2021高考数学新高考版一轮习题：专题6 第45练 等比数列 Word版含解析 4页

‎1．等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列一定成立的是(　　)‎ A．若a1>0，则a2 019<0 B．若a2>0，则a2 018<0‎ C．若a1>0，则S2 019>0 D．若a2>0，则S2 018>0‎ ‎2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则等于(　　)‎ A. B．2 C. D. ‎3．(2019·藁城市第一中学月考)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，则S13等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎4．若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且满足：a1＋a2 019＝π，b1b2 019＝2，函数f(x)＝sin x，则f 等于(　　)‎ A．－ B. C. D．－ ‎5．(2020·福建厦门双十中学期末)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)‎ A．a1d>0，dS4>0 B．a1d<0，dS4<0‎ C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0‎ ‎6．已知正项等比数列{an}满足a1－a2＝8，a3－a4＝2，若a1a2a3…an＝1，则n为(　　)‎ A．5 B．6 C．9 D．10‎ ‎7．(多选)下列四种说法中，错误的有(　　)‎ A．等比数列的某一项可以为0‎ B．等比数列的公比取值范围是R C．若b2＝ac，则a，b，c成等比数列 D．若一个常数列是等比数列，则这个数列的公比是1‎ ‎8．(多选)在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的有(　　)‎ A．q＝2‎ B．数列{Sn＋2}是等比数列 C．S8＝510‎ D．数列{lg an}是公差为2的等差数列 ‎9．已知数列{an}的前n项积为Tn，若对∀n≥2，n∈N*，都有Tn＋1·Tn－1＝2T成立，且a1＝1，a2＝2，则数列{an}的前10项和为________．‎ ‎10．已知四个数a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q(q>0)不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则q的取值集合是________．‎ ‎11．(2019·安徽六安一中期末)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若bsin A－acos B＝0，且三边a，b，c成等比数列，则的值为(　　)‎ A. B. C．1 D．2‎ ‎12．(2020·天津月考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为(　　)‎ A．25 B．20 C．15 D．10‎ ‎13．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a<0，b>0)有两个不同的零点x1，x2，若－2和x1，x2三个数适当排序后既可成等差数列，也可成等比数列，则函数f(x)的解析式为(　　)‎ A．f(x)＝x2－5x＋6 B．f(x)＝x2－3x＋4‎ C．f(x)＝x2－5x＋4 D．f(x)＝x2－3x＋6‎ ‎14．(2019·海南海口期末)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－1.若对任意正整数n都有λSn＋1－Sn<0恒成立，则实数λ的取值范围为(　　)‎ A．(－∞，1) B. C. D. ‎15．设Sn为数列{an}的前n项和，2an－an－1＝3·2n－1(n≥2)且3a1＝2a2，则Sn＋an＝________.‎ ‎16．(2019·黑龙江大庆四中月考)已知数列{an}满足2an＋1an＋an＋1－3an＝0，且a1>0，若数列{an}为递增数列，则a1的取值范围是________．‎ 答案精析 ‎1．C　2.C　3.D　4.C　5.B　6.C ‎7．ABC　8.ABC　9.1 023‎ ‎10.　11.C ‎12．B　[因为{an}是等比数列，S8－2S4＝5，‎ 所以S8－S4＝5＋S4，且S4，S8－S4，S12－S8也是等比数列，‎ 所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，‎ 整理得S12－S8＝＝＋S4＋10≥2＋10＝20 (当且仅当S4＝5时取等号)，‎ 因为a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8≥20，‎ 所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.]‎ ‎13．C　[由题意，函数f(x)＝x2＋ax＋b(a<0，b>0)有两个不同的零点x1，x2，‎ 可得x1＋x2＝－a，x1x2＝b，‎ 则x1>0，x2>0，‎ 又由－2和x1，x2三个数适当排序后既可成等差数列，也可成等比数列，‎ 不妨设x2>x1>0，则2x1＝x2＋(－2)，x1x2＝4，解得x1＝1，x2＝4，‎ 所以－a＝x1＋x2＝5，b＝x1x2＝4，所以f(x)＝x2－5x＋4.]‎ ‎14．C　[当n＝1时，S1＝2a1－1，即a1＝2a1－1，得a1＝1；‎ 当n≥2时，由Sn＝2an－1，得Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，得an＝2an－1，‎ ‎∴＝2，∴数列{an}为等比数列，且首项为1，公比为2，∴an＝1×2n－1＝2n－1.‎ ‎∴Sn＝2an－1＝2×2n－1－1＝2n－1，‎ 由λSn＋1－Sn<0，得λ<＝＝ ‎＝－，‎ ‎∵数列单调递增，其最小项为＝＝，∴λ<，‎ 因此，实数λ的取值范围是.]‎ ‎15．3·2n 解析　由2an－an－1＝3·2n－1(n≥2)，‎ 得＝·＋，‎ ‎∴－1＝，‎ 由2an－an－1＝3·2n－1(n≥2)，且3a1＝2a2，可得2a2－a1＝6，即2a1＝6，a1＝3.‎ ‎∴数列是以为首项，为公比的等比数列，则－1＝·n－1＝2n－1，‎ ‎∴an＝2n(21－2n＋1)＝21－n＋2n，‎ ‎∴Sn＝＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝＋＝2·2n－21－n.‎ ‎∴Sn＋an＝3·2n.‎ ‎16．(0,1)‎ 解析　因为数列{an}为递增数列，2an＋1an＋an＋1－3an＝0，且a1>0，‎ 所以an＋1＝，所以＝＝·＋，‎ 所以－1＝·，‎ 从而可得数列 是以－1 为首项， 为公比的等比数列，‎ 所以－1＝·n－1，‎ 整理得an＝，‎ 因为an＋1>an>0，‎ 所以>>0，‎ 整理得·<－1，‎ 即0