新教材適用2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)練案36第六章數(shù)列第三講等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和

練案[36]第三講等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．在等比數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，q＝eq\f(1,2)，an＝eq\f(1,32)，則項(xiàng)數(shù)n為(C)A．3 B．4C．5 D．6[解析]an＝eq\f(1,32)＝a1qn－1＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴n＝5，故選C.2．(2024·陜西西安中學(xué)六模擬)已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和．若a2a6＝4，且a4＋2a7＝eq\f(5,2)，則S5＝(C)A．29 B．30C．31 D．32[解析]本題考查等比數(shù)列性質(zhì)及基本量的運(yùn)算．∵a2a6＝aeq\o\al(2,4)＝4，且an>0，∴a4＝2.又a4＋2a7＝eq\f(5,2)，∴a7＝eq\f(1,4).設(shè){an}的公比為q，則eq\f(a7,a4)＝q3＝eq\f(1,8)，q＝eq\f(1,2)，∴an＝a4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－4＝25－n，∴S5＝16＋8＋4＋2＋1＝31.3．設(shè){an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和．已知a2a4＝1，S3＝7，則S5＝(B)A.eq\f(15,2) B．eq\f(31,4)C．eq\f(33,4) D．eq\f(17,2)[解析]設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則明顯q≠1，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q3＝1，,\f(a11－q3,1－q)＝7，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，∴S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝eq\f(31,4).4．(2024·北京質(zhì)檢)明代數(shù)學(xué)家程大位編著的《算法統(tǒng)宗》是中國(guó)數(shù)學(xué)史上的一座豐碑．其中有一段著述“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一．”注：“倍加增”意為“從塔頂?shù)剿?，相比于上一層，每一層燈的盞數(shù)成倍增加”．則該塔從塔底數(shù)其次層燈的盞數(shù)為(C)A．3 B．6C．96 D．192[解析]依據(jù)題意，可知從塔頂?shù)剿?，每層的燈盞數(shù)構(gòu)成公比為2的等比數(shù)列，設(shè)塔頂燈盞數(shù)為a1，則有S7＝eq\f(a1·1－27,1－2)＝381，解得a1＝3，從塔底數(shù)其次層燈的盞數(shù)為a6＝a1q5＝3×25＝96，故選C.5．(2024·鹽城質(zhì)檢)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝32n－1＋r，則r＝(B)A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C．eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)[解析]當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3＋r；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3＝32n－3(32－1)＝8·32n－3＝8·32n－2·3－1＝eq\f(8,3)·9n－1，所以3＋r＝eq\f(8,3)，即r＝－eq\f(1,3)，故選B.6．(2024·廣東惠州一中月考)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，且a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(C)A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)C.eq\f(32,3)(1－4－n) D．eq\f(32,3)(1－2－n)[解析]因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}中，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，所以eq\f(a5,a2)＝q3＝eq\f(1,8)，所以q＝eq\f(1,2).由等比數(shù)列的性質(zhì)，易知數(shù)列{anan＋1}為等比數(shù)列，其首項(xiàng)為a1a2＝8，公比為q2＝eq\f(1,4)，所以要求的a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1為數(shù)列{anan＋1}的前n項(xiàng)和．由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式得a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq\f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq\f(32,3)(1－4－n)．故選C.7．(2024·全國(guó)甲卷)等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項(xiàng)和為Sn.設(shè)甲：q>0，乙：{Sn}是遞增數(shù)列，則(B)A．甲是乙的充分條件但不是必要條件B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件[解析]當(dāng)q＝1，a1<0時(shí)，等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝na1<0，可知{Sn}是單調(diào)遞減數(shù)列，因此甲不是乙的充分條件；若{Sn}是遞增數(shù)列，則當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1>0，即a1qn－1>0恒成立，而只有當(dāng)a1>0，q>0時(shí)，a1qn－1>0恒成立，所以可得q>0，因此甲是乙的必要條件．綜上，甲是乙的必要條件但不是充分條件．故選B.8．Sn是公比不為1的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S9是S3和S6的等差中項(xiàng)，則eq\f(S12,S6)＝(A)A.eq\f(5,4) B．eq\f(3,4)C．eq\f(4,3) D．eq\f(3,2)[解析]設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠1)，由題意可知，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)qn，令A(yù)＝eq\f(a1,1－q)，則Sn＝A－Aqn.因?yàn)镾9是S3和S6的等差中項(xiàng)，所以2S9＝S3＋S6，即2(A－Aq9)＝(A－Aq3)＋(A－Aq6)，整理可得2q6＝1＋q3，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，因?yàn)閝≠1，所以q3＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(S12,S6)＝eq\f(A－Aq12,A－Aq6)＝1＋q6＝eq\f(5,4).故選A.二、多選題9．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿意a6＝8a3，則(AD)A．?dāng)?shù)列{an}的公比為2B．?dāng)?shù)列{an}的公比為8C.eq\f(S6,S3)＝8D.eq\f(S6,S3)＝9[解析]因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿意a6＝8a3，所以eq\f(a6,a3)＝q3＝8，解得q＝2，所以eq\f(S6,S3)＝eq\f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝9.故選AD.10．(2024·廣州市名校溝通聯(lián)考)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則(BCD)A．{an＋an＋1}為等比數(shù)列B．{anan＋1}為等比數(shù)列C．{aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)}為等比數(shù)列D．{Sn}不為等比數(shù)列(Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和)[解析]因?yàn)閿?shù)列{an}為等比數(shù)列，所以設(shè)其公比為q(q≠0)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1qn－1(n∈N*)．對(duì)于A，an＋an＋1＝a1qn－1＋a1qn＝a1(1＋q)qn－1(n∈N*)，當(dāng)q＝－1時(shí)，an＋an＋1＝0(n∈N*)，故{an＋an＋1}不肯定為等比數(shù)列，所以A不正確；對(duì)于B，anan＋1＝a1qn－1·a1qn＝aeq\o\al(2,1)q2n－1(n∈N*)，所以eq\f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq\f(a\o\al(2,1)q2n＋1－1,a\o\al(2,1)q2n－1)＝q2(常數(shù))對(duì)一切n∈N*都成立，故{anan＋1}為等比數(shù)列，所以B正確；對(duì)于C，aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)＝(a1qn－1)2＋(a1qn)2＝aeq\o\al(2,1)q2n－2＋aeq\o\al(2,1)q2n＝aeq\o\al(2,1)(1＋q2)q2n－2(n∈N*)，所以eq\f(a\o\al(2,n＋1)＋a\o\al(2,n＋2),a\o\al(2,n)＋a\o\al(2,n＋1))＝eq\f(a\o\al(2,1)1＋q2q2n＋1－2,a\o\al(2,1)1＋q2q2n－2)＝q2(常數(shù))(n∈N*)，故{aeq\o\al(2,n)＋aeq\o\al(2,n＋1)}為等比數(shù)列，所以C正確；對(duì)于D，因?yàn)閿?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，所以當(dāng)q＝－1時(shí)，Sn＝eq\f(a1[1－－1n],1－－1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1n＝2k－1，,0n＝2k))(其中k∈N*)，此時(shí){Sn}不為等比數(shù)列，故D正確．故選BCD.11．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，則有(ABD)A．Sn＝3n－1 B．{Sn}為等比數(shù)列C．a(chǎn)n＝2·3n－1 D．a(chǎn)n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2))[解析]由題意，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和滿意an＋1＝2Sn(n∈N*)，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2Sn－1，兩式相減，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，可得an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝3(n≥2)，又由a1＝1，當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq\f(a2,a1)＝2，所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2；))當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝eq\f(an＋1,2)＝eq\f(2·3n－1,2)＝3n－1，又由n＝1時(shí)，S1＝a1＝1，適合上式，所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝3n－1；又由eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(3n,3n－1)＝3，所以數(shù)列{Sn}為公比為3的等比數(shù)列，故選ABD.三、填空題12．(2024·全國(guó)卷Ⅰ，14,5分)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，則S5＝eq\f(121,3).[解析]解法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍eq\o\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).解法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍eq\o\al(2,4)＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).13．(2024·北京東城區(qū)期末)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和．若a1＝6，a2＋2a3＝6，則公比q＝eq\f(1,2)，S4＝eq\f(45,4).[解析]本題考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式．由題意，數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，由a1＝6，a2＋2a3＝6，可得a1q＋2a1q2＝6q＋12q2＝6，即2q2＋q－1＝0，解得q＝eq\f(1,2)或q＝－1(舍去)．由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，可得S4＝eq\f(6×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4)),1－\f(1,2))＝eq\f(45,4).14．等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn.已知S3＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(63,4)，則a8＝_32__.[解析]由題意知S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(7,4)，a4＋a5＋a6＝S6－S3＝eq\f(63,4)－eq\f(7,4)＝14＝eq\f(7,4)·q3，∴q＝2.又a1＋2a1＋4a1＝eq\f(7,4)，∴a1＝eq\f(1,4)，∴a8＝eq\f(1,4)×27＝32.15．(2024·長(zhǎng)春市高三一檢)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1＝－1，前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，則公比q＝－eq\f(1,2).[解析]由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1，知公比q≠1，eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32).由等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)知S5，S10－S5，S15－S10成等比數(shù)列，且公比為q5，故q5＝－eq\f(1,32)，所以q＝－eq\f(1,2).四、解答題16．(2024·陜西榆林一模)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.設(shè)bn＝eq\f(an,n).(1)求b1，b2，b3；(2)推斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說(shuō)明理由；(3)求{an}的通項(xiàng)公式．[解析](1)由條件可得an＋1＝eq\f(2n＋1,n)an，將n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.將n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.從而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2){bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列．理由如下：由條件可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列．(3)由(2)可得eq\f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.17．(2024·全國(guó)新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)證明：a1＝b1；(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的個(gè)數(shù)．[解析](1)證明：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，將d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.(2)由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由題知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，所以k＝2,3,4，…，10，共9個(gè)數(shù)，即集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的個(gè)數(shù)為9.B組實(shí)力提升1．公比不為1的等比數(shù)列{an}滿意a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，則m的值為(B)A．8 B．9C．10 D．11[解析]∵公比不為1的等比數(shù)列{an}滿意a5a6＋a4a7＝8，∴a5a6＝a4a7＝4，由a2am＝4，∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.2．(2024·安徽六安一中調(diào)研)已知1，a1，a2,4成等差數(shù)列，1，b1，b2，b3,4成等比數(shù)列，則eq\f(a1＋a2,b2)的值是(C)A.eq\f(5,2)或－eq\f(5,2) B．－eq\f(5,2)C.eq\f(5,2) D．eq\f(1,2)[解析]由題意得a1＋a2＝5，beq\o\al(2,2)＝4，又b2與第一項(xiàng)的符號(hào)相同，所以b2＝2.所以eq\f(a1＋a2,b2)＝eq\f(5,2).故選C.3．(多選題)(2024·海南海口模擬)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿意a1＝2，a4＝2a2＋a3.若設(shè)其公比為q，前n項(xiàng)和為Sn，則下面結(jié)論不正確的是(CD)A．q＝2 B．a(chǎn)n＝2nC．S10＝2047 D．a(chǎn)n＋an＋1>an＋2[解析]本題考查等比數(shù)列基本量的計(jì)算．因?yàn)閍1＝2，a4＝2a2＋a3，公比為q，所以2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(負(fù)值舍去)，故A正確；an＝2×2n－1＝2n，故B正確；Sn＝eq\f(2×2n－1,2－1)＝2n＋1－2，所以S10＝2046，故C錯(cuò)誤；an＋an＋1＝2n＋2×2n＝3an，而an＋2＝4an>3an，故D錯(cuò)誤．故選CD.4．(多選題)如圖，在每個(gè)小格中填上一個(gè)數(shù)，使得每一行的數(shù)依次成等差數(shù)列，每一列的數(shù)依次成等比數(shù)列，則(AD)2412xyzA.x＝1 B．y＝2C．z＝3 D．x＋y＋z＝2[解析]因?yàn)槊恳涣谐傻缺葦?shù)列，所以第一列的第3,4,5個(gè)小格中的數(shù)分別是eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，eq\f(1,8)，第三列的第3,4,5個(gè)小格中的數(shù)分別是1，eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，所以x＝1.又每一行成等差數(shù)列，所以y＝eq\f(1,4)＋3×eq\f(\f(1,2)－\f(1,4),2)＝eq\f(5,8)，z－eq\f(1,8)＝2×eq\f(1,8)，所以z＝eq\f(3,8)，所以x＋y＋z＝2.故A，D正確，B，C錯(cuò)誤．5．(2024·上海卷)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，前n項(xiàng)積為Tn，則下列選項(xiàng)中正確的是(D)A．若S2022>S2021，則{an}為遞增數(shù)列B．若T2022>T2021，則{an}為遞增數(shù)列C．若{Sn}為遞增數(shù)列，則a2022≥a2021D．若{Tn}為遞增數(shù)列，則a2022≥a2021[解析]設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.對(duì)于選項(xiàng)A，如取an＝eq\f(1,2n)，滿意S2022>S2021，但{an}不是遞增數(shù)列，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，如取an＝－2n，滿意T2022>T2021，但{an}不是遞增數(shù)列，故B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，如取an＝eq\f(1,2n)，則Sn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，滿意{Sn}為遞增數(shù)列，但a2022<a2021，故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，若數(shù)列{Tn}為遞增數(shù)列，則Tn＋1>Tn>0，∴an＋1>1，q≥1，∴a2022≥a2021，故D正確．選D.6．(2024·北京卷)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和Sn滿意an·Sn＝9(n＝1,2，…)．給出下列四個(gè)結(jié)論：①{an}的第2項(xiàng)小于3；②{an}為等比數(shù)列；③{an}為遞減數(shù)列；④{an}中存在小于eq\f(1,100)的項(xiàng)．其中全部正確結(jié)論的序號(hào)是_①③④__.[解析]因?yàn)閍n·Sn＝9，所以a1·S1＝9，又an>0，所以a1＝3，a2·S2＝a2(a1＋a2)＝9，即aeq\o\al(2,2)＋3a2－9＝0，得a2＝eq\f(－3＋3\r(5),2)＝eq\f(3\r(5)－1,2)<3，所以①正確；當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn＝eq\f(9,an)，得Sn－1＝eq\f(9,an－1)，兩式作差可得an＝eq\f(9,an)－eq\f(9,an－1)(n≥2)，即an＝eq\f(9an－1－an,anan－1)(n≥2)，整理得eq\f(an,an－1)＝eq\f(9－a\o\al(2,n),9)(n≥2)，若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(9－a\o\al(2,n),9)為常數(shù)，即數(shù)列{an}從第2項(xiàng)起各項(xiàng)均為同一個(gè)常數(shù)，易知當(dāng)n＝3時(shí)不成立，所以②不正確；因?yàn)閍n·Sn＝an＋1·Sn＋1＝9，所以eq\f(an,an＋1)＝eq\f(Sn＋1,Sn)，由數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，得eq\f(Sn＋1,Sn)>1，所以an>an＋1>0，所以③正確；對(duì)于④，若數(shù)列{an}的全部項(xiàng)均大于等于eq\f(1,100)，取n>90000，由an≥eq\f(1,100)且an>an＋1>0，得Sn>nan>900，所以an·Sn>9，與已知沖突，所以④正確，綜上，全部正確結(jié)論的序號(hào)是①③④.7．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)已知數(shù)列{an}和{bn}滿意a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式．[解析](1)證明：由題設(shè)得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)．又因?yàn)閍1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．由題設(shè)得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn