课时规范练37　等比数列--2027全国版高考数学一轮复习(含答案)

中小学教育资源及组卷应用平台
2027全国版高考数学一轮复习
课时规范练37　等比数列
(分值:95分)
(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)
基础 巩固练
1.(2025·浙江杭州期末)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若a2=2,a9=8a6,则S10= (　　)
A.1 022 B.1 023
C.1 024 D.1 025
2.(2025·黑龙江一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若公比q=2,S3=7,则a4+a5+a6=(　　)
A.49 B.56
C.63 D.112
3.(2025·江西二模)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4+a5+a6=-3,a7+a8+a9=9,则S15=(　　)
A.81 B.71 C.61 D.51
4.(2025·江苏泰州模拟)设{an}是公比为q(q≠-1)的无穷等比数列,Sn为其前n项和,a1>0,则“Sn存在最小值”是“q>0”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
5.(多选题)(2025·广东深圳期中)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q=-2,a3=-8,则下列选项正确的是(　　)
A.a1=-2
B.a4+a5=-12
C.S6=42
D.数列{anan+1}是公比为4的等比数列
6.(多选题)(2025·湖南长沙三模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=Sn+1,{bn}为等差数列,且b2=a2,b8=a4,记集合An={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn,则下列结论正确的是(　　)
A.a1=1 B.S4=16
C.bn=n D.cn=2n-1-n+1
7.(2025·河北秦皇岛二模)已知等比数列{an}的前6项和为126,其中偶数项和是奇数项和的2倍,则a1=　　　.
8.(13分)(2025·浙江温州三模)数列{an}满足:a1=2,an+1=3an+2n-1,n∈N*.
(1)数列{bn}满足:bn=an+n,试判断{bn}是否是等比数列,并说明理由;
(2)数列{cn}满足:cn=(-1)nan,求数列{cn}的前2n项和T2n.
综 合 提升练
9.(2025·山东二模)记等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2+a3=6,a1a4=8,则S4=(　　)
A.15 B.14
C.13 D.12
10.记数列{an}的前n项和为Sn,若a1=k(k≠0),an+1-3an=k,且2Sn≥3an恒成立,则k的取值范围为(　　)
A.(-∞,0)
B.(0,+∞)
C.(-∞,0]
D.[0,+∞)
11.(多选题)(2025·福建福州模拟)已知等比数列{an}中,满足a1=1,q=2,Sn是数列{an}的前n项和,则下列选项正确的是(　　)
A.数列{a2n}是等比数列
B.数列{}是递增数列
C.数列{log2an}是等差数列
D.数列{an}中,S10,S20,S30仍成等比数列
12.(多选题)(2026·辽宁模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=,若数列{an+Sn}既是等差数列,又是等比数列,则下列选项正确的是(　　)
A.{an}是等差数列
B.{}是等比数列
C.{Sn}为递增数列
D.当且仅当n=3时,{n(n-1)an}取得最大值
13.(2025·湖北黄冈二模)已知数列{an}的首项为a1,前n项和为Sn,且an+1=若2 00014.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=3,且Sn+1+Sn-1=2n+2Sn,n≥2,若λ(Sn-an)+λ+7≥(2-λ)n对任意n∈N*都成立.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求实数λ的最小值.
创 新 应用练
15.(2025·江西鹰潭二模)若A=(a1,a2,a3,…,an)为一个有序实数组,其中ai∈(-1,0,1){i=1,2,3,…,n},f(A)表示把A中每个-1都变为-1,0,每个0都变为-1,1,每个1都变为0,1所得到的新的有序实数组,例如:A=(-1,0,1),则f(A)=(-1,0,-1,1,0,1).定义Ak+1=f(Ak),k=1,2,3,…,若A1=(-1,1),An中有bn项为1,则数列{bn}的前2 025项和为　　　　　.
参考答案
1.B　解析 设数列{an}的公比为q(q≠0),由题意可得解得
则S10==210-1=1 023.故选B.
2.B　解析 因为=q3=8,所以a4+a5+a6=8S3=56.故选B.
3.C　解析 由题意可知S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12成等比数列,所以=S3(S9-S6),即(-3)2=S3×9,解得S3=1,则此等比数列的首项是1,公比是-3,那么S12-S9=a10+a11+a12=1×(-3)3=-27,S15-S12=a13+a14+a15=1×(-3)4=81,所以S15=1+(-3)+9+(-27)+81=61.故选C.
4.B　解析 当a1=1,q=-时,有Sn=(-)n,则Sn有最小值S2=(-)2=,故“Sn存在最小值”不是“q>0”的充分条件;
若q>0,由a1>0,则Sn+1-Sn=an+1=a1qn>0,故Sn必有最小值S1=a1,故“Sn存在最小值”是“q>0”的必要条件,即“Sn存在最小值”是“q>0”的必要不充分条件.故选B.
5.ACD　解析 因为q=-2,a3=-8,所以a1==-2,A正确;
易知a4+a5=a3(q+q2)=-16,B错误;
因为a1=-2,q=-2,所以S6==42,C正确;
因为=q2=4,a1a2=-8,所以数列{anan+1}是首项为-8,公比为4的等比数列,故D正确.故选ACD.
6.ACD　解析 设等比数列{an}的公比为q,由an+1=Sn+1,得an=Sn-1+1(n≥2),
两式相减得an+1-an=Sn-Sn-1=an,即an+1=2an,所以q=2,
又a2=S1+1=a1+1,a2=2a1,解得a1=1,则an=2n-1,A正确;
Sn==2n-1,S4=24-1=15,B错误;
设等差数列{bn}的公差为d,由b2=a2=2,b8=a4=8,得6d=b8-b2=6,解得d=1,
所以bn=b2+(n-2)d=n,C正确;
由An={x∈N*|bn≤x≤an},得An={x∈N*|n≤x≤2n-1},则集合An中元素的个数为2n-1-n+1,即cn=2n-1-n+1,D正确.故选ACD.
7.2　解析 由题意知
可得
设{an}的公比为q,则a2+a4+a6=(a1+a3+a5)q,则q=2,
所以a1+a3+a5=a1(1+q2+q4)=21a1=42,则a1=2.
8.解 (1){bn}是等比数列,理由如下:
因为an+1=3an+2n-1,n∈N*,所以an+1+(n+1)=3(an+n).
又bn=an+n,所以bn+1=3bn.
因为a1=2,所以b1=3≠0,所以{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列.
(2)由(1)可知bn=3n,所以an=3n-n,
所以cn=(-1)n·(3n-n)=(-3)n+n·(-1)n+1,
所以T2n=[(-3)1+(-3)2+…+(-3)2n]+[1+(-2)+3+(-4)+…+(2n-1)-2n]=-n=9n-n-
9.A　解析 因为数列{an}为等比数列,所以a1a4=a2a3=8,
可得解得则公比q==2,
可得a1==1,a4=a3q=8,所以S4=a1+a2+a3+a4=1+6+8=15;
若则公比q=,
可得a1==8,a4=a3q=1,所以S4=a1+a2+a3+a4=8+6+1=15.
综上,S4=15.故选A.
10.A　解析 因为an+1-3an=k,所以an+1+=3(an+).
又a1+0,
所以{an+}是首项为,公比为3的等比数列,
则an+3n-1,故an=3n-1-,
所以Sn=n=,则2Sn-3an=2-3=-kn.因为2Sn≥3an恒成立,所以-kn≥0恒成立,又n>0,所以-k≥0,解得k≤0.又k≠0,所以k<0,即实数k的取值范围为(-∞,0).故选A.
11.AC　解析 因为a1=1,q=2,所以an=2n-1,则a2n=22n-1.
由a2=2,=4,可知数列{a2n}是首项为2,公比为4的等比数列,故A正确;
因为=()n-1,结合指数函数性质可知,数列{}是递减数列,故B错误;
因为log2an=n-1,log2a1=0,log2an+1-log2an=n-(n-1)=1,
所以数列{log2an}是首项为0,公差为1的等差数列,故C正确;
数列{an}中,S10==210-1,S20=220-1,S30=230-1,
,故D错误.故选AC.
12.BC　解析 设bn=an+Sn,则b1=a1+S1=2a1=1,又数列{bn}既是等差数列,又是等比数列,
设等差数列{bn}的公差为d,则b2=b1+d=1+d,b3=b1+2d=1+2d.
因为数列{bn}也是等比数列,所以=b1b3,即(1+d)2=1+2d,解得d=0,所以bn=b1=1.
显然数列{bn}既是等差数列,又是等比数列,符合题意,于是有bn=an+Sn=1.
当n≥2时,bn-1=an-1+Sn-1=1,两式相减得an+Sn-an-1-Sn-1=2an-an-1=0,
即,所以数列{an}是以a1=为首项,公比为的等比数列,即an=()n,故A错误;
又=ln,即数列{}是不为零的常数列,所以数列{}是等比数列,故B正确;
因为bn=an+Sn=1,所以Sn=1-an=1-()n.显然数列{Sn}为递增数列,故C正确;
设cn=n(n-1)an=,假设数列{cn}的第k(k∈N*)项最大,则
即解得3≤k≤4.
因为k∈N*,所以k=3或k=4,即当且仅当n=3或n=4时{n(n-1)an}取得最大值,故D错误.故选BC.
13.(1,2)　解析 当n为奇数时,an+2=2(an+1)+1=2an+3,即an+2+3=2(an+3),
所以数列{an+3}(n∈N*)的奇数项是首项为a1+3,公比为2的等比数列,
则an+3=(a1+3),即an=(a1+3)-3,其中n为奇数.
当n为偶数时,an+2=(2an+1)+1=2an+2,即an+2+2=2(an+2),
所以数列{an+2}(n∈N*)的偶数项是首项为a2+2=a1+3,公比为2的等比数列,则an+2=(a1+3),即an=(a1+3)-2,其中n为偶数.
所以S16=(a1+a3+…+a15)+(a2+a4+…+a16)=-24+-16=(a1+3)(29-2)-40,若2 00014.解 (1)由题意得,Sn+1-Sn=2n+Sn-Sn-1,故an+1-an=2n(n≥2).
因为a2-a1=3-1=21符合上式,
所以an+1-an=2n(n≥1),
所以当n≥2时,有an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,…,a2-a1=21,
则an-a1=21+22+…+2n-1,
故an=1+21+…+2n-1==2n-1,当n=1时,a1=21-1=1,也满足此式,所以an=2n-1,n∈N*.
(2)由(1)得an=2n-1,
所以Sn=21+22+23+…+2n-n=-n=2n+1-n-2,
所以Sn-an=2n-n-1.
因为λ(Sn-an)+λ+7≥(2-λ)n对任意n∈N*都成立,所以λ≥()max.
设cn=,则cn+1-cn=,
当n≤4时,cn+1>cn,当n≥5时,cn+1c6>c7>…,
则λ≥c5=,故实数λ的最小值为
15　解析 因为A1=(-1,1),依题意得,A2=(-1,0,0,1),A3=(-1,0,-1,1,-1,1,0,1),显然,A1中有2项,其中1项为-1,1项为1,A2中有4项,其中1项为-1,1项为1,2项为0,A3中有8项,其中3项为-1,3项为1,2项为0,
由此可得An中共有2n项,易知其中1和-1的项数相同都为bn,
设An中有cn项为0,所以2bn+cn=2n,b1=1,
从而2bn-1+cn-1=2n-1(n≥2)①,
因为f(A)表示把A中每个-1都变为-1,0,每个0都变为-1,1,每个1都变为0,1所得到的新的有序实数组,则bn=bn-1+cn-1(n≥2)②,
①+②,得bn+bn-1=2n-1(n≥2)③,
所以bn+1+bn=2n④,
所以{bn}的前2 025项和为b1+(b2+b3)+(b4+b5)+…+(b2 024+b2 025)=1+22+24+26+…+22 024=1+
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)