2025高考数学一轮复习-6.3-等比数列及其前n项和-专项训练
基 础 巩固练
1.在等比数列{an}中,a1=8,a4=64,则q=( )
A.-3 B.3 C.2 D.-2
2.设{an}是等比数列,且a1+a3=3,a3+a5=6,则a9+a11=( )
A.24 B.36 C.48 D.64
3.已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn.若q=2,S1=-2,则S4=( )
A.-24 B.-28
C.-30 D.-32
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则=( )
A.8 B.9 C.16 D.17
5.(多选题)已知{an}为等比数列,Sn是其前n项和.若a3a7=16a5,a4与2a5的等差中项为20,则 ( )
A.a1=1 B.公比q=-2
C.an=2n-1 D.Sn=2n-1
6.(多选题)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=3, m,n∈N*,Sm+n=SmSn,则( )
A.{an}是等比数列
B.a4=54
C.a5+a6+a7+a8+a9=38
D.Sn=3n
7.拓扑结构图是指由网络节点设备和通信介质构成的网络结构图.拓扑结构图在计算机通信、计算机网络结构设计和网络维护等方面有着重要的作用.某树形拓扑结构图如图所示,圆圈代表节点,每一个节点都有两个子节点,则第10层节点的个数为 .
8.已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7= .
9.已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2n-1(n∈N*).
(1)求证:数列{an+n}是等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式及它的前n项和Sn.
综 合 提升练
10.设等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q.若Sn=则a3=( )
A.8 B.9 C.18 D.54
11.已知两个等比数列{an},{bn}的前n项积分别为An,Bn,若=3,则=( )
A.3 B.27 C.81 D.243
12.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则=( )
A. B. C. D.
13.(多选题)已知在数列{an}中,a1=1,an·an+1=2n,n∈N*,则下列结论正确的有( )
A.a4=4 B.{a2n}是等比数列
C.a2n-a2n-1=2n-1 D.a2n-1+a2n=2n+1
14.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为 .
15.已知Sn为数列{an}的前n项和,a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn
创 新 应用练
16.(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=p,2Sn-Sn-1=2p(n≥2,p为非零常数),则下列结论正确的是( )
A.数列{an}是等比数列
B.当p=1时,S4=
C.当p=时,aman=am+n
D.|a3|+|a8|=|a5|+|a6|
17.我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7= ;数列{an}所有项的和为 .
18.已知数列{an}满足a1=0,an+1=记bn=.
(1)写出b1,b2,并证明数列{bn+1}是等比数列;
(2)若数列{cn}的前n项和为bn,求数列{cn}的前20项的乘积T20.
参考答案
1.C 2.C 3.C 4.A 5.ACD 6.BD
7.512 8.-2
9.(1)证明 因为an+1=3an+2n-1,所以an+1+n+1=3an+2n-1+n+1,
所以an+1+n+1=3(an+n),
所以=3.
因为a1+1=3,所以数列{an+n}是以3为首项,3为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得an+n=3×3n-1,所以an=3n-n,
所以Sn=3+32+…+3n-(1+2+…+n)=(3n-1)-
10.C 11.D 12.C 13.ABC 14.-
15.解 (1)因为2Sn=nan,
当n=1时,2a1=a1,即a1=0;
当n=3时,2(1+a3)=3a3,即a3=2;
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,所以2(Sn-Sn-1)=nan-(n-1)an-1=2an,
化简得(n-2)an=(n-1)an-1;当n≥3时,=…==1,即an=n-1,
当n=1,2,3时都满足上式,所以an=n-1(n∈N*).
(2)因为,所以Tn=1+2+3+…+n,
Tn=1+2+…+(n-1)+n,
两式相减得,
Tn=+…+-n-n
=1-,即Tn=2-(2+n)=2-,n∈N*.
16.ABC 17.48 384
18.解 (1)因为a1=0,所以b1=a2=a1+1=1,b2=a4=a3+1=2a2+1=3.
因为bn=,
所以bn+1=+1=2+1=2bn+1,
所以bn+1+1=2bn+2=2(bn+1),又因为b1+1=2,所以=2,
所以数列{bn+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)因为bn+1=2×2n-1=2n,
所以bn=2n-1,
当n=1时,c1=b1=1.
当n≥2时,cn=bn-bn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1,
可知cn=2n-1,
所以T20=20×21×22×23×…×219=20+1+2+3+…+19=2190.(共58张PPT)
第六章 数列
第3节 等比数列及其前n项和
ZHISHIZHENDUANJICHUHANGSHI
知识诊断 基础夯实
1
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于________常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(显然q≠0).
1.等比数列的概念
同一个
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项.此时G2＝______.
ab
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝__________；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
2.等比数列的通项公式及前n项和公式
a1qn－1
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.
(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝____________.
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为______.
(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为______.
3.等比数列的性质
am·an
qm
qn
常用结论
×
×
×
×
解析 (1)在等比数列中，q≠0.
(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.
(3)当a＝1时，Sn＝na.
(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.
C
解析 当n＝1时，a1＝S1＝3＋b，
当n≥2，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1，
当b＝－1时，a1＝2适合an＝2·3n－1，{an}为等比数列.
当b≠－1时，a1不适合an＝2·3n－1，{an}不是等比数列.
2.设b∈R，数列{an}的前n项和Sn＝3n＋b，则( )
A.{an}是等比数列 B.{an}是等差数列
C.当b＝－1时，{an}是等比数列 D.当b≠－1时，{an}是等比数列
解析 易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，
由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，
即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.
3.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
A
解析 A，B显然是正确的；
4.(多选)若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是( )
A.若a1＞0，0＜q＜1，则{an}为递减数列
B.若a1＜0，0＜q＜1，则{an}为递增数列
C.若q＞0，则S4＋S6＞2S5
ABD
解析 设公比为q，则an＝a1qn－1，
5.已知在等比数列{an}中，a1a3a11＝8，则a2a8＝________.
4
解析 当q＝1时，a3＝7，S3＝21，符合题意；
6.(易错题)已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是____________.
KAODIANTUPOTIXINGPOUXI
考点突破 题型剖析
2
D
解析 设等比数列{an}的公比为q，
因为数列{an}的各项均为正数，所以a1＞0，且q＞0，故A，B正确；
由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1(舍)，
ABD
莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，
其前n项和为Bn.
3.《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍.”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是________.(结果精确到0.1.参考数据：lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)( )
A.2.9天 B.3.9天 C.4.9天 D.5.9天
C
解 易知q≠1，由题意可得
例1 Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.
解 假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
证明 ∵an＋Sn＝n①，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
所以2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1，
训练1 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
角度1 项与和的性质
解析 log9a1＋log9a2＋…＋log9a10＝log9[(a1a10)·(a2a9)·(a3a8)·(a4a7)·(a5a6)]＝log995＝5，故选B.
例2 (1)若等比数列{an}的各项均为正数，且a1a10＝9，则log9a1＋log9a2＋…＋log9a10＝( )
B
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40＝________.
解析 ∵等比数列{an}的前n项和为S10＝1，S30＝7，
∴S10、S20－S10、S30－S20、S40－S30成等比数列，
即1、S20－1、7－S20、S40－7成等比数列，
∴(S20－1)2＝1×(7－S20)，解得S20＝3或S20＝－2(舍)，
所以1、2、4、S40－7成等比数列，
所以S40－7＝8，解得S40＝15.
15
(3)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.
解析 由题设，S偶＝S奇－80，S2n＝－240.
2
A.S2 021＜S2 022 B.a2 021a2 023－1＜0
C.T2 022是数列{Tn}中的最大值 D.数列{Tn}无最大值
角度2 等比数列的最值
AB
故0＜q＜1，且a2 021＞1，0＜a2 022＜1，故S2 022＞S2 021，A正确；
T2 021是数列{Tn}中的最大值，CD错误.故选AB.
解析 ∵公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，
∴a5a6＝a4a7＝4，由a2am＝4，
∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.
训练2 (1)公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m的值为( )
A.8 B.9 C.10 D.11
B
(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A.25 B.20 C.15 D.10
解析 在正项等比数列{an}中，Sn>0，
因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
B
因为a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
数列中的创新问题
读懂题意，将其转化为数列问题，根据条件可将其转化为有规律等差或等比数列问题，解此类题的关键是找到其规律.
A.54 B.18 C.9 D.6
解析 奇数构成的数阵，令2n－1＝2 021，解得n＝1 011，故2 021是数阵中的第1 011个数，
A
则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1 035个奇数，
所以2 021位于第45行，又第45行是从左到右依次递增的，且共有45个奇数，所以2 021位于第45行，从左到右第21列，所以i＝45，j＝21，
解析 对于A，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，2n＝0·20＋a0·21＋a1·22＋…＋
ak－1·2k＋ak·2k＋1，所以ω(2n)＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A正确；
对于B，取n＝2，则2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，∴ω(7)＝3，而2＝0·20＋1·21，则ω(2)＝1，即ω(7)≠ω(2)＋1，B错误；
(2)(多选)设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}(i＝0，1，…，k)，记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，则( )
A.ω(2n)＝ω(n) B.ω(2n＋3)＝ω(n)＋1
C.ω(8n＋5)＝ω(4n＋3) D.ω(2n－1)＝n
ACD
对于C，8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋0·21＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2，所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，因此ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C正确；
对于D，2n－1＝20＋21＋…＋2n－1，故ω(2n－1)＝n，D正确.故选ACD.
FENCENGXUNLIAN GONGGUTISHENG
分层训练 巩固提升
3
1.已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为( )
B
C
解析 ∵A、B、C三种产品的数量刚好构成一个公比为q的等比数列，C产品的数量为20，
3.某工厂生产A、B、C三种产品的数量刚好构成一个公比为q(q≠1)的等比数列，现从全体产品中按分层随机抽样的方法抽取一个样本容量为260的样本进行调查，其中C产品的数量为20，则抽取的A产品的数量为( )
A.100 B.140 C.180 D.120
C
解析 当a1＜0，q＞1时，an＝a1qn－1＜0，此时数列{Sn}递减，所以甲不是乙的充分条件.
当数列{Sn}递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0，若a1＞0，则qn＞0(n∈N*)，即q＞0；
若a1＜0，则qn＜0(n∈N*)，不存在，所以甲是乙的必要条件.
综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.
4.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
B
5.(多选)已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是( )
A.a3＋a7≥2 B.a4＋a6≥2
C.a7－2a6＋1≥0 D.a3－2a4－1≥0
AC
a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C正确；
∵最后一个音是最初那个音的频率的2倍，
∴a13＝2a1，即a1q12＝2a1，可得q12＝2，
解析 由于S3＝7，S6＝63知公比q≠1，
又S6＝S3＋q3S3，得63＝7＋7q3.
∴q3＝8，q＝2.
7.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.
1
因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，
∵x1＋x2＋…＋x100＝100，
∴x101＋x102＋…＋x200＝a100(x1＋x2＋…＋x100)＝100a100.
9.设数列{xn}满足logaxn＋1＝1＋logaxn(a＞0，a≠1)，若x1＋x2＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋…＋x200＝________.
100a100
证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2时2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
解 设{an}的公比为q(q>1)，且a2＋a4＝20，a3＝8.
11.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；
因此q＝2，a1＝2，
所以{an}的通项公式an＝2n.
解 易知(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1·22n＋1，
则数列{(－1)n－122n＋1}公比为－4.
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1·anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
解析 ∵a1＝1，an·an＋1＝2n，∴a2＝2，a3＝2，a4＝4，
由an·an＋1＝2n可得an＋1·an＋2＝2n＋1，
12.(多选)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N＋，则下列说法正确的是( )
A.a4＝4 B.{a2n}是等比数列
C.a2n－a2n－1＝2n－1 D.a2n－1＋a2n＝2n＋1
ABC
∴{a2n}，{a2n－1}分别是以2，1为首项，公比为2的等比数列，
∴a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，
∴a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1，
综上可知，ABC正确，D错误.
解析 设{bn}的公比为q.
由题知b3＋b4＝2(b2＋b3) b4－b3－2b2＝0 q2－q－2＝0 q＝2或－1(舍)，
故bn＝2n，an＋n＝2bn－2bn－1＝2n＋1－2n＝2n，an＝2n－n，an－bn＝－n，
故{an－bn}为等差数列，A正确；
ABC
an＋1－an＝2n－1≥1，故{an}是递增数列，C正确；
解 设公比为q.由题意得a1＋a2＝2a3，
∴a1(1＋q－2q2)＝0，
14.已知公比不为1的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
∵a1＋a3＝5，∴a1(1＋q2)＝5，∴a1＝4，
解得k≤3，所以满足条件的最大正整数k的值为3.
