新高考数学一轮复习专题六数列6-3等比数列练习课件

这是一份新高考数学一轮复习专题六数列6-3等比数列练习课件，共48页。

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= (　    )A. 　    B. 　    C.15　    D.40
2.(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=(        )A.14　    B.12　    C.6　    D.3
3.(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=(        )A.2　    B.3　    C.4　    D.5
4.(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 　　- 　    .
5.(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 解得 或 (舍去).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= = -(-1)n· .
8.(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.7　    B.8　    C.9　    D.10
2.(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=(　    ) A.120　    B.85　    C.-85　    D.-120
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.32　    B.24　    C.20　    D.16
2.(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= (　    )A. 　    B.2　    C. 　    D.3
3.(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lg3a4 +lg3a6= (　    )A.2　    B.3　    C.4　    D.9
4.(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= (　    )A.0　    B.8　    C. 　    D. 
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 (　    )A.2　    B.4　    C.±2　    D.±4
6.(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= (　    )A.8　    B.-8　    C.64　    D.-64
7.(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a2 024= (　    )A. 　    B. C.21 012-1　    D.21 011-1
8.(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 (　     )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 C.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=cs  ,求{bn}的前50项和T50.
  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= an-1(n≥2),当n=1时,2S1=2a1=1,得a1= ≠0,所以 = (n≥2),故{an}是首项为 ,公比为 的等比数列,从而an= .(2)由(1)得bn=2ncs  .所以T50=-22+24-26+28-…-250= =- (1+425).
12.(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+lg2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024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 即 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+lg2an=2n-1+n-1,故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)
=2n-1+ ,显然,Tn随着n的增大而增大,T10=210-1+45=1 068<2 024,T11=211-1+55=2 102>2 024,所以满足Tn<2 024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 =3.所以数列{bn+1}是等比数列.(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- = ,所以Tn=2M-n(n+1)= -n(n+1).
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 (　     )A.若T8=T12,则a10a11=1B.若T8=T12,则T20=1C.若a1=1 024,且T10为数列{Tn}的唯一最大项,则 0,且T10>T11>T9,则使得Tn>1成立的n的最大值为20
2.(2024江西赣州二模,17)已知数列{an}满足a1= ,an, an+1,2anan+1成等差数列.(1)求证:数列 是等比数列,并求出{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,证明:  1-  ≤Sn< .
  解析    (1)由于an, an+1,2anan+1成等差数列,所以3an+1=an+2anan+1, (1分)即 = -2,可得 -1=3 , (3分)所以 是以 -1=3为首项,3为公比的等比数列, (4分)所以 -1=3×3n-1=3n,即an= . (6分)(2)证明:因为 < ,所以Sn=a1+a2+a3+…+an= + + +…+ = + = - · < . (10分)由于  = · =  1+ + +…+  ,且 ≤ ,所以Sn=a1+a2+a3+…+an≥   + +…+  = × =  (当n=1时等号成立), (14分)故  ≤Sn< . (15分)
3.(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)· ,若{bn}是递增数列,求实数λ的取值范围.
  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= (an-2n), (4分)∵S1=3a1-21,∴a1=1,∴a1-21=-1≠0,∴an-2n≠0. (6分)∴ = ,∴{an-2n}是以-1为首项, 为公比的等比数列. (7分)(2)由(1)可知an-2n=(-1)· ,∴an=2n- , (8分)
∴bn=(1+λ)2n-(λ+2) ,则bn+1=(1+λ)2n+1-(λ+2) ,∵{bn}是递增数列,∴bn+1>bn对任意的n∈N*恒成立,∴(1+λ)2n+1-(λ+2) >(1+λ)2n-(λ+2) ,∴3(1+λ)>(λ+2) , (10分)当λ+2<0,即λ<-2时, < ,∵ >0,且n→+∞时, →0,∴ ≤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, > ,∵ ≤ = ,∴ > ,∴λ>- ,满足λ>-2,故λ>- . (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= ,求数列{bn}的前n项和;(3)是否存在正整数p,q(p<6  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 = ,所以{2an+1-an}是以1为首项, 为公比的等比数列. (4分)(2)由(1)得,2an+1-an= ,
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= , (7分)所以bn= =  .所以{bn}的前n项和为   + +…+  = - . (10分)(3)由(1)知,Sn= -4× =- .因为Sp,S6,Sq成等差数列,所以- =- - ,
整理得 + = . (12分)因为 + = ,所以 < .又1≤p<6,p∈N*,经检验,只能p=5. (14分)所以 + = ,故 = .令dn= ,则dn+1-dn= ≤0,所以d1=d2>d3>d4>d5>….因为d8= ,所以q=8.所以存在p=5,q=8,使得Sp,S6,Sq成等差数列. (17分)
1. (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 (　    )A.存在M>0,使得Δan0,使得Δ2an0,总存在n∈N*,使得bn>MD.对任意M>0,总存在n∈N*,使得 >M
2. (2024广东二模,18)已知正项数列{an},{bn},满足an+1= ,bn+1= (其中c>0).(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> c2;(3)在(2)的条件下证明:数列{Sn}是递减数列.
 证明    (1)由an+1= ,bn+1= ,两式相减得an+1-bn+1=- (an-bn), (1分)因为a1≠b1,所以a1-b1≠0, (2分)
所以{an-bn}是以a1-b1为首项,- 为公比的等比数列. (3分)由an+1= ,bn+1= ,两式相加得an+1+bn+1= (an+bn)+c,(4分)两边同时减2c,得an+1+bn+1-2c= (an+bn)-c,即an+1+bn+1-2c= (an+bn-2c). (5分)因为a1+b1≠2c,所以a1+b1-2c≠0, (6分)所以{an+bn-2c}是以a1+b1-2c为首项, 为公比的等比数列.(7分)(2)因为a1>b1,由(1)得{an-bn}是等比数列,所以an-bn≠0,即an≠bn. (8分)
由(1)得an+1+bn+1-2c= (an+bn-2c),因为a1+b1=2c,所以a1+b1-2c=0,所以{an+bn-2c}为常数列0,故an+bn=2c. (9分)由cs Cn= = =  - ≥ - = ,因为an≠bn,所以等号不成立,故cs Cn> . (10分)因为Cn∈(0,π),所以Cn∈ ,所以sin Cn< . (11分)所以Sn=π > . rn为外接圆半径,rn=   (12分)