1_7.3　等比数列（十年高考）.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 考点一　等比数列及其前n项和 1.(2021全国甲文,9,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=(　　) A.7　　　　B.8　　　　C.9　　　　D.10 答案　A　解题指导:思路一:直接利用求和公式解关于首项和公比两个基本量的方程组.思路二:根据等比数列前n项和的性质(依次每n项和仍然成等比数列且Sn≠0)求解. 解析　解法一(基本量法):设{an}的首项为a1,公比为q(q≠1), 则a1(1−q2)1−q=4,a1(1−q4)1−q=6,解得q2=12,a11−q=8, ∴S6=a1(1−q6)1−q=8×1−18=7,故选A. 解法二(利用等比数列前n项和的性质): 由题意知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列, 则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(6-4)2=4(S6-6), 解得S6=7,故选A. 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　当q=1,a1<0时,等比数列{an}的前n项和Sn=na1<0,可知{Sn}是单调递减数列,因此甲不是乙的充分条件; 若{Sn}是递增数列,则当n≥2时,an=Sn-Sn-1>0,即a1qn-1>0恒成立,而只有当a1>0,q>0时,a1qn-1>0恒成立,所以可得q>0,因此甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的必要条件但不是充分条件.故选B. 方法总结:研究数列{Sn}的单调性只需考虑Sn>Sn-1或Sn<Sn-1(n≥2)成立,不需讨论对任意n,m∈N*且n<m,有Sn<Sm或Sn>Sm恒成立. 3.(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　解法一:设{an}的公比为q, 则a2−a5=a1(q−q4)=42,①a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=168,② ①②得q(1−q3)1+q+q2=q(1−q)(1+q+q2)1+q+q2=q(1-q)=14,4q2-4q+1=0,即(2q-1)2=0,∴q=12,代入①得a1=96,故a6=a1q5=96×132=3,故选D. 解法二:设数列{an}的公比为q,前n项和为Sn. 由a2-a5=42,得q≠1. 由题意得S3=a1(1−q3)1−q=168,①a2−a5=a1q(1−q3)=42,② ①②得1q(1−q)=4,即4q2-4q+1=0,∴(2q-1)2=0,得q=12,代入①得a1=96,∴a6=a1q5=96×125=3,故选D. 4.(2013课标Ⅰ文,6,5分)设首项为1,公比为23的等比数列{an}的前n项和为Sn,则(　　) A.Sn=2an-1　　　　　B.Sn=3an-2 C.Sn=4-3an　　　　　D.Sn=3-2an 答案　D　因为a1=1,公比q=23,所以an=23n−1,Sn=a1(1−qn)1−q=31-23n=3-223n−1=3-2an,故选D. 5.(2013课标Ⅱ理,3,5分)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=(　　) A.13　　　B.-13　　　C.19　　　D.-19 答案　C　由已知条件及S3=a1+a2+a3得a3=9a1,设数列{an}的公比为q,则q2=9. 所以a5=9=a1·q4=81a1,得a1=19,故选C. 6.(2019课标Ⅰ文,14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=34,则S4=　　　　.  答案　58 解析　本题主要考查等比数列的有关概念;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数学运算. 设公比为q(q≠0), 则S3=a1+a2+a3=1+q+q2=34, 解得q=-12, ∴a4=a1q3=-18, ∴S4=S3+a4=34-18=58. 7.(2017课标Ⅲ理,14,5分)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 =　　　　.  答案　-8 解析　本题考查等比数列的通项. 设等比数列{an}的公比为q, 由题意得a1+a1q=−1,a1−a1q2=−3, 解得a1=1,q=−2, ∴a4=a1q3=-8. 8.(2015课标Ⅰ文,13,5分)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若Sn=126,则n=　　　　.  答案　6 解析　由已知得{an}为等比数列,公比q=2,由首项a1=2,Sn=126得2(1−2n)1−2=126,解得2n+1=128,∴n=6. 评析　本题主要考查等比数列的定义及前n项和公式,属容易题,注意运算要准确哦! 9.(2015湖南理,14,5分)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=　　　　.  答案　3n-1 解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以an=a1qn-1=3n-1. 10.(2013辽宁理,14,5分)已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=　　　　.  答案　63 解析　a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根且{an}是递增数列,故a3=4,a1=1,故公比q=2,S6=a1(1−q6)1−q=63. 评析　本题考查了等比数列的求和公式.数列{an}递增是解题的关键,没考虑到q>0是失分的主因. 11.(2012课标文,14,5分)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比q=　　　　.  答案　-2 解析　由S3+3S2=0得4a1+4a2+a3=0,有4+4q+q2=0,解得q=-2. 评析　　本题考查了等比数列的运算,直接利用定义求解可达到事半功倍的效果. 12.(2020课标Ⅰ理,17,12分)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项. (1)求{an}的公比; (2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和. 解析　(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2. 所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2. 故{an}的公比为-2. (2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1. 所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1, -2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n. 可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n =1−(−2)n3-n×(-2)n. 所以Sn=19−(3n+1)(−2)n9. 13.(2020新高考Ⅰ,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)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. 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)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. 思路分析　(1)设出公比q,由题设条件求得a1和q,利用等比数列的通项公式得出结果. (2)由题设及(1)推导出bm,再计算数列{bm}的前100项和,即先给m赋值,推导出规律,再进行运算,得到S100的值. 14.(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. 15.(2018课标Ⅰ文,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=ann. (1)求b1,b2,b3; (2)判断数列{bn}是不是等比数列,并说明理由; (3)求{an}的通项公式. 解析　(1)由条件可得an+1=2(n+1)nan. 将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4. 将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12. 从而b1=1,b2=2,b3=4. (2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列. 由条件可得an+1n+1=2ann,即bn+1=2bn, 又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得ann=2n-1,所以an=n·2n-1. 方法规律　等比数列的判定方法: 证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法,通项公式法及前n项和公式法只用于选择题、填空题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需证明存在连续三项不成等比数列即可. 16.(2014课标Ⅱ理,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1. (1)证明an+12是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)证明1a1+1a2+…+1an<32. 解析　(1)由an+1=3an+1得an+1+12=3an+12. 又a1+12=32,所以an+12是首项为32,公比为3的等比数列. an+12=3n2,因此{an}的通项公式为an=3n−12. (2)由(1)知1an=23n−1. 因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以13n−1≤12×3n−1. 于是1a1+1a2+…+1an≤1+13+…+13n−1=321−13n<32. 所以1a1+1a2+…+1an<32. 评析　本题考查了等比数列的定义、数列求和等问题,放缩求和是本题的难点. 17.(2011课标文,17,12分)已知等比数列{an}中,a1=13,公比q=13. (1)Sn为{an}的前n项和,证明:Sn=1−an2; (2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式. 解析　(1)因为an=13×13n−1=13n,Sn=131−13n1−13=1−13n2, 所以Sn=1−an2. (2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an =-(1+2+…+n)=-n(n+1)2. 所以{bn}的通项公式为bn=-n(n+1)2. 评析　本题考查等差数列、等比数列的基础知识,对数运算性质,要求考生有较清晰的推理思路和运算目标,但难度并不大.属中档题. 18.(2016课标Ⅲ理,17,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式; (2)若S5=3132,求λ. 解析　(1)由题意得a1=S1=1+λa1, 故λ≠1,a1=11−λ,a1≠0.(2分) 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以an+1an=λλ−1. 因此{an}是首项为11−λ,公比为λλ−1的等比数列,于是an=11−λλλ−1n−1.(6分) (2)由(1)得Sn=1-λλ−1n. 由S5=3132得1-λλ−15=3132,即λλ−15=132. 解得λ=-1.(12分) 思路分析　(1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看an+1与an之比是否为一常数,其中说明an≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出λ. 考点二　等比数列的性质 1.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则(　　) A.a1<a3,a2<a4　　　　　B.a1>a3,a2<a4 C.a1<a3,a2>a4　　　　　D.a1>a3,a2>a4 答案　B　本题考查等比数列的概念和性质,利用导数求函数的单调性和最值,不等式的性质和分类讨论思想. 设f(x)=ln x-x(x>0),则f '(x)=1x-1=1−xx, 令f '(x)>0,得0<x<1,令f '(x)<0,得x>1, ∴f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数, ∴f(x)≤f(1)=-1,即有ln x≤x-1. 从而a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1, ∴a4<0,又a1>1,∴公比q<0. 若q=-1,则a1+a2+a3+a4=0,ln(a1+a2+a3)=ln a1>0,矛盾. 若q<-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+q)(1+q2)<0,而a2+a3=a2(1+q)=a1q(1+q)>0,∴ln(a1+a2+a3)>ln a1>0,也矛盾.∴-1<q<0. 从而a3a1=q2<1,∵a1>0,∴a1>a3. 同理,∵a4a2=q2<1,a2<0,∴a4>a2.选B. 思路分析　(1)由题中的选项可知要判断0<q2<1,还是q2>1. (2)由条件可知要利用不等式ln x≤x-1(x>0),得a4<0,进而得q<0. (3)直接求q的取值范围较难,转化为判断q=-1和q<-1时,等式a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)左、右两边的正负,进而得出矛盾,从而得-1<q<0. (4)注意a1>0,而a2<0,利用-1<q<0得结论. 2.(2015课标Ⅱ文,9,5分)已知等比数列{an}满足a1=14,a3a5=4(a4-1),则a2=(　　) A.2　　　B.1　　　C.12　　　D.18 答案　C　设{an}的公比为q,由等比数列的性质可知a3a5=a42,∴a42=4(a4-1),即(a4-2)2=0,得a4=2, 则q3=a4a1=214=8,得q=2, 则a2=a1q=14×2=12,故选C. 3.(2014大纲全国文,8,5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=(　　) A.31　　　B.32　　　C.63　　　D.64 答案　C　由等比数列的性质得(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即122=3×(S6-15),解得S6=63.故选C. 4.(2012课标理,5,5分)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=(　　) A.7　　　B.5　　　C.-5　　　D.-7 答案　D　由a5a6=a4a7,得a4a7=-8,又a4+a7=2,∴a4=4,a7=-2或a4=-2,a7=4,∴q3=-12或q3=-2. 当q3=-12时,a1+a10=a4q3+a4q6=4−12+4×−122=-7,当q3=-2时,a1+a10=a4q3+a4q6=−2−2+(-2)·(-2)2=-7,故选D. 评析　本题考查了等比数列的基本运算,运用等比数列的性质可简化计算. 5.(2014江苏理,7,5分)在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是　　　　.  答案　4 解析　由a8=a6+2a4,两边都除以a4,得q4=q2+2,即q4-q2-2=0⇔(q2-2)(q2+1)=0,∴q2=2. ∵a2=1,∴a6=a2q4=1×22=4. 6.(2014广东文,13,5分)等比数列{an}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=　　　　.  答案　5 解析　由等比数列的性质知a1a5=a2a4=a32=4⇒a3=2,所以log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log2a35=5log22=5. 第 8 页 共 8 页