2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习24《等比数列》(含详解)

2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习24《等比数列》一、选择题设数列{an}满足2an=an＋1(n∈N*)，且前n项和为Sn，则的值为(　　)A.B.C.4D.2已知等差数列{an}满足a3=7，a5＋a7=26，bn=(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，则S100的值为(　　)A.B.　C.D.在等比数列{an}中，a1=1，a3=2，则a7=(　　)A.－8B.8C.8或－8D.16或－16等比数列{an}的前n项和为Sn，则“a2＜0且a5＜0”是“数列{Sn}单调递减”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件在数列{an}中，“an=2an－1，n=2,3,4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”的(　　)A.充分不必要条件　　B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件在等比数列{an}中，a2a3a4=8，a7=8，则a1=(　　)A.1B.±1C.2D.±2已知数列{an}满足：an＋1=an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1=1，a2=2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2028=(　　)A.3B.2C.1D.0已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2018=(　　)A.22018－1B.3×21009－3C.3×21009－1D.3×21008－2设数列{an}是以3为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ba1＋ba2＋ba3＋ba4=(　　)A.15B.60C.63D.72我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤.问本持金几何.”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和，恰好重1斤.问此人总共持金多少.则在此问题中，第5关收税金(　　)A.斤B.斤C.斤D.斤对于数列{an}，定义H0=为{an}的“优值”.现已知某数列的“优值”H0=2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为(　　) A.－64B.－68C.－70D.－72各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=2，S3n=14，则S4n等于(　　)A.80B.30C.26D.16二、填空题已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn=，若b10·b11=2，则a21=_____.已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2018=.已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1=2且Sn＋1=2Sn，设bn=log2an，则＋＋…＋的值是________.在公差d＜0的等差数列{an}中，已知a1=10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|=________.各项均为正数的数列{an}和{bn}满足：an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列，且a1=1，a2=3，则数列{an}的通项公式为　an=.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”.若a1=2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn=________. 答案解析答案为：A解析：由题意知，数列{an}是以2为公比的等比数列，故==.故选A.答案为：C解析：在等差数列{an}中，a5＋a7=2a6=26⇒a6=13.又数列{an}的公差d===2，所以an=a3＋(n－3)·d=7＋(n－3)×2=2n＋1，那么bn===，故Sn=b1＋b2＋…＋bn=⇒S100==.答案为：B；解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a1=1，a3=2，∴q2=2，∴a7=a3q4=2×22=8.故选B.答案为：C；解析：因为a5=a2q3＜0，a2＜0，所以q＞0，所以an＜0恒成立，所以Sn－Sn－1=an＜0，{Sn}单调递减，故为充分条件；Sn－Sn－1=an＜0⇒a2＜0，a5＜0，故为必要条件.故选C.答案为：B解析：当an=0时，也有an=2an－1，n=2,3,4，…，但{an}不是等比数列，因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有=2，n=2,3,4，…，即an=2an－1，n=2,3,4，…，所以必要性成立.故选B.答案为：A；解析：因为数列{an}是等比数列，所以a2a3a4=a=8，所以a3=2，所以a7=a3q4=2q4=8，所以q2=2，a1==1，故选A.答案为：A；解析：∵an＋1=an－an－1，a1=1，a2=2，∴a3=1，a4=－1，a5=－2，a6=－1，a7=1，a8=2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2028=336×0＋a2027＋a2028=a1＋a2=3.故选A.答案为：B；解析：a1=1，a2==2，又==2，∴=2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2018=a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2017＋a2018=(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)=＋=3×21009－3.答案为：B；解析：由数列{an}是以3为首项，1为公差的等差数列，得数列{an}的通项公式为an=3＋(n－1)1=n＋2.由数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，得数列{bn}的通项公式为bn=b1qn－1=2n－1，所以ban=2n＋1，所以ba1＋ba2＋ba3＋ba4=22＋23＋24＋25==60.答案为：B.解析：假设原来持金为x，则第1关收税金x；第2关收税金(1－)x=x；第3关收税金(1－－)x=x；第4关收税金(1－－－)x=x； 第5关收税金(1－－－－)x=x.依题意，得x＋x＋x＋x＋x=1，即(1－)x=1，x=1，解得x=，所以x=×=.故选B.答案为：D；解析：由题意可知：H0==2n＋1，则a1＋2a2＋…＋2n－1·an=n·2n＋1.当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2·an－1=(n－1)·2n，两式相减得2n－1·an=n·2n＋1－(n－1)·2n，an=2(n＋1)，当n=1时成立，∴an－20=2n－18，显然{an－20}为等差数列.令an－20≤0，解得n≤9，故当n=8或9时，{an－20}的前n项和Sn取最小值，最小值为S8=S9==－72，故选D.答案为：B；解析：由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列.设S2n=x，则2，x－2,14－x成等比数列.由(x－2)2=2×(14－x)，解得x=6或x=－4(舍去).∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列.又∵S3n=14，∴S4n=14＋2×23=30.答案为：1024解析：∵b1==a2，b2=，∴a3=b2a2=b1b2，∵b3=，∴a4=b1b2b3，…，an=b1b2b3·…·bn－1，∴a21=b1b2b3·…·b20=(b10b11)10=210=1024.答案为：3·21009－3.解析：∵数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n，①∴n=1时，a2=2，n≥2时，an·an－1=2n－1，②由①÷②得=2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2018=＋=3·21009－3.答案为：.解析：由Sn＋1=2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1=a1=2，公比为2的等比数列，所以Sn=2n.当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2n－2n－1=2n－1，bn=log2an=当n≥2时，==－，所以＋＋…＋=1＋1－＋－＋…＋－=2－=.答案为：.解析：由已知可得(2a2＋2)2=5a1a3，即4(a1＋d＋1)2=5a1·(a1＋2d)，所以(11＋d)2=25(5＋d)，解得d=4(舍去)或d=－1，所以an=11－n.当1≤n≤11时，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|=a1＋a2＋a3＋…＋an==； 当n≥12时，an＜0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|=a1＋a2＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)=2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)=2×－=.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|=答案为：；解析：由题意知2bn=an＋an＋1，a=bn·bn＋1，∴an＋1=，当n≥2时，2bn=＋，∵bn＞0，∴2=＋，∴{}成等差数列，由a1=1，a2=3，得b1=2，b2=，∴=，=，∴公差d=，∴=，∴bn=，∴an==.答案为：2n＋1－2解析：∵an＋1－an=2n,∴an=(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1=2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2=＋2=2n－2＋2=2n.∴Sn==2n＋1－2.