2025版高考数学一轮总复习第6章数列第3讲等比数列及其前n项和提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第6章数列第3讲等比数列及其前n项和提能训练，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在等比数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，q＝eq \f(1,2)，an＝eq \f(1,32)，则项数n为( C )
A.3 B．4
C．5 D．6
[解析] an＝eq \f(1,32)＝a1qn－1＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
∴n＝5，故选C.
2．(2024·江西省铜鼓中学高三上学期第四次阶段性测试)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且{an}满足aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2，若S3＝13，a1＝1，则eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝( C )
A.3 B．4
C．9 D．16
[解析] 因为aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2，所以数列{an}为等比数列，设公比为q(q>0)，则S3＝a1(1＋q＋q2)＝13，得q2＋q－12＝0，解得q＝3(q＝－4舍去)，所以eq \f(a3＋a4,a1＋a2)＝eq \f(q2a1＋a2,a1＋a2)＝q2＝9.故选C.
3．已知数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，则lg2(a1a2a3…a8)的值为( B )
A.70 B．72
C．74 D．76
[解析] 根据已知条件求得q以及通项公式，再根据等比数列的性质即可求解结论.∵数列{an}为各项均为正数的等比数列，a1＝4，S3＝84，设公比为q，且q>0，∴a1(1＋q＋q2)＝84，解得q＝4，q＝－5(舍)，故an＝4n，∴a1a2a3…a8＝41＋2＋…＋8＝4eq \s\up7(\f(8×1＋8,2))＝272，∴lg2(a1a2a3…a8)＝lg2272＝72，故选B.
4.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和.已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( B )
A.eq \f(15,2) B．eq \f(31,4)
C．eq \f(33,4) D．eq \f(17,2)
[解析] 设数列{an}的公比为q，则显然q≠1，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q·a1q3＝1，,\f(a11－q3,1－q)＝7，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，
∴S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,4).
5.(2023·北京质检)明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑.其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一.”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”.则该塔从塔底数第二层灯的盏数为( C )
A.3 B．6
C．96 D．192
[解析] 根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1，则有S7＝eq \f(a1·1－27,1－2)＝381，解得a1＝3，从塔底数第二层灯的盏数为a6＝a1q5＝3×25＝96，故选C.
6.已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn，n∈N*，且S3＝14，则a4＝( C )
A.48 B．32
C．16 D．8
[解析] 由已知结合等比数列和公式特点先求出c，然后结合S3＝14求出q及a1，再由等比数列通项公式可求.因为公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn，根据等比数列和的特点可知c＝－2，Sn＝2qn－2，所以S3＝2q3－2＝14，则q＝2，a1＝2，则a4＝24＝16.故选C.
7.Sn是公比不为1的等比数列{an}的前n项和，若S9是S3和S6的等差中项，则eq \f(S12,S6)＝( A )
A.eq \f(5,4) B．eq \f(3,4)
C．eq \f(4,3) D．eq \f(3,2)
[解析] 设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，由题意可知，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)qn，令A＝eq \f(a1,1－q)，则Sn＝A－Aqn.因为S9是S3和S6的等差中项，所以2S9＝S3＋S6，即2(A－Aq9)＝(A－Aq3)＋(A－Aq6)，整理可得2q6＝1＋q3，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，因为q≠1，所以q3＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(S12,S6)＝eq \f(A－Aq12,A－Aq6)＝1＋q6＝eq \f(5,4).故选A.
8.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列选项正确的是( B )
A.若S3＝4，S6＝12，则S9＝29
B.若a1＝1，q＝eq \f(3,4)，则Sn＝4－3an
C.若a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝－6
D.若a1＝1，a5＝4a3，则an＝2n－1
[解析] 利用等比数列的性质判断A，利用等比数列的求和公式判断B，利用等比数列的性质和通项公式判断C，利用等比数列的通项公式判断D.∵数列{an}为等比数列，∴S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，即4,8，S9－12成等比数列，∴(S9－12)×4＝64，∴S9＝28，∴A错误；∵数列{an}为等比数列，a1＝1，q＝eq \f(3,4)，则Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝4－3an，∴B正确；∵数列{an}为等比数列，a5a6＝－8，∴a4·a7＝－8，又∵a4＋a7＝2，∴a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，①当a4＝4，a7＝－2时，q3＝－eq \f(1,2)，则a1＝－8，a10＝1，∴a1＋a10＝－7，②当a4＝－2，a7＝4时，q3＝－2，则a1＝1，a10＝－8，∴a1＋a10＝－7，∴C错误；∵数列{an}为等比数列，a1＝1，a5＝4a3，∴q2＝4，∴q＝±2，∴an＝(±2)n－1，∴D错误，故选B.
二、多选题
9.(2022·海南二模)已知等比数列{an}是递增数列，q是其公比，下列说法正确的是( BD )
A.a1>0 B．q>0
C.a1q>0 D．a1(q－1)>0
[解析] 由题意知，递增的等比数列包括两种情况：a1>0时q>1或a1<0时00，a1(q－1)>0.故选BD.
10.已知数列{an}满足an＋2an－1＝kn，n∈N*，n≥2，则( ACD )
A.当k＝0且a1≠0时，{an}是等比数列
B.当k＝1时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,3)))是等比数列
C.当k＝－2时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,－2n)))是等差数列
D.当k＝－3且a1＝－3时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,－3n)－3))是等比数列
[解析] 因为k＝0，所以an＋2an－1＝0，即an＝－2an－1，又a1≠0，∴eq \f(an,an－1)＝－2，∴{an}为等比数列，A对；当k＝1时，an＋2an－1＝1，∴an＝－2an－1＋1，则an－eq \f(1,3)＝－2an－1＋eq \f(2,3)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－\f(1,3)))，当a1－eq \f(1,3)＝0时eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,3)))不是等比数列，B错；当k＝－2时，an＋2an－1＝(－2)n，则eq \f(an,－2n)＋eq \f(2an－1,－2n)＝1，则eq \f(an,－2n)－eq \f(an－1,－2n－1)＝1，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,－2n)))是以1为公差的等差数列，C对；an＋2an－1＝(－3)n，则eq \f(an,－3n)＋eq \f(2an－1,－3n)＝1，则eq \f(an,－3n)＝－eq \f(2an－1,－3n)＋1，所以eq \f(an,－3n)－3＝－eq \f(2an－1,－3n)－2＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3an－1,－3n)－3))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(an－1,－3n－1)－3))，又eq \f(a1,－31)－3＝eq \f(－3,－3)－3＝－2≠0，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,－3n)－3))是以eq \f(2,3)为公比的等比数列，D对.故选ACD.
11.在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是( AC )
A.q＝2
B.S8＝512
C.数列{Sn＋2}是等比数列
D.数列{lg an}是公差为2的等差数列
[解析] 由a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，且公比q为整数，得a1＋a1q3＝18，a1q＋a1q2＝12，从而必可解得a1与q的值即可判断选项A；利用等比数列求和公式计算出S8即可判断选项B；计算出Sn＋2的表达式并求出eq \f(Sn＋1＋2,Sn＋2)即可判断选项C；计算出lg an的表达式并求出lg an＋1－lg an即可判断选项D.∵a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，且公比q为整数，∴a1＋a1q3＝18，a1q＋a1q2＝12，解得a1＝2，q＝2，故选项A正确；Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2，∴S8＝510，选项B错误；又Sn＋2＝2n＋1，则eq \f(Sn＋1＋2,Sn＋2)＝2，故{Sn＋2}是等比数列，选项C正确；由an＝2n，得lg an＝lg 2n＝nlg 2，则lg an＋1－lg an＝(n＋1)lg 2－nlg 2＝lg 2，所以{lg an}是公差为lg 2的等差数列，故选项D错误.故选AC.
三、填空题
12.(2022·北京东城区期末)已知{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和.若a1＝6，a2＋2a3＝6，则公比q＝ eq \f(1,2) ，S4＝ eq \f(45,4) .
[解析] 本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式.由题意，数列{an}是各项均为正数的等比数列，由a1＝6，a2＋2a3＝6，可得a1q＋2a1q2＝6q＋12q2＝6，即2q2＋q－1＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝－1(舍去).由等比数列的前n项和公式，可得S4＝eq \f(6×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4)),1－\f(1,2))＝eq \f(45,4).
13.等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq \f(7,4)，S6＝eq \f(63,4)，则a8＝ 32 .
[解析] 由题意知S3＝a1＋a2＋a3＝eq \f(7,4)，
a4＋a5＋a6＝S6－S3＝eq \f(63,4)－eq \f(7,4)＝14＝eq \f(7,4)·q3，∴q＝2.
又a1＋2a1＋4a1＝eq \f(7,4)，∴a1＝eq \f(1,4)，∴a8＝eq \f(1,4)×27＝32.
14.(2019·全国卷Ⅰ，14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1＝eq \f(1,3)，aeq \\al(2,4)＝a6，则S5＝ eq \f(121,3) .
[解析] 解法一：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq \f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq \f(121,3).
解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq \\al(2,4)＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝eq \f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq \f(121,3).
15.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若aeq \\al(2,1)＝a2，且S3，S1，S2成等差数列，则S4＝_10__.
[解析] 由已知结合等比数列的通项公式及等差数列的性质可求公比，然后结合等比数列的求和公式可求.在等比数列{an}中，由aeq \\al(2,1)＝a2，得aeq \\al(2,1)＝a1q，即a1＝q，①又S3，S1，S2成等差数列，∴2S1＝S3＋S2，即2a1＝2a1＋2a1q＋a1q2，②联立①②得：q＝0(舍)或q＝－2.∴a1＝q＝－2.则S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝eq \f(－2×1－16,3)＝10.
四、解答题
16.已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－2n.
(1)令bn＝an－2n，证明：数列{bn}为等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解析] (1)证明：eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1－2n＋1,an－2n)＝eq \f(3an－2n－2n＋1,an－2n)＝eq \f(3an－2n,an－2n)＝3，
故数列{bn}是公比为3的等比数列.
(2)由(1)有b1＝a1－2＝3－2＝1，bn＝b1×3n－1＝1×3n－1＝3n－1，
可得an＝2n＋3n－1，
则Sn＝eq \f(2×1－2n,1－2)＋eq \f(1×1－3n,1－3)＝2n＋1＋eq \f(3n,2)－eq \f(5,2).
17.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.
[解析] (1)易知q≠1，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q)＝13，,q>0，))
解得a1＝1，q＝3，
∴an＝3n－1，Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
(2)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，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，
解得λ＝eq \f(1,2)，
此时Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×3n，
则eq \f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝eq \f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，
故存在常数λ＝eq \f(1,2)，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列.
B组能力提升
1.(2023·天津，6,5分)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则an的值为( C )
A.3 B．18
C．54 D．152
[解析] ∵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.
2.公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m的值为( B )
A.8 B．9
C．10 D．11
[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.
3.(2023·安徽六安一中调研)已知1，a1，a2,4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则eq \f(a1＋a2,b2)的值是( C )
A.eq \f(5,2)或－eq \f(5,2) B．－eq \f(5,2)
C.eq \f(5,2) D．eq \f(1,2)
[解析] 由题意得a1＋a2＝5，beq \\al(2,2)＝4，又b2与第一项的符号相同，所以b2＝2.所以eq \f(a1＋a2,b2)＝eq \f(5,2).故选C.
4.(多选题)(2023·海南海口模拟)已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3.若设其公比为q，前n项和为Sn，则下面结论不正确的是( CD )
A.q＝2 B．an＝2n
C.S10＝2 047 D．an＋an＋1>an＋2
[解析] 本题考查等比数列基本量的计算.因为a1＝2，a4＝2a2＋a3，公比为q，所以2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，故A正确；an＝2×2n－1＝2n，故B正确；Sn＝eq \f(2×2n－1,2－1)＝2n＋1－2，所以S10＝2 046，故C错误；an＋an＋1＝2n＋2×2n＝3an，而an＋2＝4an>3an，故D错误.故选CD.
5.设Tn为正项等比数列{an}(公比q≠1)前n项的积，若T2 015＝T2 021，则eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝ eq \f(1,5) .
[解析] 由题意得，T2015＝T2 021＝T2 015·a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021，
所以a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021＝1，
根据等比数列的性质，
可得a2 016a2 021＝a2 017a2 020＝a2 018a2 019＝1，
设等比数列的公比为q，
所以a2 016a2 021＝eq \f(a\\al(2,2 021),q5)＝1⇒a2 021＝qeq \s\up7(\f(5,2))，
a2 018a2 019＝eq \f(a\\al(2,2 019),q)＝1⇒a2 019＝qeq \s\up7(\f(1,2))，
所以eq \f(lg3a2 019,lg3a2 021)＝eq \f(lg3q\s\up7(\f(1,2)),lg3q\s\up7(\f(5,2)))＝eq \f(1,5).
6.(2023·江苏南通等七市三模)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an.
(1)证明：{an＋1－2an}是等比数列；
(2)证明：存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立.
[证明] (1)∵an＋2＝5an＋1－6an，
∴an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1，
∴an＋2－2an＋1＝3an＋1－6an＝3(an＋1－2an)，
显然an＋1－2an＝0与a1＝1，a2＝5矛盾，∴an＋1－2an≠0，
∴eq \f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝3，∴数列{an＋1－2an}是首项为a2－2a1＝5－2＝3，公比为3的等比数列.
(2)∵an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1，
∴an＋2－3an＋1＝2an＋1－6an＝2(an＋1－3an)，
显然an＋1－3an＝0与a1＝1，a2＝5矛盾，∴an＋1－3an≠0，
∴eq \f(an＋2－3an＋1,an＋1－3an)＝2，∴数列{an＋1－3an}是首项为a2－3a1＝5－3＝2，公比为2的等比数列，∴an＋1－3an＝2n，①
又由(1)，知an＋1－2an＝3n，②
②－①得，an＝3n－2n，
∴存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立.