1_7.3　等比数列.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 7.3　等比数列 基础篇 考点一　等比数列及其前n项和 1.(2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,4)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=26,a3=18,则S5=(　　) A.80　　　　B.81　　　　C.243　　　　D.242 答案　D　 2.(2022全国乙,理8,文10,5分)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=(　　) A.14　　　　B.12　　　　C.6　　　　D.3 答案　D　 3.(2022山东联考,4)在正项等比数列{an}中,a1=3,且3a2是a3和a4的等差中项,则a2=(　　) A.8　　　　B.6　　　　C.3　　　　D.32 答案　B　 4.(2022辽宁渤海大学附中考试)已知递增等比数列{an}中,a2+a5=18,a3a4=32,若an=128,则n=(　　) A.5　　　　B.6　　　　C.7　　　　D.8 答案　D　 5.(2020课标Ⅱ文,6,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan=(　　) A.2n-1　　　　B.2-21-n　　　　C.2-2n-1　　　　D.21-n-1 答案　B　 6.(2022 辽宁大连一中期中,4)等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=t·2n-1-1,则t=(　　) A.2　　　　B.-2　　　　C.1　　　　D.-1 答案　A　 7.(2020课标Ⅱ理,6,5分)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(　　) A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.5 答案　C　 8.(2020课标Ⅰ文,10,5分)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=(　　) A.12　　　　B.24　　　　C.30　　　　D.32 答案　D　 9.(2022福建龙岩一中期中,5)已知公差不为0的等差数列的第4,7,16项恰好分别是某等比数列的第4,6,8项,则该等比数列的公比是(　　) A.3　　　　B.−3　　　　 C.3或-3　　　　D.2 答案　C　 10.(多选)(2022湖北新高考联考,9)已知等比数列{an}的公比为q,前4项的和为a1+14,且a2,a3+1,a4成等差数列,则q的值可能为(　　) A.12　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3 答案　AC　 11.(2019课标Ⅲ,文6,理5,5分)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=(　　) A.16　　　　B.8　　　　C.4　　　　D.2 答案　C　 12.(2022新高考Ⅱ,17,10分)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4. (1)证明:a1=b1; (2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数. 解析　(1)证明:设等差数列{an}的公差为d. 由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1,① 由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1,②　由①②得2a1+10b1=12b1,即a1=b1. (2) 由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,1≤m≤500得b1×2k-1=2a1+(m-1)d, 即a1×2k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a1≠0,∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8, ∴2≤k≤10.故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素个数为9个. 13.(2020新高考Ⅰ,Ⅱ,18,12分)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8. (1)求{an}的通项公式; (2)(新高考Ⅰ)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100. (新高考Ⅱ)求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1. 解析　(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q1=12(舍去),q2=2.由题设得a1=2. 所以{an}的通项公式为an=2n. (2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n. 所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100) =0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480. (新高考Ⅱ)a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1 =23-25+27-29+…+(-1)n-1·22n+1 =23[1−(−22)n]1−(−22)=85-(-1)n22n+35. 14.(2020课标Ⅲ文,17,12分)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8. (1)求{an}的通项公式; (2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m. 解析　(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1. 由已知得a1+a1q=4,a1q2−a1=8.解得a1=1,q=3. 所以{an}的通项公式为an=3n-1. (2)由(1)知log3an=n-1.故Sn=n(n−1)2. 由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6. 考点二　等比数列的性质 考向一　等比数列前n项和的性质 1.(2022江苏镇江期中,5)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S10=1,S30=13,则S40=(　　) A.-51　　　　B.-20　　　　C.27　　　　D.40 答案　D　 2.(2021全国甲理,7,5分)等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn.设甲:q>0,乙:{Sn}是递增数列,则(　　) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件　　　　 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件　　　　 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 答案　B　 考向二　下标和性质、有关项的性质 1.(2022湖南炎德英才联考,6)在等比数列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=125,a4a5=-25,则1a1+1a2+1a3+1a4+1a5+1a6+1a7+1a8=(　　) A.-6　　　　B.-2425　　　　C.145　　　　D.2 答案　A　 2.(2022济南历城二中调研)在等比数列{an}中,a2=-1,a6=-4,则a3a4a5=(　　) A.-8　　　　B.8　　　　C.±8　　　　D.16 答案　A　 3.(2022辽宁大连模拟,5)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=18,a2a3=32,若{an}的前n项和Sn满足Sk+10-Sk=216-26,则正整数k等于(　　) A.5　　　　B.6　　　　C.7　　　　D.8 答案　A　 4.(2023届黑龙江七台河勃利高级中学开学考,15)在等比数列{an}中,公比q>1,1a2+1a6=12,a3a5=18,则q2=　　　　.  答案　2 5.(2022海南三亚华侨学校月考,16)若数列{an}为等比数列,且a1+a2=1,a3+a4=4,则a9+a10=　　　　.  答案　256 综合篇 考法　等比数列的判定与证明 1.(2022广州调研)已知数列{an}满足an+12=anan+2(n∈N*),若a3=1,a7=4,则a5=(　　) A.±2　　　　B.-2　　　　C.2　　　　D.8 答案　C　 2.(2022长沙雅礼中学月考,6)数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年提出了Fn=22n+1(n=0,1,2,…)是质数的猜想,直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5=641×6 700 417,不是质数.现设an=log4(Fn-1)(n=1,2,…),Sn表示数列{an}的前n项和,若32Sn=63an,则n=(　　) A.5　　　　B.6　　　　C.7　　　　D.8 答案　B　 3.(多选)(2022重庆西南大学附中开学考,11)“内卷”是指一类文化模式达到最终的形态以后,既没有办法稳定下来,也没有办法转变为新的形态,而只能不断地在内部变 得更加复杂的现象.热爱数学的小明由此想到了数学中的螺旋线.连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案,具体作法是在边长为1的正方形ABCD中,作它的内接正方形EFGH,且使得∠BEF=15°;再作正方形EFGH的内接正方形MNPQ,且使得∠FMN=15°;依此进行下去,就形成了阴影部分的图案,如图所示.设第n个正方形的边长为an(其中第1个正方形ABCD的边长为a1=AB,第2个正方形EFGH的边长为a2=EF,……),第n个直角三角形(阴影部分)的面积为Sn(其中第1个直角三角形AEH的面积为S1,第2个直角三角形EQM的面积为S2,……),则 (　　) A.数列{an}是公比为23的等比数列 B.S1=112 C.数列{an}是公比为49的等比数列 D.数列{Sn}的前n项和Tn<14 答案　BD　 4.(2022湖南益阳一模,16)已知数列{an}中,a1=1,an+1=52−1an,若bn=1an−2,则数列{bn}的前n项和Sn=　　　　　　.  答案　-4n+6n−19 5.(2022福建漳州一中段考,13)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a12=9a10,若数列{t+Sn}为等比数列,则实数t=　　　　.  答案　12 6.(2022河北衡水中学三模,17)已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an-n+1(n∈N*). (1)证明:数列{an-n}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式; (2)数列{bn}满足:bn=n2an−2n(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn. 解析　(1)因为数列{an}满足a1=2,an+1=2an-n+1,所以an+1-(n+1)=2(an-n),而a1-1=1,于是数列{an-n}是首项为1,公比为2的等比数列,an-n=1·2n-1,即an=2n-1+n. (2)由(1)知bn=n2(2n−1+n)−2n=n2n,Sn=12+222+323+…+n2n,则12Sn=122+223+324+…+n−12n+n2n+1,于是得12Sn=12+122+123+…+12n−n2n+1=121−12n1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1=1−n+22n+1,Sn=2-n+22n,所以数列{bn}的前n项和Sn=2-n+22n. 7.(2019课标Ⅱ理,19,12分)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列; (2)求{an}和{bn}的通项公式. 解析　(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn), 即an+1+bn+1=12(an+bn). 又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8, 即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,an+bn=12n−1,an-bn=2n-1. 所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n−12, bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n−n+12. 第 6 页 共 6 页