1、课时规范练27等比数列基础巩固组1.(2021山东泰安高三月考)已知各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn,若S4-S3=27,S3-S1=12,则S5=()A.81B.812C.121D.24322.(2021辽宁沈阳高三期中)在等比数列an中,a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则数列an的前12项和为()A.90B.60C.45D.323.(2021陕西高新一中高三二模)已知数列an是等比数列,Sn是其前n项积,若S7S2=32,则S9=()A.1 024B.512C.256D.1284.(2021云南曲靖高三月考)设等比数列an的前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列
2、,且a8=6,则a11=()A.-1B.-3C.-5D.-75.(2021湖南长沙高三期末)在公比不为1的等比数列an中,存在s,tN*,满足asat=a52,则4s+14t的最小值为()A.34B.712C.58D.136.(多选)在各项均为正数的等比数列an中,Sn是数列an的前n项和,若a1=12,S3=78,则下列说法正确的是()A.an12B.an12C.Sn|an|,a2=-2,S3=3,则|a1|+|a2|+|an|=.综合提升组10.(2021江苏泰州高三月考)已知为非零常数,数列an与2an+均为等比数列,且a2 021=3,则a1=()A.1B.3C.2 021D.4 04
3、211.(多选)(2021重庆巴蜀中学高三月考)已知数列an的前n项和为Sn,若a1+a2=2,an+1=Sn+1,则()A.数列an是公比为2的等比数列B.S6=47C.anSn既无最大值也无最小值D.1a1+1a2+1an1,则()A.a1a3B.a2a3D.a2a4课时规范练27等比数列1.C解析 设等比数列an的公比为q(q0).由题意S4-S3=27,S3-S1=12,可得a4=27,a2+a3=12,所以a1q3=27,a1q+a1q2=12,所以a1=1,q=3,所以S5=1(1-35)1-3=121.故选C.2.C解析 设数列an的公比为q,则a4+a5+a6a1+a2+a3=
4、q3=63=2,所以a7+a8+a9=(a4+a5+a6)q3=62=12,同理a10+a11+a12=24,所以S12=a1+a2+a12=3+6+12+24=45.故选C.3.B解析 因为S7S2=a3a4a5a6a7=(a5)5=32,所以a5=2,所以S9=a1a2a3a4a5a6a7a8a9=(a5)9=512.故选B.4.B解析 设等比数列an的公比为q,由S3,S9,S6成等差数列,可得2S9=S3+S6,即2(S9-S6)=S3-S6,即2(a7+a8+a9)=-(a4+a5+a6),即q3=-12.又a8=6,所以a11=a8q3=6-12=-3.故选B.5.C解析 设等比数
5、列an的公比为q(q1).因为asat=a52,所以a1qs-1a1qt-1=(a1q4)2,即qs+t-2=q8,可得s+t=10,且s,tN*,则4s+14t=1104s+14t(s+t)=1104+4ts+s4t+14=110174+4ts+s4t.因为s,tN*,所以4ts0,s4t0,则4ts+s4t24tss4t=2,当且仅当4ts=s4t,即s=8,t=2时,等号成立,所以4s+14t的最小值为58.故选C.6.ACD解析 设等比数列an的公比为q(q0).由a1=12,S3=78,得12+12q+12q2=78,即4q2+4q-3=0,解得q=12或q=-32(舍去),所以an
6、=1212n-1=12n.又nN*,所以an12,故选项A正确,选项B错误;Sn=121-(12)n1-12=1-12n1,故选项C正确;2lg an=2lg12n=lg122n=lg12n-2+lg12n+2=lg an-2+lg an+2,故选项D正确.故选ACD.7.BC解析 由S1,S2+2,S3成等差数列,可得a2=4,a1=2,an=2n,故选项A错误;a3=8,a4-4=12,a2,a3,a4-4成等差数列,故选项B正确;Sn=2n+1-2,所以Sn+2=2n+1,所以Sn+2是等比数列,故选项C正确;若am,an,ar即2m,2n,2r成等差数列,不妨设mn|an|,所以|q|
7、1,所以数列an是以1为首项,以-2为公比的等比数列,则|an|也为等比数列,公比为2,首项|a1|=1,故|a1|+|a2|+|an|=1-2n1-2=2n-1.10.B解析 an与2an+均为等比数列,所以(2an+)2=(2an-1+)(2an+1+)且an2=an-1an+1,得2an=an-1+an+1,故数列an也为等差数列,所以数列an为非零常数列,则a1=a2 021=3.故选B.11.BD解析 an+1=Sn+1,令n=1,得a2=S1+1=a1+1,结合a1+a2=2,知a1=12,a2=32.又an+1=Sn+1,所以an=Sn-1+1(n2),所以an+1=2an,但a
8、1=12,a2=32,a2a1=32.当n2时,Sn=32(1-2n-1)1-2+12=32n-2-1,S6=316-1=47,故选项A错误,选项B正确;因为a1S1=1,当n2时,anSn=32n-332n-2-1=36-12n-312,34,所以anSn无最小值,有最大值,故选项C错误;1a1+1a2+1an=2+23(1-12n-1)1-120,q1),则Sn=a1(1-qn)1-q,S2n=a1(1-q2n)1-q,bn=S2nSn=1-q2n1-qn=(1+qn)(1-qn)1-qn=1+qn0,b6b2-78=1+q61+q2-78=(1+q2)(1-q2+q4)1+q2-78=q
9、4-q2+18,令q2=t(t0且t1),则b6b2-78=t2-t+18,b6b2与78大小关系不确定,即7b2与8b6大小关系不确定,故选项A,选项B错误;b9b3-34=1+q91+q3-34=(1+q3)(1-q3+q6)1+q3-34=q6-q3+14=q3-1220,即b9b334,3b34b9.又b4-b8-14=1+q4-1-q8-14=-q8+q4-14=-q4-1220,即b4b8+14,故选项D正确.故选D.16.AD解析 数列an的前4项成等比数列,且S4=ln S3,S3+a4=ln S3,即a4=ln S3-S3.设y=ln x-x,x0,y=1x-1=1-xx.令y0,0x1,q3-1,q-1且q21,a3=a1q2a1,a2=a1q0,a4=a2q2a2.故选AD.
