1_7.3　等比数列（分层集训）.pptx

高考数学,专题七数列7.3等比数列,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.80B.81C.243D.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.14B.12C.6D.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.8B.6C.3D.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.5B.6C.7D.8答案D,5.(2020课标文,6,5分)记Sn为等比数列an的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则=()A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.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=t2n-1-1,则t=()A.2B.-2C.1D.-1答案A,7.(2020课标理,6,5分)数列an中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+ak+10=215-25,则k=()A.2B.3C.4D.5答案C,8.(2020课标文,10,5分)设an是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=()A.12B.24C.30D.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.B.-C.或-D.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.B.1C.2D.3答案AC,11.(2019课标,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.16B.8C.4D.2答案C,12.(2022新高考,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+a1,1m500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,由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1,由得2a1+10b1=12b1,即a1=b1.(2)由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,1m500得b12k-1=2a1+(m-1)d,即a12k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a10,2k-1=2m,即2k-2=m,12k-2500,0k-28,2k10.故集合k|bk=am+a1,1m500中元素个数为9个.,13.(2020新高考,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)记bm为an在区间(0,m(mN*)中的项的个数,求数列bm的前100项和S100.(新高考)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=(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)由题设及(1)知b1=0,且当2nm2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b32+b33+b63)+(b64+b65+b100)=0+12+222+323+424+525+6(100-63)=480.(新高考)a1a2-a2a3+(-1)n-1anan+1=23-25+27-29+(-1)n-122n+1=-(-1)n.,14.(2020课标文,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=.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.-51B.-20C.27D.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:q0,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=,a4a5=-,则+=()A.-6B.-C.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.-8B.8C.8D.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.5B.6C.7D.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q1,+=,a3a5=18,则q2=.答案,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,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=anan+2(nN*),若a3=1,a7=4,则a5=()A.2B.-2C.2D.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=+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=6416 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.5B.6C.7D.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是公比为的等比数列B.S1=,C.数列an是公比为的等比数列D.数列Sn的前n项和Tn答案BD,4.(2022湖南益阳一模,16)已知数列an中,a1=1,an+1=-,若bn=,则数列bn的前n项和Sn=.答案-,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q0,a1=1,a12=9a10,若数列t+Sn为等比数列,则实数t=.答案,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(nN*).(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=(nN*),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=12n-1,即an=2n-1+n.(2)由(1)知bn=,Sn=+,则Sn=+,于是得Sn=+-=-=1-=1-,Sn=2-,所以数列bn的前n项和Sn=2-.,7.(2019课标理,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=(an+bn).又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为的等比数列.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=,an-bn=2n-1.所以an=(an+bn)+(an-bn)=+n-,bn=(an+bn)-(an-bn)=-n+.,