期末复习 4.3 等比数列（专项练习.含解析）-2025-2026学年高二上学期数学苏教版（2019）选择性必修第一册

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期末复习 4.3等比数列
一．选择题（共6小题）
1．无穷等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则“﹣1≤q＜0”是“ M＞0，使得|Sn|＜M对任意的正整数n都成立”的（　　）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
2．等比数列{an}的公比为q（q∈N*），，数列{bn}满足bn＝log2an，当且仅当n＝4时，{bn}的前n项和有最小值，则q的值是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…nan＝2n+1，设bn，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＜t对任意n∈N*恒成立，则实数t的最小值为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．已知数列{an}满足3an+1an﹣an+1﹣2an＝0，且a1＝2，则a9＝（　　）
A． B． C． D．
5．如图，正方形ABCD的边长为5cm，第一次操作：取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第二个正方形EFGH；第二次操作：取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第三个正方形IJKL，依此方法一直操作下去．若经过n次这样的操作后，使得到所有正方形（包括正方形ABCD）的面积之和大于49.9cm2，则n的最小值为（参考数据：lg2≈0.3）（　　）
A．8 B．9 C．10 D．18
6．等比数列{an}，Sn是{an}的前n项和，S5＝48，S10＝60，则S15为（　　）
A．63 B．108 C．75 D．83
二．多选题（共3小题）
（多选）7．设{an}是等比数列，则（　　）
A．是等比数列 B．{an+an+1}是等比数列
C．是等比数列 D．{lgan}是等差数列
（多选）8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，，则（　　）
A． B． C．a2021＝3 D．S37＝41
（多选）9．在公比为q的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，且a3＝1，a2 a8＝16，则下列说法正确的是（　　）
A．a5＝±4
B．{anan+1}的公比为4
C．当q＞0时，{an}的前20项积为2150
D．当q＞0时，数列{lgan}是公差为2的等差数列
三．填空题（共4小题）
10．已知等比数列{an}的前n项和为，则r＝　 　 ．
11．已知数列{an}中，，，则a35＝　 　 ．
12．在公比不等于1的等比数列{an}中，其前n项和为Sn，若4a3﹣a2＝S3，则公比q＝　 　 ．
13．已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝3，且a2，a1，a4成等比数列，则a4＝　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且，等差数列{bn}的前n项和为Bn，且B4＝4B2，．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）令，求数列{cn}的前n项和Tn；
（3）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．
15．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝4a4，S3＝42．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若，求数列{bn}的前n项和Tn．
期末复习 4.3等比数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．无穷等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则“﹣1≤q＜0”是“ M＞0，使得|Sn|＜M对任意的正整数n都成立”的（　　）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】求等比数列的前n项和；充分条件必要条件的判断．
【专题】计算题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列；简易逻辑；逻辑思维．
【答案】A
【分析】根据题意，由等比数列前n项和公式分析“﹣1≤q＜0”和“ M＞0，使得|Sn|＜M对任意的正整数n都成立”的关系，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}是无穷等比数列，
若﹣1≤q＜0，则|Sn|＝|||＜||，
而||＞0，
故 M＝||＞0，使得|Sn|＜M对任意的正整数n都成立，充分性成立，
当q时，Sn|2a1|，
也 M＝|2a1|＞0，使得|Sn|＜M对任意的正整数n都成立，必要性不成立，
故“﹣1≤q＜0”是“ M＞0，使得|Sn|＜M对任意的正整数n都成立”的充分而不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查等比数列的前n项和，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
2．等比数列{an}的公比为q（q∈N*），，数列{bn}满足bn＝log2an，当且仅当n＝4时，{bn}的前n项和有最小值，则q的值是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】等比数列的通项公式．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】根据等差数列前n项和公式求解．
【解答】解：等比数列{an}的公比为q（q∈N*），，数列{bn}满足bn＝log2an，
∴b1＝log2a1＝﹣6，
∵bn+1﹣bn＝log2an+1﹣log2anlog2q，
∴{bn}是以﹣6为首项、log2q为公差的等差数列，
∴bn＝﹣6+（n﹣1）log2q，
∴当且仅当n＝4时，{bn}的前n项和有最小值，
∴，
∴，
∴，
∵q∈N*，∴q＝3．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…nan＝2n+1，设bn，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＜t对任意n∈N*恒成立，则实数t的最小值为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【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】B
【分析】由a1+2a2+3a3+…+nan＝2n+1，推得an，由数列的裂项相消求和，求得Sn＜3，由不等式恒成立思想，可得所求最小值．
【解答】解：数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan＝2n+1，
可得a1＝4，
当n≥2时，由a1+2a2+3a3+…+nan＝2n+1，可得a1+2a2+3a3+…+（n﹣1）an﹣1＝2n，
相减可得nan＝2n+1﹣2n＝2n，
即有an，n≥2，
则n＝1时，b1a1＝2，
n≥2时，bn2（），
可得Sn＝2+2（...）＝2+2（）＜3，
由Sn＜t对任意n∈N*恒成立，可得t≥3，即t的最小值为3．
故选：B．
【点评】本题考查数列的递推式和数列的裂项相消求和，以及不等式恒成立问题，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
4．已知数列{an}满足3an+1an﹣an+1﹣2an＝0，且a1＝2，则a9＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；构造法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】将条件式变形可得，再构造可得数列是以为首项，为公比的等比数列，从而求得a9．
【解答】解：因为3an+1an﹣an+1﹣2an＝0，且a1＝2，
所以an≠0，则，
两边取倒数可得：，
即，
又因为a1＝2，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，解得．
故选：A．
【点评】本题考查数列递推式的应用，构造法求数列的通项，属于中档题．
5．如图，正方形ABCD的边长为5cm，第一次操作：取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第二个正方形EFGH；第二次操作：取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第三个正方形IJKL，依此方法一直操作下去．若经过n次这样的操作后，使得到所有正方形（包括正方形ABCD）的面积之和大于49.9cm2，则n的最小值为（参考数据：lg2≈0.3）（　　）
A．8 B．9 C．10 D．18
【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】由等比数列的通项公式和求和公式，以及对数的运算性质，解不等式可得所求最小值．
【解答】解：由题意可设第n个正方形的边长为an，面积为，
则a1＝5，25，且数列{an}的公比为，数列{}的公比为，
由题意可得经过n次这样的操作后，
所有正方形（包括正方形ABCD）的面积之和为50（1），
由50（1）＞49.9，即有2n+1≥500，
可得n+19，
可得n≥8，可得n的最小值为8．
故选：A．
【点评】本题考查数列在平面几何中的运用，以及等比数列的通项公式与求和公式，考查运算能力，属于中档题．
6．等比数列{an}，Sn是{an}的前n项和，S5＝48，S10＝60，则S15为（　　）
A．63 B．108 C．75 D．83
【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】A
【分析】由S5，S10﹣S5，S15﹣S10成等比数列即可求解．
【解答】解：因为Sn是等比数列{an}的前n项和，且S5＝48，S10＝60，
所以公比不等于﹣1，
所以由等比数列的性质可知：S5，S10﹣S5，S15﹣S10成等比数列，
所以，即，
解得S15＝63．
故选：A．
【点评】本题考查等比数列前n项和的性质，属于基础题．
二．多选题（共3小题）
（多选）7．设{an}是等比数列，则（　　）
A．是等比数列 B．{an+an+1}是等比数列
C．是等比数列 D．{lgan}是等差数列
【考点】等比数列的概念与判定．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】AC
【分析】根据题意，设等比数列{an}的公比为q，结合等比数列的定义依次分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，{an}是等比数列，则an≠0，设其公比为q，
依次分析选项：
对于A，对于数列{}，有q2，则数列{}为等比数列，A正确；
对于B，当q＝﹣1时，an+an+1＝0，数列{an+an+1}不是等比数列，B错误；
对于C，对于{}，有，该数列为等比数列，C正确；
对于D，当a1＜0，q＞0时，an＜0，lgan没有意义，{lgan}不能构成数列，D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查等比数列的性质和应用，涉及等比数列的定义，属于基础题．
（多选）8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，，则（　　）
A． B． C．a2021＝3 D．S37＝41
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】AD
【分析】计算数列{an}的前几项，推得数列{an}是最小正周期为3的数列，再对各个选项分析，可得结论．
【解答】解：由a1＝3，，
可得a2＝1，a3＝1，a4＝1﹣（﹣2）＝3＝a1，a5＝1a2，…，
则数列{an}是最小正周期为3的数列，故A正确，B错误；
可得a2021＝a3×673+2＝a2，故C错误；
S37＝12×（3）+3＝41，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查数列的递推式和数列的周期性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于基础题．
（多选）9．在公比为q的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，且a3＝1，a2 a8＝16，则下列说法正确的是（　　）
A．a5＝±4
B．{anan+1}的公比为4
C．当q＞0时，{an}的前20项积为2150
D．当q＞0时，数列{lgan}是公差为2的等差数列
【考点】求等比数列的前n项和；等比数列的性质．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】BC
【分析】利用等比数列的性质、通项公式、前n项积的计算及对数运算，逐一分析各选项的正误．
【解答】解：由等比数列性质，，又，故a5＝4，A错误．
对于{anan+1}，其公比为，由，得公比为4，B正确．
当q＞0时，q＝2，，，
前20项积的指数和为（1﹣3）+（2﹣3）+ +（20﹣3）＝150，故积为2150，C正确．
当q＞0时，lgan＝（n﹣3）lg2，数列{lgan}公差为lg2，D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查等比数列的性质、通项公式、前n项积与对数数列的综合应用，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
10．已知等比数列{an}的前n项和为，则r＝　　 ．
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】．
【分析】由Sn求an，再根据n＝1时也符合即可求解．
【解答】解：当n＝1时，a1＝S1＝6+r；
当n≥2时，，
又{an}为等比数列，
∴，则．
故答案为：．
【点评】本题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．
11．已知数列{an}中，，，则a35＝　2　 ．
【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】2．
【分析】根据递推式逐项求解，得数列{an}的周期为3，从而求得a8．
【解答】解：因为，，
所以，，，，
所以数列{an}的周期为3，则a35＝a3×11+2＝a2＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查数列递推式和周期性的应用，属于基础题．
12．在公比不等于1的等比数列{an}中，其前n项和为Sn，若4a3﹣a2＝S3，则公比q＝　　 ．
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】．
【分析】根据题意，由等比数列的求和公式代入计算，化简，即可得到结果．
【解答】解：因为等比数列的公比q≠1，
所以由4a3﹣a2＝S3得，
所以，
化简得：3q2﹣2q﹣1＝0，因为q≠1，解得．
故答案为：．
【点评】本题考查等比数列的前n项和公式的应用，属于基础题．
13．已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝3，且a2，a1，a4成等比数列，则a4＝　﹣9　 ．
【考点】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】﹣9．
【分析】设等差数列{an}的公差为d（d≠0），利用等比中项的性质及等差数列基本量运算求得d＝﹣4，即可求得a4．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d（d≠0），
由a1＝3，可得a2＝3+d，a4＝3+3d，
因为a2，a1，a4成等比数列，所以9＝（3+d）（3+3d），
解得d＝﹣4或d＝0（舍去），则a4＝3+3×（﹣4）＝﹣9．
故答案为：﹣9．
【点评】本题主要考查等差数列和等比数列综合，属于基础题．
四．解答题（共2小题）
14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且，等差数列{bn}的前n项和为Bn，且B4＝4B2，．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）令，求数列{cn}的前n项和Tn；
（3）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．
【考点】数列递推式；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】（1），bn＝2n﹣1；
（2）；
（3）不存在；由（1）知．
所以an+1＝an+（n+2﹣1）d，所以．
设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列．
则．故，
即．
又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m+p，故42×32k﹣2＝42×3m+p﹣2．
故（k+1）2＝（m+1）（p+1），化简得k2+2k＝mp+m+p，所以k2＝mp．
又因为2k＝m+p，所以4k2＝m2+p2+2mp，故（m﹣p）2＝0，即m＝p．
而2k＝m+p，所以k＝m＝p．与假设矛盾．
所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp成等比数列．
【分析】（1）根据已知条件列方程求出数列的首项，公比或公差，进而求出通项公式；
（2）用错位相减法求数列前n项和；
（3）利用反证法，先假设存在，再利用等比中项和等差中项的性质求解，进而证明不存在．
【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，
由可得，当n＝1时，有a1q＝2a1+2；
当n＝2时，，
解得a1＝2，q＝3，
所以．
设等差数列{bn}的公差为d，
由B4＝4B2，可得4b1+6d＝4（2b1+d），即d＝2b1，
由，则b2＝2b1+1，即b1+d＝2b1+1，即有d＝b1+1，
解得d＝2，b1＝1，
所以bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．
（2）因为，
所以...①，
①×3得，...②，
①﹣②得，，
，
化简得：．
（3）由（1）知．
所以an+1＝an+（n+2﹣1）d，所以．
设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列．
则．故，
即．
又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m+p，故42×32k﹣2＝42×3m+p﹣2．
故（k+1）2＝（m+1）（p+1），化简得k2+2k＝mp+m+p，所以k2＝mp．
又因为2k＝m+p，所以4k2＝m2+p2+2mp，故（m﹣p）2＝0，即m＝p．
而2k＝m+p，所以k＝m＝p．
与假设矛盾．
所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp成等比数列．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式与求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
15．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝4a4，S3＝42．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若，求数列{bn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和；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＝22n﹣1；（2）Tn．
【分析】（1）由等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，即可得到所求；
（2）由对数的运算性质和数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，
由a5＝4a4，可得q4，
由S3＝42，可得a1+4a1+16a1＝42，解得a1＝2，
则an＝2×4n﹣1＝22n﹣1；
（2）bn（），
则Tn（1...）（1）．
【点评】本题考查等比数列的通项公式与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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