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2025届高考数学一轮总复习第六章数列课时规范练31等比数列
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这是一份2025届高考数学一轮总复习第六章数列课时规范练31等比数列，共7页。
1.(2023山西太原一模)已知等比数列{an}的前2项和为24,a2-a4=6,则a8=( )
A.1B.
C.D.
2.(2023河南郑州二模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,Sn+1(Sn+1-3n)=Sn(Sn+3n),则S2 023=( )
A.32 023-1B.32 023+1
C.D.
3.已知数列{an}是等比数列,Sn是其前n项积,若=32,则S9=( )
A.1 024B.512
C.256D.128
4.河南洛阳的龙门石窟是中国三大艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟并为中国三大艺术宝库.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1 016个“浮雕像”,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案,若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an},则lg2a4的值为( )
A.4B.5
C.6D.7
5.在公比不为1的等比数列{an}中,存在s,t∈N*,满足asat=,则的最小值为( )
A.B.
C.D.
6.(多选)在各项均为正数的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1=,S3=,则下列说法正确的是( )
A.an≤
B.an≥
C.Sn<1
D.2lg an=lg an-2+lg an+2(n≥3)
7.(多选)已知等比数列{an}的公比为2,且S1,S2+2,S3成等差数列,则下列说法正确的是( )
A.an=2n-1+1
B.a2,a3,a4-4成等差数列
C.{Sn+2}是等比数列
D.∃m,n,r∈N*(m≠r),am,an,ar成等差数列
8.(2023全国甲,文13)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为 .
9.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,|an+1|>|an|,a2=-2,S3=3,则|a1|+|a2|+…+|an|= .
综合提升组
10.(2023浙江嘉兴模拟)数列{an}的前n项和为3n-1,则数列{}的前n项和为( )
A.+n-3n+1
B.+n-3n
C.
D.
11.(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2=2,an+1=Sn+1,则( )
A.数列{an}是公比为2的等比数列
B.S6=47
C.既无最大值也无最小值
D.+…+
12.已知数列{an}为等比数列,若数列{3n-an}也是等比数列,则数列{an}的通项公式可以为 .(写出一个即可)
13.在等比数列{an}中,a1=1,q=,记Tn=+…+,则Tn= .
14.(2023河北邯郸三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=3Sn+1(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,在数列{bn}中是否存在三项bm,bk,bp(其中2k=m+p)成等比数列?若存在,求出这三项;若不存在,请说明理由.
创新应用组
15.已知公比不为1的各项均为正数的等比数列 {an}的前n项和为Sn,数列{bn}满足bn=,则下列不等式中恒成立的是( )
A.7b2≤8b6,b2≥b4+
B.7b2≤8b6,b2≤b4+
C.3b3≤4b9,b4≥b8+
D.3b3≤4b9,b4≤b8+
16.(多选)已知数列{an}的前4项成等比数列,其前n项和为Sn,且S4=ln S3,a1>1,则( )
A.a1C.a1>a3D.a2>a4
课时规范练31 等比数列
1.D
解析∵a2-a4=6,∴q≠1,
由题知
∴=4,解得q=,∴a1+a1=24,即a1=16,∴a8=16×7=.故选D.
2.D
解析∵Sn+1(Sn+1-3n)=Sn(Sn+3n),
∴-3nSn+1=+3nSn,
即=3nSn+1+3nSn,
∴(Sn+1+Sn)(Sn+1-Sn)=3n(Sn+1+Sn),
∵数列{an}的各项都为正,即Sn+1+Sn>0,
∴Sn+1-Sn=3n,即an+1=3n,
∴当n≥2时,=3,
∴数列{an}从第二项起,构成以a2=3为首项,公比q=3的等比数列.∴S2023=a1+=2+.故选D.
3.B
解析因为=a3a4a5a6a7=(a5)5=32,所以a5=2,所以S9=a1a2a3a4a5a6a7a8a9=(a5)9=512.故选B.
4.C
解析根据题意,“浮雕像”从下到上构成公比为2的等比数列,设首项为a1,前n项和为Sn.于是S7==1016,解得a1=8,则a4=8×23=26,故lg2a4=lg226=6.
5.C
解析设等比数列{an}的公比为q(q≠1).因为asat=,所以a1qs-1·a1qt-1=(a1q4)2,即qs+t-2=q8,可得s+t=10,且s,t∈N*,则·(s+t)=4+=.因为s,t∈N*,所以>0,>0,则≥2=2,当且仅当,即s=8,t=2时,等号成立,所以的最小值为.故选C.
6.ACD
解析设等比数列{an}的公比为q(q>0).由a1=,S3=,得q+q2=,即4q2+4q-3=0,解得q=或q=-(舍去),所以an=×n-1=n.又n∈N*,所以an≤,故选项A正确,选项B错误;Sn==1-n<1,故选项C正确;2lgan=2lgn=lg2n=lgn-2+lgn+2=lgan-2+lgan+2,故选项D正确.故选ACD.
7.BC
解析由S1,S2+2,S3成等差数列,可得a2=4,a1=2,an=2n,故选项A错误;a3=8,a4-4=12,a2,a3,a4-4成等差数列,故选项B正确;Sn=2n+1-2,所以Sn+2=2n+1,所以{Sn+2}是等比数列,故选项C正确;若am,an,ar成等差数列,不妨设m8.-
解析已知{an}为等比数列,设首项为a1,公比为q,若q=1,则Sn=na1.有8S6=48a1,7S3=21a1.
∵a1≠0,∴q≠1.
由8S6=7S3,得,
整理得8(1+q3)=7,解得q=-.
9.2n-1
解析设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1.
因为a2=-2,S3=3,所以解得
因为|an+1|>|an|,所以|q|>1,所以数列{an}是以1为首项,以-2为公比的等比数列,则{|an|}也为等比数列,公比为2,首项|a1|=1,故|a1|+|a2|+…+|an|==2n-1.
10.D
解析设数列{an}的前n项和为Sn,即Sn=3n-1,
当n=1时,a1=3-1=2,当n≥2时,由Sn=3n-1得Sn-1=3n-1-1,
由两式相减得an=2·3n-1,a1也符合该式子,所以an=2·3n-1(n∈N*),=3,所以数列{an}是等比数列,首项为2,公比为3.所以数列{}是首项为=4,公比为32=9的等比数列,所以数列{}的前n项和为.故选D.
11.BD
解析an+1=Sn+1,令n=1,得a2=S1+1=a1+1,结合a1+a2=2,知a1=,a2=.又an+1=Sn+1,所以an=Sn-1+1(n≥2),所以an+1=2an(n≥2),但a1=,a2==3≠2,故选项A错误;
当n≥2时,Sn==3×2n-2-1,S6=3×16-1=47,故选项B正确;因为=1,当n≥2时,∈,所以无最小值,有最大值,故选项C错误;+…+=2+,故选项D正确.故选BD.
12.an=3n-1(答案不唯一)
解析设数列{an}的公比为q,∵数列{3n-an}是等比数列,∴(32-a1q)2=(3-a1)·(33-a1q2),即q2-6q+9=0,解得q=3.取a1=1,则an=3n-1(答案不唯一).
13.1-
解析由题知,an=1×n-1=,则=2=,则Tn=+…++…+1-.
14.解(1)∵an+1=3Sn+1(n∈N*),
∴an=3Sn-1+1(n∈N*,n≥2),
两式相减,得an+1-an=3an,an+1=4an,n≥2,且a2=3a1+1=4a1,故an+1=4an(n∈N*).
∴{an}是以1为首项,4为公比的等比数列.
∴an=4n-1(n∈N*).
(2)由题意及(1)得an=4n-1(n∈N*),在数列{bn}中,bn=,如果满足条件的bm,bk,bp存在,则=bmbp,其中2k=m+p,∴,
∴(k+1)2=(m+1)(p+1),解得k2=mp,又2k=m+p,∴k=m=p,与已知矛盾,
∴不存在满足条件的三项.
15.D
解析设数列{an}的公比为q(q>0,q≠1),则Sn=,S2n=,∴bn==1+qn>0,∴=q4-q2+,令q2=t(t>0且t≠1),则=t2-t+,
∴大小关系不确定,即7b2与8b6大小关系不确定,故选项A、选项B错误;
∵=q6-q3+=q3-2>0,即,∴3b3≤4b9.
又b4-b8-=1+q4-1-q8-=-q8+q4-=-q4-2≤0,即b4≤b8+,故选项D正确.故选D.
16.AD
解析∵数列{an}的前4项成等比数列,且S4=lnS3,∴S3+a4=lnS3,即a4=lnS3-S3.
设y=lnx-x,x>0,∴y'=-1=.
令y'>0,解得00)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,
∴ymax=-1,∴a4≤-1.
又a4=a1q3(q为公比),∴a1q3≤-1.
又a1>1,∴q3≤-1,∴q≤-1且q2>1,∴a3=a1q2>a1,a2=a1q<0,∴a4=a2q2
1.(2023山西太原一模)已知等比数列{an}的前2项和为24,a2-a4=6,则a8=( )
A.1B.
C.D.
2.(2023河南郑州二模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,Sn+1(Sn+1-3n)=Sn(Sn+3n),则S2 023=( )
A.32 023-1B.32 023+1
C.D.
3.已知数列{an}是等比数列,Sn是其前n项积,若=32,则S9=( )
A.1 024B.512
C.256D.128
4.河南洛阳的龙门石窟是中国三大艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟并为中国三大艺术宝库.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1 016个“浮雕像”,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案,若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an},则lg2a4的值为( )
A.4B.5
C.6D.7
5.在公比不为1的等比数列{an}中,存在s,t∈N*,满足asat=,则的最小值为( )
A.B.
C.D.
6.(多选)在各项均为正数的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1=,S3=,则下列说法正确的是( )
A.an≤
B.an≥
C.Sn<1
D.2lg an=lg an-2+lg an+2(n≥3)
7.(多选)已知等比数列{an}的公比为2,且S1,S2+2,S3成等差数列,则下列说法正确的是( )
A.an=2n-1+1
B.a2,a3,a4-4成等差数列
C.{Sn+2}是等比数列
D.∃m,n,r∈N*(m≠r),am,an,ar成等差数列
8.(2023全国甲,文13)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为 .
9.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,|an+1|>|an|,a2=-2,S3=3,则|a1|+|a2|+…+|an|= .
综合提升组
10.(2023浙江嘉兴模拟)数列{an}的前n项和为3n-1,则数列{}的前n项和为( )
A.+n-3n+1
B.+n-3n
C.
D.
11.(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2=2,an+1=Sn+1,则( )
A.数列{an}是公比为2的等比数列
B.S6=47
C.既无最大值也无最小值
D.+…+
12.已知数列{an}为等比数列,若数列{3n-an}也是等比数列,则数列{an}的通项公式可以为 .(写出一个即可)
13.在等比数列{an}中,a1=1,q=,记Tn=+…+,则Tn= .
14.(2023河北邯郸三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=3Sn+1(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,在数列{bn}中是否存在三项bm,bk,bp(其中2k=m+p)成等比数列?若存在,求出这三项;若不存在,请说明理由.
创新应用组
15.已知公比不为1的各项均为正数的等比数列 {an}的前n项和为Sn,数列{bn}满足bn=,则下列不等式中恒成立的是( )
A.7b2≤8b6,b2≥b4+
B.7b2≤8b6,b2≤b4+
C.3b3≤4b9,b4≥b8+
D.3b3≤4b9,b4≤b8+
16.(多选)已知数列{an}的前4项成等比数列,其前n项和为Sn,且S4=ln S3,a1>1,则( )
A.a1
课时规范练31 等比数列
1.D
解析∵a2-a4=6,∴q≠1,
由题知
∴=4,解得q=,∴a1+a1=24,即a1=16,∴a8=16×7=.故选D.
2.D
解析∵Sn+1(Sn+1-3n)=Sn(Sn+3n),
∴-3nSn+1=+3nSn,
即=3nSn+1+3nSn,
∴(Sn+1+Sn)(Sn+1-Sn)=3n(Sn+1+Sn),
∵数列{an}的各项都为正,即Sn+1+Sn>0,
∴Sn+1-Sn=3n,即an+1=3n,
∴当n≥2时,=3,
∴数列{an}从第二项起,构成以a2=3为首项,公比q=3的等比数列.∴S2023=a1+=2+.故选D.
3.B
解析因为=a3a4a5a6a7=(a5)5=32,所以a5=2,所以S9=a1a2a3a4a5a6a7a8a9=(a5)9=512.故选B.
4.C
解析根据题意,“浮雕像”从下到上构成公比为2的等比数列,设首项为a1,前n项和为Sn.于是S7==1016,解得a1=8,则a4=8×23=26,故lg2a4=lg226=6.
5.C
解析设等比数列{an}的公比为q(q≠1).因为asat=,所以a1qs-1·a1qt-1=(a1q4)2,即qs+t-2=q8,可得s+t=10,且s,t∈N*,则·(s+t)=4+=.因为s,t∈N*,所以>0,>0,则≥2=2,当且仅当,即s=8,t=2时,等号成立,所以的最小值为.故选C.
6.ACD
解析设等比数列{an}的公比为q(q>0).由a1=,S3=,得q+q2=,即4q2+4q-3=0,解得q=或q=-(舍去),所以an=×n-1=n.又n∈N*,所以an≤,故选项A正确,选项B错误;Sn==1-n<1,故选项C正确;2lgan=2lgn=lg2n=lgn-2+lgn+2=lgan-2+lgan+2,故选项D正确.故选ACD.
7.BC
解析由S1,S2+2,S3成等差数列,可得a2=4,a1=2,an=2n,故选项A错误;a3=8,a4-4=12,a2,a3,a4-4成等差数列,故选项B正确;Sn=2n+1-2,所以Sn+2=2n+1,所以{Sn+2}是等比数列,故选项C正确;若am,an,ar成等差数列,不妨设m
解析已知{an}为等比数列,设首项为a1,公比为q,若q=1,则Sn=na1.有8S6=48a1,7S3=21a1.
∵a1≠0,∴q≠1.
由8S6=7S3,得,
整理得8(1+q3)=7,解得q=-.
9.2n-1
解析设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1.
因为a2=-2,S3=3,所以解得
因为|an+1|>|an|,所以|q|>1,所以数列{an}是以1为首项,以-2为公比的等比数列,则{|an|}也为等比数列,公比为2,首项|a1|=1,故|a1|+|a2|+…+|an|==2n-1.
10.D
解析设数列{an}的前n项和为Sn,即Sn=3n-1,
当n=1时,a1=3-1=2,当n≥2时,由Sn=3n-1得Sn-1=3n-1-1,
由两式相减得an=2·3n-1,a1也符合该式子,所以an=2·3n-1(n∈N*),=3,所以数列{an}是等比数列,首项为2,公比为3.所以数列{}是首项为=4,公比为32=9的等比数列,所以数列{}的前n项和为.故选D.
11.BD
解析an+1=Sn+1,令n=1,得a2=S1+1=a1+1,结合a1+a2=2,知a1=,a2=.又an+1=Sn+1,所以an=Sn-1+1(n≥2),所以an+1=2an(n≥2),但a1=,a2==3≠2,故选项A错误;
当n≥2时,Sn==3×2n-2-1,S6=3×16-1=47,故选项B正确;因为=1,当n≥2时,∈,所以无最小值,有最大值,故选项C错误;+…+=2+,故选项D正确.故选BD.
12.an=3n-1(答案不唯一)
解析设数列{an}的公比为q,∵数列{3n-an}是等比数列,∴(32-a1q)2=(3-a1)·(33-a1q2),即q2-6q+9=0,解得q=3.取a1=1,则an=3n-1(答案不唯一).
13.1-
解析由题知,an=1×n-1=,则=2=,则Tn=+…++…+1-.
14.解(1)∵an+1=3Sn+1(n∈N*),
∴an=3Sn-1+1(n∈N*,n≥2),
两式相减,得an+1-an=3an,an+1=4an,n≥2,且a2=3a1+1=4a1,故an+1=4an(n∈N*).
∴{an}是以1为首项,4为公比的等比数列.
∴an=4n-1(n∈N*).
(2)由题意及(1)得an=4n-1(n∈N*),在数列{bn}中,bn=,如果满足条件的bm,bk,bp存在,则=bmbp,其中2k=m+p,∴,
∴(k+1)2=(m+1)(p+1),解得k2=mp,又2k=m+p,∴k=m=p,与已知矛盾,
∴不存在满足条件的三项.
15.D
解析设数列{an}的公比为q(q>0,q≠1),则Sn=,S2n=,∴bn==1+qn>0,∴=q4-q2+,令q2=t(t>0且t≠1),则=t2-t+,
∴大小关系不确定,即7b2与8b6大小关系不确定,故选项A、选项B错误;
∵=q6-q3+=q3-2>0,即,∴3b3≤4b9.
又b4-b8-=1+q4-1-q8-=-q8+q4-=-q4-2≤0,即b4≤b8+,故选项D正确.故选D.
16.AD
解析∵数列{an}的前4项成等比数列,且S4=lnS3,∴S3+a4=lnS3,即a4=lnS3-S3.
设y=lnx-x,x>0,∴y'=-1=.
令y'>0,解得0
∴ymax=-1,∴a4≤-1.
又a4=a1q3(q为公比),∴a1q3≤-1.
又a1>1,∴q3≤-1,∴q≤-1且q2>1,∴a3=a1q2>a1,a2=a1q<0,∴a4=a2q2
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