2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)30等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和文含解析新人教版

PAGE課時(shí)作業(yè)30等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．[2024·石家莊市重點(diǎn)中學(xué)高三畢業(yè)班摸底考試]已知1，a1，a2,3成等差數(shù)列，1，b1，b2，b3,4成等比數(shù)列，則eq\f(a1＋a2,b2)的值為()A．2B．－2C．±2D.eq\f(5,4)2．[2024·湖南邵陽調(diào)研]設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若eq\f(S4,S2)＝3，則eq\f(S6,S4)＝()A．2B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10)D．1或23．[2024·洛陽市尖子生聯(lián)考]已知等比數(shù)列{an}中，a2·a8＝4a5，等差數(shù)列{bn}中，b4＋b6＝a5，則數(shù)列{bn}的前9項(xiàng)和S9等于()A．9B．18C．36D．724．[2024·南昌市高三年級摸底測試卷]公比不為1的等比數(shù)列{an}中，若a1a5＝aman，則mn不行能為()A．5B．6C．8D．95．[2024·唐山市高三年級摸底考試]已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，3Sn＝an＋2，則數(shù)列{Sn}()A．有最大項(xiàng)也有最小項(xiàng)B．有最大項(xiàng)無最小項(xiàng)C．無最大項(xiàng)有最小項(xiàng)D．無最大項(xiàng)也無最小項(xiàng)二、填空題6．[2024·福州市中學(xué)畢業(yè)班質(zhì)量檢測]設(shè)數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1＝4an，則a1a2·…·an＝________________________________________________________________________.7．[2024·長春調(diào)研]在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，則n＝________.8．[2024·河北省九校高三聯(lián)考試題]已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿意a3＝1，a5與eq\f(3,2)a4的等差中項(xiàng)為eq\f(1,2)，則a1的值為________．三、解答題9．[2024·云南玉溪檢測]在等比數(shù)列{an}中，a1＝6，a2＝12－a3.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，若Sm＝66，求m.10.[2024·湖北十堰調(diào)研]已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＞0，an＋1＝eq\f(3an,2an＋1)(n∈N*)，且a1＝eq\f(2,3).(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{eq\f(1,an)}的前n項(xiàng)和Tn.[實(shí)力挑戰(zhàn)]11．[2024·全國卷Ⅱ]數(shù)列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，則k＝()A．2B．3C．4D．512．[2024·石家莊市重點(diǎn)中學(xué)高三畢業(yè)班摸底考試]已知等比數(shù)列{an}滿意：a1＝4，Sn＝pan＋1＋m(p＞0)，則p－eq\f(1,m)取最小值時(shí)，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為()A．a(chǎn)n＝4·3n－1B．a(chǎn)n＝3·4n－1C．a(chǎn)n＝2n＋1D．a(chǎn)n＝4n13．[2024·安徽省示范中學(xué)名校高三聯(lián)考]設(shè)Sn是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a1＝3，若－a4，a3，a5成等差數(shù)列，則Sn與an的關(guān)系式為________________．課時(shí)作業(yè)301．解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)知1＋3＝a1＋a2＝4，由等比數(shù)列的性質(zhì)知beq\o\al(2,2)＝1×4＝4，∴b2＝±2，由于等比數(shù)列中奇數(shù)項(xiàng)符號相同，偶數(shù)項(xiàng)符號相同，∴b2＝2，∴eq\f(a1＋a2,b2)＝2，故選A.答案：A2．解析：設(shè)S2＝k，S4＝3k，因?yàn)閿?shù)列{an}為等比數(shù)列，所以S2，S4－S2，S6－S4也為等比數(shù)列，又S2＝k，S4－S2＝2k，所以S6－S4＝4k，所以S6＝7k，所以eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3).故選B項(xiàng)．答案：B3．解析：因?yàn)閿?shù)列{an}是等比數(shù)列，所以a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝4a5，又an≠0，所以a5＝4，因?yàn)閿?shù)列{bn}是等差數(shù)列，所以b4＋b6＝2b5＝a5＝4，所以b5＝2，則數(shù)列{bn}的前9項(xiàng)和S9＝9b5＝18，故選B.答案：B4．解析：由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，m＋n＝6，m∈N*，n∈N*，當(dāng)m＝n＝3時(shí)，mn＝9；當(dāng)m＝4，n＝2時(shí)，mn＝8；當(dāng)m＝5，n＝1時(shí)，mn＝5.故選B.答案：B5．解析：因?yàn)?Sn＝an＋2①，當(dāng)n≥2時(shí)，3Sn－1＝an－1＋2②，所以當(dāng)n≥2時(shí)，①－②得3an＝an－an－1，即an＝－eq\f(1,2)an－1.又當(dāng)n＝1時(shí)，3S1＝3a1＝a1＋2，所以a1＝1，所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，－eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，即{an}的各項(xiàng)為1，－eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，－eq\f(1,8)，eq\f(1,16)，－eq\f(1,32)，…，因此數(shù)列{an}的最大項(xiàng)為首項(xiàng)1，最小項(xiàng)為其次項(xiàng)－eq\f(1,2).又3Sn＝an＋2，所以數(shù)列{Sn}的最大項(xiàng)為1，最小項(xiàng)為eq\f(1,2)，故選A.答案：A6．解析：因?yàn)閍1＝1，an＋1＝4an，所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，所以an＝4n－1，所以a1a2a3…an＝1×4×42×…×4n－1＝41＋2＋…＋n－1＝4eq\f(n(n－1),2)＝2n(n－1)．答案：2n(n－1)7．解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a1a2a3＝4＝aeq\o\al(3,1)q3與a4a5a6＝12＝aeq\o\al(3,1)q12，可得q9＝3，an－1anan＋1＝aeq\o\al(3,1)q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以3n－6＝36，即n＝14.答案：148．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍5與eq\f(3,2)a4的等差中項(xiàng)為eq\f(1,2)，所以a5＋eq\f(3,2)a4＝1，所以a3q2＋eq\f(3,2)a3q＝1，又a3＝1，所以2q2＋3q－2＝0，又?jǐn)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以q＝eq\f(1,2)，所以a1＝eq\f(a3,q2)＝4.答案：49．解析：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵a1＝6，a2＝12－a3，∴6q＝12－6q2，解得q＝－2或q＝1，∴an＝6×(－2)n－1或an＝6.(2)①若an＝6×(－2)n－1，則Sn＝eq\f(6×[1－(－2)n)],3)＝2[1－(－2)n]，由Sm＝66，得2[1－(－2)m]＝66，解得m＝5.②若an＝6，q＝1，則{an}是常數(shù)列，∴Sm＝6m＝66，解得m＝11.綜上，m的值為5或11.10．解析：(1)證明：記bn＝eq\f(1,an)－1，則eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(\f(2an＋1,3an)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(2an＋1－3an,3－3an)＝eq\f(1－an,3(1－an))＝eq\f(1,3)，又a1＝eq\f(2,3)，所以b1＝eq\f(1,a1)－1＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列，所以eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，即an＝eq\f(2·3n－1,1＋2·3n－1).所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2·3n－1,1＋2·3n－1).(2)由(1)知eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，即eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＋1.所以數(shù)列{eq\f(1,an)}的前n項(xiàng)和Tn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＋n＝eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＋n.11．解析：令m＝1，則由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝2，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×eq\f(2×(1－210),1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故選C.答案：C12．解析：∵Sn＝pan＋1＋m，∴Sn－1＝pan＋m(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝pan＋1－pan(n≥2)，∴pan＋1＝(p＋1)an(n≥2)，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(p＋1,p)(n≥2)，又n＝1時(shí)，a1＝S1＝pa2＋m＝4，∴a2＝eq\f(4－m,p)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(4－m,4p).∵{an}為等比數(shù)列，∴eq\f(a2,a1)＝eq\f(4－m,4p)＝eq\f(p＋1,p)，∵p＞0，∴p＝－eq\f(m,4)，∴m＝－4p，p－eq\f(1,m)＝p＋eq\f(1,4p)≥2eq\r(p×\f(1,4p))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)p＝eq\f(1,4p)，p＝eq\f(