为A2;过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;…,依此类推,设BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,…,A5A6=a7,则a7=　　　　　. 15.已知等比数列{an}中,a2=32,a8=,an+1<an.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设Tn=log2a1+log2a2+…+log2an,求Tn的最大值及相应的n值.16.(2022湖北,文19)已知等差数列{an}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.##一、非标准1.B　解析:由anan+1=16n,可得an+1an+2=1,两式相除得,=16,∴q2=16.-4-\n∵anan+1=16n,可知公比q为正数,∴q=4.2.D　解析:由题意知=S1·S4,则(a1+a1-1)2=a1(4a1-6),解得a1=-.故选D.3.B　解析:由题意,可设蜂巢里的蜜蜂数为数列{an},则a1=1+4=5,a2=5×4+5=25,…,an=5an-1,故数列{an}为等比数列,首项a1=5,公比q=5,故第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有a20=5×519=520只蜜蜂.4.C　解析:由题知公比q≠1,则S3==a1q+10a1,得q2=9.又a5=a1q4=9,则a1=.5.A　解析:∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2·a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2.∴Sn=na1+d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1).故选A.6.7　解析:由题意知Sn==2n-1=127,解得n=7.7.5　解析:由等比数列性质知a1a5=a2a4==4.∵an>0,∴a3=2,∴a1a2a3a4a5=(a1a5)·(a2·a4)·a3=25,∴log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log225=5.8.1　解析:设数列{an}的公差为d,则a1=a3-2d,a5=a3+2d,由题意得,(a1+1)(a5+5)=(a3+3)2,即(a3-2d+1)·(a3+2d+5)=(a3+3)2,整理,得(d+1)2=0,∴d=-1,则a1+1=a3+3,故q=1.9.解:(1)设{an}的公比为q,依题意,得解得因此,an=3n-1.(2)因为bn=log3an=n-1,所以数列{bn}的前n项和Sn=.10.解:(1)因为{an}是首项a1=1,公差d=2的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=2n-1.故Sn=1+3+…+(2n-1)==n2.(2)由(1)得a4=7,S4=16.因为q2-(a4+1)q+S4=0,即q2-8q+16=0,所以(q-4)2=0,从而q=4.又因b1=2,{bn}是公比q=4的等比数列,所以bn=b1qn-1=2·4n-1=22n-1.从而{bn}的前n项和Tn=(4n-1).11.D　解析:因为a7是a3与a9的等比中项,所以=a3a9.又因为数列{an}的公差为-2,所以(a1-12)2=(a1-4)(a1-16),解得a1=20,通项公式为an=20+(n-1)×(-2)=22-2n,所以S10==5×(20+2)=110,故选D.12.B　解析:因为Sn=2an-1,所以当n≥2时,Sn-1=2an-1-1.两式相减得an=2an-2an-1,整理得an=2an-1,-4-\n所以{an}是公比为2的等比数列.又因为a1=2a1-1,解得a1=1,故{an}的通项公式为an=2n-1.而≤2,即2n-1≤2n,所以有n=1,2,3,4.13.D　解析:设等比数列{an}的公比为q,则=q4=2.由a1+a2+a3+a4=1,得a1·=1,∴a1=q-1.又Sn=15,即=15,∴qn=16.又∵q4=2,∴n=16.故选D.14.　解析:由题意知数列{an}是以首项a1=2,公比q=的等比数列,∴a7=a1·q6=2×.15.解:(1)设等比数列{an}的公比为q,则q6=.又an+1<an,所以q=.又a1==64为{an}的首项,所以通项公式为an=64·=27-n(n∈N+).(2)设bn=log2an,则bn=log227-n=7-n.所以{bn}是首项为6,公差为-1的等差数列.所以Tn=6n-=-n2+n=-.因为n是正整数,所以n=6或n=7时,Tn最大,其最大值是T6=T7=21.16.解:(1)设数列{an}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.(2)当an=2时,Sn=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.当an=4n-2时,Sn==2n2,令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.综上,当an=2时,不存在满足题意的n;当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.-4-