4.3等比数列（预习衔接.夯实基础.含解析）2025-2026学年高二上学期数学选择性必修第一册苏教版（2019）
文档属性
| 名称 | 4.3等比数列（预习衔接.夯实基础.含解析）2025-2026学年高二上学期数学选择性必修第一册苏教版（2019） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 89.0KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-07-21 09:57:15 | ||
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文档简介
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预习衔接.夯实基础 等比数列
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 镇海区校级期中）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．已知数列{an}满足：a1＝1，，则S2024＝（ ）
A．4720 B．4722 C．4723 D．4725
2．（2024秋 和平区校级期中）已知数列{an}的首项，且满足，则a20的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024秋 漳州期中）等比数列{an}中，a1 a2 a3＝8，a2+a4＝10，则a6＝（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
4．（2024秋 朝阳区期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下的问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”．由此推算，在这5天中，织布超过1尺的天数共有（ ）
A．1天 B．2天 C．3天 D．4天
二．多选题（共4小题）
（多选）5．（2024秋 镇海区校级期中）数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an+2＞an+1+an，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．a10＞50 B．a20＜500 C．a10＜100 D．a20＞500
（多选）6．（2024秋 重庆期中）已知等比数列{an}的公比，其前n项和记为Sn，且S6＝21，则（ ）
A．a4a8＝1 B．an≥a2 C．Sn≤21 D．Sn≥16
（多选）7．（2024秋 平度市期中）已知数列{an}满足，则（ ）
A．数列为等差数列
B．an+an+2＜2an+1
C．
D．数列{（﹣1）nan}的前2n项和为2n2+n
（多选）8．（2024秋 牡丹江期中）在等比数列{an}中，a1a2＝2，a3＝4，则（ ）
A．{an}的公比为
B．{an}的公比为2
C．a3+a5＝20
D．数列为递增数列
三．填空题（共3小题）
9．（2024秋 长宁区期中）记Sn为数列{an}的前n项和，若则a5＝ ．
10．（2024秋 长宁区期中）已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4＝5，且a1，a3，a7成等比数列，设的前2024项和 ．
11．（2024秋 浦东新区校级期中）已知数列{an}为无穷等比数列．若a2＝﹣3，公比，则无穷等比数列{an}的各项和为 ．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 浙江期中）已知数列{an}的首项是1，其前n项和是Sn，且an+1＝an+2n+1，n∈N*．
（1）求a2，a3的值及数列{an}的通项公式；
（2）若存在实数λ，使得关于n的不等式λ+Sn≤25n，n∈N*有解，求实数λ取到最大值时n的值．
13．（2024秋 和平区校级期中）已知等差数列{an}，等比数列{bn}，a4＝b1＝2，a5＝3（a4﹣a3），b4＝4（b3﹣b2）．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2），求．
（3）在bk和bk+1之间插入k个相同的数（﹣1）k+1k构成一个新数列，若这个新数列项数n满足．求这个新数列前n项的和Sn（用n，k表示n，k∈N*）．
14．（2024 濮阳模拟）定义：对于任意大于零的自然数n，满足条件且an≤M（M是与n无关的常数）的无穷数列{an}称为M数列．
（1）若等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝﹣3，S9＝﹣18，判断数列{bn}是否是M数列，并说明理由；
（2）若各项为正数的等比数列{cn}的前n项和为Tn，且，证明：数列{Tn}是M数列；
（3）设数列{dn}是各项均为正整数的M数列，求证：dn≤dn+1．
15．（2024秋 兰州期中）已知数列{an}满足an+1＝an+3，且a2＝4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．
预习衔接.夯实基础 等比数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 镇海区校级期中）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．已知数列{an}满足：a1＝1，，则S2024＝（ ）
A．4720 B．4722 C．4723 D．4725
【考点】数列递推式．
【专题】整体思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．
【答案】C
【分析】根据“冰雹猜想”结合递推关系，利用规律求解即可．
【解答】解：a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，…，
可知数列{an} 是以3为周期的数列，
因为2024﹣2＝3×674，所以 S2024＝674×（1+4+2）+1+4＝4723．
故选：C．
【点评】本题考查数列综合应用，属于中档题．
2．（2024秋 和平区校级期中）已知数列{an}的首项，且满足，则a20的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】利用两边取倒数证得是等差数列，进而求得an，从而得解．
【解答】解：数列{an}的首项，且满足，易知an≠0，
两边取倒数，可得，即，
故是以3为首项，4为公差的等差数列，
则，故，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
3．（2024秋 漳州期中）等比数列{an}中，a1 a2 a3＝8，a2+a4＝10，则a6＝（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【考点】由等比数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质即可得．
【解答】解：由a1 a2 a3＝8，得，所以a2＝2，
设等比数列an的公比为q，由a2+a4＝10，得a4＝8，
所以，所以．
故选：D．
【点评】本题考查等比数列的性质，属于基础题．
4．（2024秋 朝阳区期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下的问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”．由此推算，在这5天中，织布超过1尺的天数共有（ ）
A．1天 B．2天 C．3天 D．4天
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】C
【分析】设女子第一天织布a1尺，则数列{an}是公比为2的等比数列，由题意得S55，解得a1，由此能求出该女子所需的天数．
【解答】解：设女子第一天织布a1尺，则数列{an}是公比为2的等比数列，
由题意得S55，解得a1，
∴Sn1，解得2n＞7.2．
∵22＝4，23＝84，
∴该女子所需的天数至少为3天．
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的应用，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）5．（2024秋 镇海区校级期中）数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an+2＞an+1+an，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．a10＞50 B．a20＜500 C．a10＜100 D．a20＞500
【考点】数列递推式．
【专题】整体思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．
【答案】AD
【分析】根据数列的递推关系可判断各项的取值范围．
【解答】解：由题意得，数列{an}为递增数列．
n∈N*，an+2＞an+1+an，a1＝1，a2＝2，
所以，a3＞a2+a1＝3，a4＞a3+a2＞5，a5＞a4+a3＞8，a6＞a5+a4＞13，
a7＞a6+a5＞21，a8＞a7+a6＞34，a9＞a8+a7＞55，a10＞a9+a8＞89，
a11＞a10+a9＞144．，a12＞a11+a10＞233，a13＞a12+a11＞377，a14＞a13+a12＞610，
a15＞a14+a13＞987，a16＞a15+a14＞1597，a17＞a16+a15＞2584，a18＞a17+a16＞4181，
a19＞a18+a17＞6765，a20＞a19+a18＞10946．
故选：AD．
【点评】本题考查数列综合应用，属于中档题．
（多选）6．（2024秋 重庆期中）已知等比数列{an}的公比，其前n项和记为Sn，且S6＝21，则（ ）
A．a4a8＝1 B．an≥a2 C．Sn≤21 D．Sn≥16
【考点】由等比数列的前n项和求解数列．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】借助等比数列求和公式可计算出数列{an}的通项公式，借助通项公式即可得A；借助作差法后对n分奇偶进行讨论可得B；求出Sn后对n分奇偶讨论可得C、D．
【解答】解：等比数列{an}的公比，其前n项和记为Sn，且S6＝21，
由等比数列前n项和公式得，
解得a1＝32，
∴，
对于A，，故A正确；
对于B，，
若n为奇数，则，
若n为偶数，则，随n的增大而增大，
∴an﹣a2≥a2﹣a2＝0，故B正确；
对于CD，Sn，
当n为奇数时，，且随n的增大而减小，
当n为偶数时，，随n的增大而增大，
∴当n＝1时，Sn有最大值，∴Sn≤S1＝32，
当n＝2时，Sn有最小值，∴Sn≥S1＝16，故C错误，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查对数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）7．（2024秋 平度市期中）已知数列{an}满足，则（ ）
A．数列为等差数列
B．an+an+2＜2an+1
C．
D．数列{（﹣1）nan}的前2n项和为2n2+n
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ACD
【分析】首先求得首项a1＝1，将n换为n﹣1，由作差法可得an＝n2，再对各个选项分析，可得结论．
【解答】解：由，可得a1＝1，
当n≥2时，由，
可得a1+2a2+...+（n﹣1）an﹣1＝[]2，
两式相减可得nan（n2+2n+1﹣n2+2n﹣1）＝n3，
可得an＝n2，对n＝1也成立，则n为等差数列，故A正确；
an+an+2﹣2an+1＝n2+（n+2）2﹣2（n+1）2＝2n2+4n+4﹣（2n2+4n+2）＝2＞0，
可得an+an+2＞2an+1，故B错误；
当n＝1时，2；由（n≥2），
可得...1+1...22，故C正确；
数列{（﹣1）nan}的前2n项和为﹣a1+a2﹣a3+a4+...+（﹣1）2n﹣1a2n﹣1+（﹣1）2na2n
＝﹣1+22﹣32+42+...﹣（2n﹣1）2+（2n）2＝1+2+3+4+...+（2n﹣1）+（2n）2n（1+2n）＝n（1+2n），故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的通项公式、求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）8．（2024秋 牡丹江期中）在等比数列{an}中，a1a2＝2，a3＝4，则（ ）
A．{an}的公比为
B．{an}的公比为2
C．a3+a5＝20
D．数列为递增数列
【考点】等比数列的通项公式；数列的单调性．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】BC
【分析】根据题意，列出等式求出等比数列的首项和公比，然后逐一判断即可．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
因为a1a2＝2，a3＝4，所以，解得，所以，
故20，故BC正确，A错误；
，则数列为递减数列，D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了等比数列的通项公式，对数的运算性质，是基础题．
三．填空题（共3小题）
9．（2024秋 长宁区期中）记Sn为数列{an}的前n项和，若则a5＝ 5 ．
【考点】数列递推式．
【专题】对应思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】5．
【分析】由a5＝S5﹣S4，计算可得所求值．
【解答】解：若则a5＝S5﹣S4＝25﹣4﹣16＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，考查运算能力，属于基础题．
10．（2024秋 长宁区期中）已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4＝5，且a1，a3，a7成等比数列，设的前2024项和 1012 ．
【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】1012．
【分析】由等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，求得an，推得n为偶数时，bn＝0；又b4n﹣3+b4n﹣1＝2，n∈N*，由数列的并项求和，可得所求和．
【解答】解：设数列{an}是公差d不为0的等差数列，a4＝5，且a1，a3，a7成等比数列，
可得a1+3d＝5，a1a7，即a1（a1+6d）＝（a1+2d）2，
解得a1＝2，d＝1，
则an＝2+n﹣1＝n+1，
由bn＝ancos（n+1）cos，
当n为偶数时，n+1为奇数，bn＝0；
又b4n﹣3+b4n﹣1＝（4n﹣2）cos（2n﹣1）π+4ncos2nπ＝4n﹣（4n﹣2）＝2，n∈N*，
则{bn}的前2024项和为2＝1012．
故答案为：1012．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和数列的并项求和，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
11．（2024秋 浦东新区校级期中）已知数列{an}为无穷等比数列．若a2＝﹣3，公比，则无穷等比数列{an}的各项和为 4 ．
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】4
【分析】根据等比数列的求和公式即可得到Sn，从而得到结果．
【解答】解：由已知有：首项，
所以．
故答案为：4．
【点评】本题考查等比数列的性质，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 浙江期中）已知数列{an}的首项是1，其前n项和是Sn，且an+1＝an+2n+1，n∈N*．
（1）求a2，a3的值及数列{an}的通项公式；
（2）若存在实数λ，使得关于n的不等式λ+Sn≤25n，n∈N*有解，求实数λ取到最大值时n的值．
【考点】数列与不等式的综合；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）a2＝4，a3＝9，；
（2）4或5．
【分析】（1）用累加法得到数列通项公式；
（2）求出数列前n项和Sn，列出不等式，构造函数利用导函数求最大值，并找到最大值点．
【解答】解：（1）数列{an}的首项是1，其前n项和是Sn，且an+1＝an+2n+1，n∈N*，
可得a2＝1+3＝4，a3＝4+5＝9．
又an+1﹣an＝2n+1，
当n≥2时，an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+...+（an﹣an﹣1）
＝1+3+5+...+（2n﹣1）n（1+2n﹣1）＝n2，
上式对n＝1也成立，
则，n∈N*；
（2）由（1）可知，
∴，∴，
令，
，当n≤4时，f′（n）＞0，当n＝5时，f′（n）＜0，
∵f（4）＝70＝f（5），
∴f（n）的最大值为70，即当n＝4或n＝5时，λ取得最大值70，
∴λ取得最大值时，n取4或5．
【点评】本题考查数列的递推式和数列恒等式、数列不等式恒成立问题，以及等差数列的求和公式、前n项连续自然数平方和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
13．（2024秋 和平区校级期中）已知等差数列{an}，等比数列{bn}，a4＝b1＝2，a5＝3（a4﹣a3），b4＝4（b3﹣b2）．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2），求．
（3）在bk和bk+1之间插入k个相同的数（﹣1）k+1k构成一个新数列，若这个新数列项数n满足．求这个新数列前n项的和Sn（用n，k表示n，k∈N*）．
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝n﹣2，bn＝2n；（2）；（3）Sn．
【分析】（1）由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差、公比，可得所求通项公式；
（2）由数列的分组求和、裂项相消求和与数列的错位相减法求和，可得所求和；
（3）根据题意确定新数列第n项位置，再按原等比数列的项与插入项分两组分别求和可得所求．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a4＝2，a5＝3（a4﹣a3），可得a1+3d＝2，2+d＝3d，解得d＝1，a1＝﹣1，
则an＝﹣1+n﹣1＝n﹣2；
由b1＝2，b4＝4（b3﹣b2），可得2q3＝4（2q2﹣2q），解得b1＝q＝2，
则bn＝2n；
（2），
可得c1+c3+...+c2n﹣1...；
设S＝c2+c4+...+c2n...，
则S...，
两式相减可得S...，即有S，
则；
（3）设新数列中bk是第t项，由题意可得，在bk之间依次插入1，2，3，…，k﹣1个数，
再加上原数列b1，b2，b3，…，bk共k项，可得t＝1+2+3+...+k﹣1+kk（k+1）．
则新数列中bk+1是第（k+1）（k+2）项，bk+2是第（k+2）（k+3）项，
由（k+1）（k+2）＜n（k+2）（k+3），
故第n项在bk+1、bk+2之间插入的数中，即（﹣1）k+2 （k+1），
即新数列前n项中，从第一项到bk+1这一项共（k+1）（k+2）项，
则bk+1与bk+2之间还有n（k+1）（k+2）项，
则新数列前n项中原等比数列的各项之和为b1+b2+...+bk+12k+2﹣2，
新数列前n项中所有插入项之和为
（﹣1）2 1+2×（﹣1）3 2+...+k （﹣1）k+1 （k+1）+（﹣1）k+2 （k+1）[n（k+1）（k+2）]
＝（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2+（﹣1）k+2 （k+1）[n（k+1）（k+2）]．
下面先求{（﹣1）k+1 k2}的前k项和．
①当k（k≥2，k∈N*）为偶数时，则k﹣1，k+1都为奇数，
因为（﹣1）k（k﹣1）2+（﹣1）k+1（k2）＝（k﹣1）2﹣k2＝1﹣2k，
则（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2＝1﹣2×2+1﹣2×4+...+1﹣2kk（k+1），
所以新数列前n项中所有插入项之和为
k（k+1）+（k+1）[n（k+1）（k+2）]＝（k+1）（n），
所以这个新数列前n项的和Sn＝2k+2﹣2+（k+1）（n）；
②当k为奇数时，则k+1为偶数，k+2为奇数，
则数列{（﹣1）n+1 n2}的前k项和即为前k+1项之和减去第k+1项，
则（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2（k+1）（k+2）﹣（﹣1）k+2 （k+1）2
（k+1）（k+2）+（k+1）2k（k+1），
所以新数列前n项中所有插入项之和为
（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2+（﹣1）k+2 （k+1）[n（k+1）（k+2）]
k（k+1）+（k+1）[（k+1）（k+2）﹣n]＝（k+1）（n），
所以这个新数列前n项的和Sn＝2k+2﹣2+（k+1）（n）；
综上，可得Sn．
【点评】本题考查定理和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的裂项相消求和、错位相减法求和，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于难题．
14．（2024 濮阳模拟）定义：对于任意大于零的自然数n，满足条件且an≤M（M是与n无关的常数）的无穷数列{an}称为M数列．
（1）若等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝﹣3，S9＝﹣18，判断数列{bn}是否是M数列，并说明理由；
（2）若各项为正数的等比数列{cn}的前n项和为Tn，且，证明：数列{Tn}是M数列；
（3）设数列{dn}是各项均为正整数的M数列，求证：dn≤dn+1．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】综合题；整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】（1）不是，（2）见解析，（3）见解析．
【分析】（1）求出数列{bn}的最大项即可得；
（2）由等比数列的基本量法求出Sn，根据数列新定义证明即可；
（3）用反证法，假设存在正整数k，使得dk＞dk+1，由数列{dn}是各项均为正整数，得dk≥dk+1+1，即dk+1≤dk﹣1，然后利用新定义归纳dk+m≤dk﹣m，这样由dk≤M可得数列从某一项开始为负，与已知矛盾，从而证得结论．
【解答】解：（1）由题意知∵，∴，
但是等差数列{bn}为严格增数列，当n→+∞时，bn→+∞，所以{bn}不是M数列；
（2）证明：∵，∴，
∴Tn＝2，Tn+2＝2，
对任意的 n∈N*，有22Tn+1，且Tn＜2，
所以数列{Tn}是M数列；
（3）证明：假设存在正整数k使得dk＞dk+1成立，
由数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk+1+1，即dk+1≤dk﹣1，
因为，所以dk+2≤2dk+1﹣dk≤2（dk﹣1）﹣dk＝dk﹣2，
由dk+2≤2dk+1﹣dk及dk＞dk+1得dk+2＜2dk+1﹣dk+1＝dk+1，
故dk+2≤dk+1﹣1，
因为，所以dk+3≤2dk+2﹣dk+1≤2（dk+1﹣1）﹣dk+1＝dk+1﹣2≤dk﹣3，
由此类推可得，
因为又存在M，使dk≤M，
∴当m＞M时，dk+m≤dk﹣m＜0，这与数列{dn}的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，
即对任意n∈N*，都有dn≤dn+1成立．
【点评】本题考查了数列的新定义，解题关键是理解新定义，转化为求数列的最大值，研究数列的不等关系，属于难题．
15．（2024秋 兰州期中）已知数列{an}满足an+1＝an+3，且a2＝4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝3n﹣2；
（2）．
【分析】（1）根据题意，由等差数列的定义得到数列{an}为以3为公差的等差数列，进而求得其通项公式；
（2）由（1）求得，结合裂项法求和，即可求解．
【解答】解：（1）根据题意，数列{an}满足an+1＝an+3，即an+1﹣an＝3，
由等差数列的定义，可得数列{an}是以3为公差的等差数列，
因为a2＝4，可得a1＝a2﹣d＝4﹣3＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2．
（2）由（1）an＝3n﹣2，可得，
所以数列{bn}的前n项和为：．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
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预习衔接.夯实基础 等比数列
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 镇海区校级期中）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．已知数列{an}满足：a1＝1，，则S2024＝（ ）
A．4720 B．4722 C．4723 D．4725
2．（2024秋 和平区校级期中）已知数列{an}的首项，且满足，则a20的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024秋 漳州期中）等比数列{an}中，a1 a2 a3＝8，a2+a4＝10，则a6＝（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
4．（2024秋 朝阳区期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下的问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”．由此推算，在这5天中，织布超过1尺的天数共有（ ）
A．1天 B．2天 C．3天 D．4天
二．多选题（共4小题）
（多选）5．（2024秋 镇海区校级期中）数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an+2＞an+1+an，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．a10＞50 B．a20＜500 C．a10＜100 D．a20＞500
（多选）6．（2024秋 重庆期中）已知等比数列{an}的公比，其前n项和记为Sn，且S6＝21，则（ ）
A．a4a8＝1 B．an≥a2 C．Sn≤21 D．Sn≥16
（多选）7．（2024秋 平度市期中）已知数列{an}满足，则（ ）
A．数列为等差数列
B．an+an+2＜2an+1
C．
D．数列{（﹣1）nan}的前2n项和为2n2+n
（多选）8．（2024秋 牡丹江期中）在等比数列{an}中，a1a2＝2，a3＝4，则（ ）
A．{an}的公比为
B．{an}的公比为2
C．a3+a5＝20
D．数列为递增数列
三．填空题（共3小题）
9．（2024秋 长宁区期中）记Sn为数列{an}的前n项和，若则a5＝ ．
10．（2024秋 长宁区期中）已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4＝5，且a1，a3，a7成等比数列，设的前2024项和 ．
11．（2024秋 浦东新区校级期中）已知数列{an}为无穷等比数列．若a2＝﹣3，公比，则无穷等比数列{an}的各项和为 ．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 浙江期中）已知数列{an}的首项是1，其前n项和是Sn，且an+1＝an+2n+1，n∈N*．
（1）求a2，a3的值及数列{an}的通项公式；
（2）若存在实数λ，使得关于n的不等式λ+Sn≤25n，n∈N*有解，求实数λ取到最大值时n的值．
13．（2024秋 和平区校级期中）已知等差数列{an}，等比数列{bn}，a4＝b1＝2，a5＝3（a4﹣a3），b4＝4（b3﹣b2）．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2），求．
（3）在bk和bk+1之间插入k个相同的数（﹣1）k+1k构成一个新数列，若这个新数列项数n满足．求这个新数列前n项的和Sn（用n，k表示n，k∈N*）．
14．（2024 濮阳模拟）定义：对于任意大于零的自然数n，满足条件且an≤M（M是与n无关的常数）的无穷数列{an}称为M数列．
（1）若等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝﹣3，S9＝﹣18，判断数列{bn}是否是M数列，并说明理由；
（2）若各项为正数的等比数列{cn}的前n项和为Tn，且，证明：数列{Tn}是M数列；
（3）设数列{dn}是各项均为正整数的M数列，求证：dn≤dn+1．
15．（2024秋 兰州期中）已知数列{an}满足an+1＝an+3，且a2＝4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．
预习衔接.夯实基础 等比数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 镇海区校级期中）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．已知数列{an}满足：a1＝1，，则S2024＝（ ）
A．4720 B．4722 C．4723 D．4725
【考点】数列递推式．
【专题】整体思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．
【答案】C
【分析】根据“冰雹猜想”结合递推关系，利用规律求解即可．
【解答】解：a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，…，
可知数列{an} 是以3为周期的数列，
因为2024﹣2＝3×674，所以 S2024＝674×（1+4+2）+1+4＝4723．
故选：C．
【点评】本题考查数列综合应用，属于中档题．
2．（2024秋 和平区校级期中）已知数列{an}的首项，且满足，则a20的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】利用两边取倒数证得是等差数列，进而求得an，从而得解．
【解答】解：数列{an}的首项，且满足，易知an≠0，
两边取倒数，可得，即，
故是以3为首项，4为公差的等差数列，
则，故，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
3．（2024秋 漳州期中）等比数列{an}中，a1 a2 a3＝8，a2+a4＝10，则a6＝（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【考点】由等比数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质即可得．
【解答】解：由a1 a2 a3＝8，得，所以a2＝2，
设等比数列an的公比为q，由a2+a4＝10，得a4＝8，
所以，所以．
故选：D．
【点评】本题考查等比数列的性质，属于基础题．
4．（2024秋 朝阳区期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下的问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”．由此推算，在这5天中，织布超过1尺的天数共有（ ）
A．1天 B．2天 C．3天 D．4天
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】C
【分析】设女子第一天织布a1尺，则数列{an}是公比为2的等比数列，由题意得S55，解得a1，由此能求出该女子所需的天数．
【解答】解：设女子第一天织布a1尺，则数列{an}是公比为2的等比数列，
由题意得S55，解得a1，
∴Sn1，解得2n＞7.2．
∵22＝4，23＝84，
∴该女子所需的天数至少为3天．
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的应用，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）5．（2024秋 镇海区校级期中）数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an+2＞an+1+an，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．a10＞50 B．a20＜500 C．a10＜100 D．a20＞500
【考点】数列递推式．
【专题】整体思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．
【答案】AD
【分析】根据数列的递推关系可判断各项的取值范围．
【解答】解：由题意得，数列{an}为递增数列．
n∈N*，an+2＞an+1+an，a1＝1，a2＝2，
所以，a3＞a2+a1＝3，a4＞a3+a2＞5，a5＞a4+a3＞8，a6＞a5+a4＞13，
a7＞a6+a5＞21，a8＞a7+a6＞34，a9＞a8+a7＞55，a10＞a9+a8＞89，
a11＞a10+a9＞144．，a12＞a11+a10＞233，a13＞a12+a11＞377，a14＞a13+a12＞610，
a15＞a14+a13＞987，a16＞a15+a14＞1597，a17＞a16+a15＞2584，a18＞a17+a16＞4181，
a19＞a18+a17＞6765，a20＞a19+a18＞10946．
故选：AD．
【点评】本题考查数列综合应用，属于中档题．
（多选）6．（2024秋 重庆期中）已知等比数列{an}的公比，其前n项和记为Sn，且S6＝21，则（ ）
A．a4a8＝1 B．an≥a2 C．Sn≤21 D．Sn≥16
【考点】由等比数列的前n项和求解数列．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】借助等比数列求和公式可计算出数列{an}的通项公式，借助通项公式即可得A；借助作差法后对n分奇偶进行讨论可得B；求出Sn后对n分奇偶讨论可得C、D．
【解答】解：等比数列{an}的公比，其前n项和记为Sn，且S6＝21，
由等比数列前n项和公式得，
解得a1＝32，
∴，
对于A，，故A正确；
对于B，，
若n为奇数，则，
若n为偶数，则，随n的增大而增大，
∴an﹣a2≥a2﹣a2＝0，故B正确；
对于CD，Sn，
当n为奇数时，，且随n的增大而减小，
当n为偶数时，，随n的增大而增大，
∴当n＝1时，Sn有最大值，∴Sn≤S1＝32，
当n＝2时，Sn有最小值，∴Sn≥S1＝16，故C错误，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查对数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）7．（2024秋 平度市期中）已知数列{an}满足，则（ ）
A．数列为等差数列
B．an+an+2＜2an+1
C．
D．数列{（﹣1）nan}的前2n项和为2n2+n
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ACD
【分析】首先求得首项a1＝1，将n换为n﹣1，由作差法可得an＝n2，再对各个选项分析，可得结论．
【解答】解：由，可得a1＝1，
当n≥2时，由，
可得a1+2a2+...+（n﹣1）an﹣1＝[]2，
两式相减可得nan（n2+2n+1﹣n2+2n﹣1）＝n3，
可得an＝n2，对n＝1也成立，则n为等差数列，故A正确；
an+an+2﹣2an+1＝n2+（n+2）2﹣2（n+1）2＝2n2+4n+4﹣（2n2+4n+2）＝2＞0，
可得an+an+2＞2an+1，故B错误；
当n＝1时，2；由（n≥2），
可得...1+1...22，故C正确；
数列{（﹣1）nan}的前2n项和为﹣a1+a2﹣a3+a4+...+（﹣1）2n﹣1a2n﹣1+（﹣1）2na2n
＝﹣1+22﹣32+42+...﹣（2n﹣1）2+（2n）2＝1+2+3+4+...+（2n﹣1）+（2n）2n（1+2n）＝n（1+2n），故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的通项公式、求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）8．（2024秋 牡丹江期中）在等比数列{an}中，a1a2＝2，a3＝4，则（ ）
A．{an}的公比为
B．{an}的公比为2
C．a3+a5＝20
D．数列为递增数列
【考点】等比数列的通项公式；数列的单调性．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】BC
【分析】根据题意，列出等式求出等比数列的首项和公比，然后逐一判断即可．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
因为a1a2＝2，a3＝4，所以，解得，所以，
故20，故BC正确，A错误；
，则数列为递减数列，D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了等比数列的通项公式，对数的运算性质，是基础题．
三．填空题（共3小题）
9．（2024秋 长宁区期中）记Sn为数列{an}的前n项和，若则a5＝ 5 ．
【考点】数列递推式．
【专题】对应思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】5．
【分析】由a5＝S5﹣S4，计算可得所求值．
【解答】解：若则a5＝S5﹣S4＝25﹣4﹣16＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，考查运算能力，属于基础题．
10．（2024秋 长宁区期中）已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4＝5，且a1，a3，a7成等比数列，设的前2024项和 1012 ．
【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】1012．
【分析】由等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，求得an，推得n为偶数时，bn＝0；又b4n﹣3+b4n﹣1＝2，n∈N*，由数列的并项求和，可得所求和．
【解答】解：设数列{an}是公差d不为0的等差数列，a4＝5，且a1，a3，a7成等比数列，
可得a1+3d＝5，a1a7，即a1（a1+6d）＝（a1+2d）2，
解得a1＝2，d＝1，
则an＝2+n﹣1＝n+1，
由bn＝ancos（n+1）cos，
当n为偶数时，n+1为奇数，bn＝0；
又b4n﹣3+b4n﹣1＝（4n﹣2）cos（2n﹣1）π+4ncos2nπ＝4n﹣（4n﹣2）＝2，n∈N*，
则{bn}的前2024项和为2＝1012．
故答案为：1012．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和数列的并项求和，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
11．（2024秋 浦东新区校级期中）已知数列{an}为无穷等比数列．若a2＝﹣3，公比，则无穷等比数列{an}的各项和为 4 ．
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】4
【分析】根据等比数列的求和公式即可得到Sn，从而得到结果．
【解答】解：由已知有：首项，
所以．
故答案为：4．
【点评】本题考查等比数列的性质，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 浙江期中）已知数列{an}的首项是1，其前n项和是Sn，且an+1＝an+2n+1，n∈N*．
（1）求a2，a3的值及数列{an}的通项公式；
（2）若存在实数λ，使得关于n的不等式λ+Sn≤25n，n∈N*有解，求实数λ取到最大值时n的值．
【考点】数列与不等式的综合；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）a2＝4，a3＝9，；
（2）4或5．
【分析】（1）用累加法得到数列通项公式；
（2）求出数列前n项和Sn，列出不等式，构造函数利用导函数求最大值，并找到最大值点．
【解答】解：（1）数列{an}的首项是1，其前n项和是Sn，且an+1＝an+2n+1，n∈N*，
可得a2＝1+3＝4，a3＝4+5＝9．
又an+1﹣an＝2n+1，
当n≥2时，an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+...+（an﹣an﹣1）
＝1+3+5+...+（2n﹣1）n（1+2n﹣1）＝n2，
上式对n＝1也成立，
则，n∈N*；
（2）由（1）可知，
∴，∴，
令，
，当n≤4时，f′（n）＞0，当n＝5时，f′（n）＜0，
∵f（4）＝70＝f（5），
∴f（n）的最大值为70，即当n＝4或n＝5时，λ取得最大值70，
∴λ取得最大值时，n取4或5．
【点评】本题考查数列的递推式和数列恒等式、数列不等式恒成立问题，以及等差数列的求和公式、前n项连续自然数平方和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
13．（2024秋 和平区校级期中）已知等差数列{an}，等比数列{bn}，a4＝b1＝2，a5＝3（a4﹣a3），b4＝4（b3﹣b2）．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2），求．
（3）在bk和bk+1之间插入k个相同的数（﹣1）k+1k构成一个新数列，若这个新数列项数n满足．求这个新数列前n项的和Sn（用n，k表示n，k∈N*）．
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝n﹣2，bn＝2n；（2）；（3）Sn．
【分析】（1）由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差、公比，可得所求通项公式；
（2）由数列的分组求和、裂项相消求和与数列的错位相减法求和，可得所求和；
（3）根据题意确定新数列第n项位置，再按原等比数列的项与插入项分两组分别求和可得所求．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a4＝2，a5＝3（a4﹣a3），可得a1+3d＝2，2+d＝3d，解得d＝1，a1＝﹣1，
则an＝﹣1+n﹣1＝n﹣2；
由b1＝2，b4＝4（b3﹣b2），可得2q3＝4（2q2﹣2q），解得b1＝q＝2，
则bn＝2n；
（2），
可得c1+c3+...+c2n﹣1...；
设S＝c2+c4+...+c2n...，
则S...，
两式相减可得S...，即有S，
则；
（3）设新数列中bk是第t项，由题意可得，在bk之间依次插入1，2，3，…，k﹣1个数，
再加上原数列b1，b2，b3，…，bk共k项，可得t＝1+2+3+...+k﹣1+kk（k+1）．
则新数列中bk+1是第（k+1）（k+2）项，bk+2是第（k+2）（k+3）项，
由（k+1）（k+2）＜n（k+2）（k+3），
故第n项在bk+1、bk+2之间插入的数中，即（﹣1）k+2 （k+1），
即新数列前n项中，从第一项到bk+1这一项共（k+1）（k+2）项，
则bk+1与bk+2之间还有n（k+1）（k+2）项，
则新数列前n项中原等比数列的各项之和为b1+b2+...+bk+12k+2﹣2，
新数列前n项中所有插入项之和为
（﹣1）2 1+2×（﹣1）3 2+...+k （﹣1）k+1 （k+1）+（﹣1）k+2 （k+1）[n（k+1）（k+2）]
＝（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2+（﹣1）k+2 （k+1）[n（k+1）（k+2）]．
下面先求{（﹣1）k+1 k2}的前k项和．
①当k（k≥2，k∈N*）为偶数时，则k﹣1，k+1都为奇数，
因为（﹣1）k（k﹣1）2+（﹣1）k+1（k2）＝（k﹣1）2﹣k2＝1﹣2k，
则（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2＝1﹣2×2+1﹣2×4+...+1﹣2kk（k+1），
所以新数列前n项中所有插入项之和为
k（k+1）+（k+1）[n（k+1）（k+2）]＝（k+1）（n），
所以这个新数列前n项的和Sn＝2k+2﹣2+（k+1）（n）；
②当k为奇数时，则k+1为偶数，k+2为奇数，
则数列{（﹣1）n+1 n2}的前k项和即为前k+1项之和减去第k+1项，
则（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2（k+1）（k+2）﹣（﹣1）k+2 （k+1）2
（k+1）（k+2）+（k+1）2k（k+1），
所以新数列前n项中所有插入项之和为
（﹣1）2+（﹣1）3 22+...+（﹣1）k+1 k2+（﹣1）k+2 （k+1）[n（k+1）（k+2）]
k（k+1）+（k+1）[（k+1）（k+2）﹣n]＝（k+1）（n），
所以这个新数列前n项的和Sn＝2k+2﹣2+（k+1）（n）；
综上，可得Sn．
【点评】本题考查定理和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的裂项相消求和、错位相减法求和，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于难题．
14．（2024 濮阳模拟）定义：对于任意大于零的自然数n，满足条件且an≤M（M是与n无关的常数）的无穷数列{an}称为M数列．
（1）若等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝﹣3，S9＝﹣18，判断数列{bn}是否是M数列，并说明理由；
（2）若各项为正数的等比数列{cn}的前n项和为Tn，且，证明：数列{Tn}是M数列；
（3）设数列{dn}是各项均为正整数的M数列，求证：dn≤dn+1．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】综合题；整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】（1）不是，（2）见解析，（3）见解析．
【分析】（1）求出数列{bn}的最大项即可得；
（2）由等比数列的基本量法求出Sn，根据数列新定义证明即可；
（3）用反证法，假设存在正整数k，使得dk＞dk+1，由数列{dn}是各项均为正整数，得dk≥dk+1+1，即dk+1≤dk﹣1，然后利用新定义归纳dk+m≤dk﹣m，这样由dk≤M可得数列从某一项开始为负，与已知矛盾，从而证得结论．
【解答】解：（1）由题意知∵，∴，
但是等差数列{bn}为严格增数列，当n→+∞时，bn→+∞，所以{bn}不是M数列；
（2）证明：∵，∴，
∴Tn＝2，Tn+2＝2，
对任意的 n∈N*，有22Tn+1，且Tn＜2，
所以数列{Tn}是M数列；
（3）证明：假设存在正整数k使得dk＞dk+1成立，
由数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk+1+1，即dk+1≤dk﹣1，
因为，所以dk+2≤2dk+1﹣dk≤2（dk﹣1）﹣dk＝dk﹣2，
由dk+2≤2dk+1﹣dk及dk＞dk+1得dk+2＜2dk+1﹣dk+1＝dk+1，
故dk+2≤dk+1﹣1，
因为，所以dk+3≤2dk+2﹣dk+1≤2（dk+1﹣1）﹣dk+1＝dk+1﹣2≤dk﹣3，
由此类推可得，
因为又存在M，使dk≤M，
∴当m＞M时，dk+m≤dk﹣m＜0，这与数列{dn}的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，
即对任意n∈N*，都有dn≤dn+1成立．
【点评】本题考查了数列的新定义，解题关键是理解新定义，转化为求数列的最大值，研究数列的不等关系，属于难题．
15．（2024秋 兰州期中）已知数列{an}满足an+1＝an+3，且a2＝4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝3n﹣2；
（2）．
【分析】（1）根据题意，由等差数列的定义得到数列{an}为以3为公差的等差数列，进而求得其通项公式；
（2）由（1）求得，结合裂项法求和，即可求解．
【解答】解：（1）根据题意，数列{an}满足an+1＝an+3，即an+1﹣an＝3，
由等差数列的定义，可得数列{an}是以3为公差的等差数列，
因为a2＝4，可得a1＝a2﹣d＝4﹣3＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2．
（2）由（1）an＝3n﹣2，可得，
所以数列{bn}的前n项和为：．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
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