新高考数学一轮复习专题六数列6-3等比数列练习含答案

6.3等比数列五年高考考点1等比数列及其前n项和1.(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=(C)A.158B.658C.152.(2022全国乙,文10,理8,5分,中)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=(D)A.14B.12C.6D.33.(2020课标Ⅱ理,6,5分,中)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(C)A.2B.3C.4D.5(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-125.(2023全国乙理,15,5分,中)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=-2.

6.(2023北京,14,5分,中)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=48;数列{an}所有项的和为384.

7.(2020新高考Ⅱ,18,12分,易)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)求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1.解析(1)设公比为q(q>1),依题意有a解得a1=2,q=2或a所以an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n.(2)由(1)知(-1)n-1anan+1=(-1)n-1×2n×2n+1=(-1)n-122n+1,所以a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1=23-25+27-29+…+(-1)n-122n+1=23[1−(−22)n]1−(−228.(2022新高考Ⅱ,17,10分,中)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}中元素的个数为9.考点2等比数列的性质及其应用1.(2021全国甲文,9,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=(A)A.7B.8C.9D.102.(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=(C)A.120B.85C.-85D.-120

三年模拟练速度1.(2024山东青岛第一次适应性检测,1)等比数列{an}中,a2=1,a5=8,则a7=(A)A.32B.24C.20D.162.(2024广东惠州一模,2)设正项等比数列{an}的公比为q,若a2,3a1,a3成等差数列,则q=(B)A.12B.2C.133.(2024安徽蚌埠教学质量检查,4)已知各项均为正数的等比数列{an}中,若a5=9,则log3a4+log3a6=(C)A.2B.3C.4D.94.(2024山东新高考联合质量测评,3)已知数列{an}是等比数列,{bn}是等差数列,a1=1,若b1,2a2,3a3,2b3为常数列,则a4b2=(C)A.0B.8C.827D.5.(2024湖南九校联盟第二次联考,2)已知{an}是等比数列,Sn是其前n项和.若a3-a1=3,S4=5S2,则a2的值为(C)A.2B.4C.±2D.±46.(2024广东江门一模,3)已知{an}是等比数列,a3a5=8a4,且a2,a6是方程x2-34x+m=0两根,则m=(C)A.8B.-8C.64D.-647.(2024山东潍坊一模,4)已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2024=(A)A.22023+13C.21012-1D.21011-18.(多选)(2024湖南长沙雅礼中学二模,10)在《增删算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是(ACD)A.此人第二天走了九十六里路B.此人第三天走的路程占全程的1C.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里D.此人后三天共走了四十二里路9.(2024山东淄博一模,13)已知等比数列{an}共有2n+1项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则公比q=2.

10.(2024湖北八市联考,13)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若3S2>S6>0,则公比q的取值范围为(-1,0)∪(0,1).

11.(2024江苏南京、盐城调研,17)设数列{an}的前n项和为Sn,an+Sn=1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{bn}满足anbn=cosnπ2,求{bn}的前50项和T解析(1)由an+Sn=1,得an-1+Sn-1=1(n≥2),两式相减得an-an-1+an=0(n≥2),即an=12an-1(n≥2当n=1时,2S1=2a1=1,得a1=12≠0,所以anan−1=故{an}是首项为12,公比为12的等比数列,从而an=(2)由(1)得bn=2ncosnπ所以T50=-22+24-26+28-…-250=−4[1−(−4)25]1−(−4)=-4512.(2024河北唐山一模,15)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.(1)求{an}的通项公式;(2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2024的最大整数n.解析(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1,因为an>0,所以q>0,依题意可得a3=4,整理得q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去),所以an=a3qn-3=2n-1.(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+n(显然,Tn随着n的增大而增大,T10=210-1+45=1068<2024,T11=211-1+55=2102>2024,所以满足Tn<2024的最大整数n=10.13.(2024浙江宁波二模,16)已知等差数列{an}的公差为2,记数列{bn}的前n项和为Sn,b1=0,b2=2且满足bn+1=2Sn+an.(1)证明:数列{bn+1}是等比数列;(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.解析(1)证明:n≥2时,bn+1-bn=2(Sn-Sn-1)+an-an-1=2bn+2,即bn+1=3bn+2.又b1=0,b2=2,所以n≥1时,bn+1=3bn+2,即bn+1+1=3(bn+1).又b1+1=1≠0,所以bn+1≠0,所以bn+1+1bn+1=3.所以数列{(2)由(1)易得bn=3n-1-1.由b2=2b1+a1可得a1=2,所以an=2n.所以anbn=2n(3n-1-1)=2n·3n-1-2n,所Tn=2(1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1)-n(n+1).令M=1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1,则3M=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,所以2M=-(30+31+32+…+3n-1)+n·3n=n·3n-1−3n1−3所以Tn=2M-n(n+1)=(2n−1)3n+12-练思维1.(多选)(2024湖南长沙适应性考试,12)设等比数列{an}的公比为q,前n项积为Tn,下列说法正确的是(BCD)A.若T8=T12,则a10a11=1B.若T8=T12,则T20=1C.若a1=1024,且T10为数列{Tn}的唯一最大项,则12109<D.若a1>0,且T10>T11>T9,则使得Tn>1成立的n的最大值为202.(2024江西赣州二模,17)已知数列{an}满足a1=14,an,32an+1,2anan+1(1)求证:数列1an−1是等比数列,并求出{an(2)记{an}的前n项和为Sn,证明:381-13n≤Sn<5解析(1)由于an,32an+1,2anan+1成等差数列所以3an+1=an+2anan+1,(1分)即1an+1=3an-2,可得1an+1所以1an−1是以1a1-1=3为首项,3为公比的等比数列,所以1an-1=3×3n-1=3n,即an=13n+1.(2)证明:因为13n+1所以Sn=a1+a2+a3+…+an<a1+132+1=14+132+133+…+13n=14+191−13n−1由于381−13n=14·1−13n1−13=141+所以Sn=a1+a2+a3+…+an≥14130+13=14×1−13n1−13=381−13故381−13n≤Sn<5123.(2024黑龙江哈师大附中三模,16)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=3an-2n(n∈N*).(1)求证:数列{an-2n}是等比数列;(2)设bn=an+λ·2n-(λ+1)·32n−1,若{bn}是递增数列,求实数解析(1)证明:由Sn=3an-2n,得Sn+1=3an+1-2n+1,两式相减得2an+1=3an+2n.(2分)2(an+1-2n+1)=3(an-2n),即an+1-2n+1=32(an-2n),(4分)∵S1=3a1-21,∴a1=1,∴a1-21=-1≠0,∴an-2n≠0.(6分)∴an+1−∴{an-2n}是以-1为首项,32为公比的等比数列.(7分)(2)由(1)可知an-2n=(-1)·32n−1,∴an=2n-32n−1∴bn=(1+λ)2n-(λ+2)32则bn+1=(1+λ)2n+1-(λ+2)32∵{bn}是递增数列,∴bn+1>bn对任意的n∈N*恒成立,∴(1+λ)2n+1-(λ+2)32n>(1+λ)2n-(λ+2)∴3(1+λ)>(λ+2)34n,(10分当λ+2<0,即λ<-2时,3(1+λ)λ∵34n>0,且n→+∞时,34n→0,∴-2<λ≤-1(舍).(12分)当λ+2=0,即λ=-2时,-3>0,矛盾,故λ=-2(舍).(13分)当λ+2>0,即λ>-2时,3(1+λ)λ∵34n≤341=34,∴λ>-23,满足λ>-2,故λ>-23.(15分4.(2024江苏南通二模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an-4an+1,a1=-1.(1)证明:数列{2an+1-an}为等比数列;(2)设bn=an+4n(n+1),求数列{b(3)是否存在正整数p,q(p<6<q),使得Sp,S6,Sq成等差数列?若存在,求p,q;若不存在,说明理由.解析(1)证明:当n=1时,S1=a1-4a2,故a2=0.当n≥2时,由Sn=an-4an+1,①得Sn-1=an-1-4an,②①-②得,an=an-an-1-4an+1+4an,即4an+1=4an-an-1.(2分)所以2(2an+1-an)=2an-an-1.又2a2-a1=1≠0,所以∀n∈N*,2an+1-an≠0,所以2an+1所以{2an+1-an}是以1为首项,12为公比的等比数列.(4分)(2)由(1)得,2an+1-an=12所以2nan+1-2n-1an=1,则2a2-a1=1,4a3-2a2=1,……,2n-1an-2n-2an-1=1,通过累加法可得2n-1an=n-2,解得an=n−22n−1,(所以bn=n+22n所以{bn}的前n项和为181−12×2+12×2−122×3+…+12n−1(3)由(1)知,Sn=n−22n−1-4×因为Sp,S6,Sq成等差数列,所以-1225=-p2整理得p2p+q2q=316.因为p2p+q2q=316,又1≤p<6,p∈N*,经检验,只能p=5.(14分)所以532+q2q=316,故令dn=n2n,则dn+1-dn=1−n2n+1≤0,所以d1=d2>d3>d因为d8=132,所以q=8所以存在p=5,q=8,使得Sp,S6,Sq成等差数列.(17分)练风向1.(新定义理解)(多选)(2024山东烟台、德州诊断,11)给定数列{an},定义差分运算:Δan=an+1-an,Δ2an=Δan+1-Δan,n∈N*.若数列{an}满足an=n2+n,数列{bn}的首项为1,且Δbn=(n+2)·2n-1,n∈N*,则(BC)A.存在M>0,使得Δan<M恒成立B.存在M>0,使得Δ2an<M恒成立C.对任意M>0,总存在n∈N*,使得bn>MD.对任意M>0,总存在n∈N*,使得Δ2b2.(创新知识交汇)(2024广东二模,18)已知正项数列{an},{bn},满足an+1=bn+c2,bn+1=an+(1)若a1≠b1,且a1+b1≠2c,证明:数列{an-bn}和{an+bn-2c}均为等比数列;(2)若a1>b1,a1+b1=2c,以an,bn,c为三角形三边长构造序列△AnBnCn(其中AnBn=c,BnCn=an,AnCn=bn),记△AnBnCn外接圆的面积为Sn,证明:Sn>π3c2(3)在(2)的条件下证明:数列{Sn}是递减数列.证明(1)由an+1=bn+c2,bn+1=an+c2,两式相减得an+1-bn+1=-12(an-因为a1≠b1,所以a1-b1≠0,(2分)所以{an-bn}