2014-2023年高考数学真题专题分类--6.3　等比数列(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
6.3　等比数列
考点一　等比数列及其前n项和
1.(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=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2n-1　　　　B.2-21-n　　　　C.2-2n-1　　　　D.21-n-1
答案　B　设等比数列{an}的公比为q,则==q==2,∴==2-21-n.故选B.
2.(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　设等比数列{an}的公比为q,
故a2+a3+a4=q(a1+a2+a3),
又a2+a3+a4=2,a1+a2+a3=1,∴q=2,
∴a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32,故选D.
3.(2015课标Ⅱ理,4,5分)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=(　　)
A.21　　　　B.42　　　　C.63　　　　D.84
答案　B　设{an}的公比为q,由a1=3,a1+a3+a5=21得1+q2+q4=7,解得q2=2(负值舍去).∴a3+a5+a7=a1q2+a3q2+a5q2=(a1+a3+a5)q2=21×2=42.
4.(2013课标Ⅰ文,6,5分)设首项为1,公比为的等比数列{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=,所以an=,Sn==31-=3-2=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.　　　　B.-　　　　C.　　　　D.-
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=,故选C.
6.(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
∴S6==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.
7.(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SnSm恒成立.
8.(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
=q(1-q)=,4q2-4q+1=0,即(2q-1)2=0,∴q=,代入①得a1=96,故a6=a1q5=96×=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
=4,即4q2-4q+1=0,∴(2q-1)2=0,得q=,代入①得a1=96,∴a6=a1q5=96×=3,故选D.
9.(2023全国甲理,5,5分,中)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1,S5=5S3-4,则S4= (　　)
A.　　B.　　C.15　　D.40
答案　C　设数列{an}的公比为q(q>0),由题意可知q≠1.
∵S5=5S3-4,∴=5·-4,
∴q4-5q2+4=0,解得q2=4或q2=1,
∴q=2,∴S4===15,故选C.
10.(2023天津,6,5分,易)已知{an}为等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,an+1=2Sn+2,则a4的值为 (　　)
A.3　　B.18　　C.54　　D.152
答案　C　∵an+1=2Sn+2,∴an=2Sn-1+2(n≥2),
两式相减得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2),
又∵{an}是等比数列,∴{an}的公比为3.
而a2=2S1+2,∴3a1=2a1+2,∴a1=2,
∴an=2·3n-1,∴a4=2×33=54,故选C.
11.(2023全国甲文,13,5分,易)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为　　　　.
答案　-
解析　设等比数列{an}的公比为q,q≠1,
∵8S6=7S3,∴8×=7×,
∴8(1-q6)=7(1-q3),即8(1+q3)=7,
解得q=-.
12.(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=,则S4=　　　　.
答案　
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=,
解得q=-,
∴a4=a1q3=-,
∴S4=S3+a4=-=.
13.(2019课标Ⅰ理,14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=,=a6,则S5=　　　　.
答案　
解析　本题主要考查等比数列基本量的计算;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数学运算.
设{an}的公比为q,由=a6,得=a4·q2,∴a4=q2.
又∵a4=a1·q3,∴a1·q3=q2,又a1=,∴q=3.
由等比数列求和公式可知S5==.
解题关键　由an=a1·qn-1=am·qn-m求出公比q是关键.
14.(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=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!
15.(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.
16.(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.
17.(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==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.
18.(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.
19.(2016课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=,anbn+1+bn+1=nbn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前n项和.
解析　(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2,(3分)
所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.(5分)
(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=,(7分)
因此{bn}是首项为1,公比为的等比数列.(9分)
记{bn}的前n项和为Sn,
则Sn==-.(12分)
20.(2016课标Ⅲ文,17,12分)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,-(2an+1-1)an-2an+1=0.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
解析　(1)由题意得a2=,a3=.(5分)
(2)由-(2an+1-1)an-2an+1=0得2an+1(an+1)=an(an+1).
因为{an}的各项都为正数,所以=.
故{an}是首项为1,公比为的等比数列,因此an=.(12分)
21.(2014课标Ⅱ理,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明是等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)证明++…+<.
解析　(1)由an+1=3an+1得an+1+=3.
又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.
an+=,因此{an}的通项公式为an=.
(2)由(1)知=.
因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.
于是++…+≤1++…+=<.
所以++…+<.
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.
22.(2011课标文,17,12分)已知等比数列{an}中,a1=,公比q=.
(1)Sn为{an}的前n项和,证明:Sn=;
(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式.
解析　(1)因为an=×=,Sn==,
所以Sn=.
(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an
=-(1+2+…+n)=-.
所以{bn}的通项公式为bn=-.
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.
23.(2016课标Ⅲ,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=,求λ.
解析　(1)由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=,a1≠0.
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=.
因此{an}是首项为,公比为的等比数列,于是an=·.
(2)由(1)得Sn=1-.
由S5=得1-=,即=.解得λ=-1.
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之比是不是非零常数,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.
24.(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
=-n×(-2)n.
所以Sn=.
25.(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=(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.
26.(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.
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.a1a3,a2C.a1a4　　　　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)=lnx-x(x>0),则f'(x)=-1=,
令f'(x)>0,得01,
∴f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,
∴f(x)≤f(1)=-1,即有lnx≤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)=lna1>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)>lna1>0,也矛盾.∴-1从而=q2<1,∵a1>0,∴a1>a3.
同理,∵=q2<1,a2<0,∴a4>a2.选B.
思路分析　(1)由题中的选项可知要判断01.
(2)由条件可知要利用不等式lnx≤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(4)注意a1>0,而a2<0,利用-12.(2015课标Ⅱ文,9,5分)已知等比数列{an}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2=(　　)
A.2　　　　B.1　　　　C.　　　　D.
答案　C　设{an}的公比为q,由等比数列的性质可知a3a5=,∴=4(a4-1),即(a4-2)2=0,得a4=2,
则q3===8,得q=2,
则a2=a1q=×2=,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=-或q3=-2.
当q3=-时,a1+a10=+a4q6=+4×=-7,当q3=-2时,a1+a10=+a4q6=+(-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.(2023新课标Ⅱ,8,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(　　)
A.120　　B.85　　C.-85　　D.-120
答案　C　解法一:设等比数列{an}的公比为q,
当q=1时,S4=4a1=-5,解得a1=-,因为S6=6a1=-,21S2=21×2a1=-,所以S6≠21S2,故q≠1.
因为所以
所以S8==×(1-44)=-85,故选C.
解法二:由等比数列前n项和的性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,……为等比数列,可得S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,……为等比数列,
则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(-5-S2)2=S2·(21S2+5),化简得4-S2-5=0,即(4S2-5)(S2+1)=0,
所以S2=或S2=-1.
设等比数列{an}的公比为q,
当S2=时,==q2=-5,无实数解,舍去,故S2=-1,
所以S4-S2=-4,S6-S4=-16,所以S8-S6=-64.
又因为S6=-21,所以S8=-85,故选C.
6.(2023全国乙理,15,5分,中)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　.
答案　-2
解析　由等比数列的性质得a4a5=a3a6≠0,
∵a2a4a5=a3a6,∴a2=1.
又∵a9a10=-8,∴a2q7·a2q8=-8,∴q15=-8,
∴q15=-8,∴(q5)3=-8,∴q5=-2,
∴a7=a2q5=1×(-2)=-2.
5.(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==4 a3=2,所以log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log2=5log22=5.
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