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2025新教材数学高考第一轮复习
7.3　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= (　　)
A.　　　　C.15　　　　D.40
2.(2023天津,6,5分,中)已知{an}为等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,an+1=2Sn+2,则a4的值为 (　　)
A.3　　　　B.18　　　　C.54　　　　D.152
3.(2022全国乙理,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
4.(2019课标Ⅲ,5,5分,中)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3= (　　)
A.16　　　　B.8　　　　C.4　　　　D.2
5.(2019课标Ⅰ,14,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=,则S4=　　　　.
6.(2023全国甲文,13,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为　　　　.
7.(2019课标Ⅰ理,14,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=,=a6,则S5=　　　　.
考点2　等比数列的性质
1.(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
2.(2021全国甲理,7,5分,中)等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn.设甲:q>0,乙:{Sn}是递增数列,则 (　　)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件　　　　
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件　　　　
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
3.(2023全国乙理,15,5分,中)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　.
4.(2020新高考Ⅱ,18,12分,中)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.
三年模拟
综合基础练
1.(2023广东佛山一模,4)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,a2a4=9,9S4=10S2,则a2+a4的值为 (　　)
A.30　　　　B.10　　　　C.9　　　　D.6
2.(2024届湖南长沙南雅中学入学考,6)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=10,S20=30,则S40= (　　)
A.60　　　　B.70　　　　C.80　　　　D.150
3.(2024届浙江名校协作体适应性考试,5)已知数列{an}的前n项和为Sn.若p:数列{an}是等比数列;q:(Sn+1-a1)2=Sn(Sn+2-S2),则p是q的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(多选)(2024届湖南师大附中摸底考试,10)已知{an}是各项均为正数的等比数列,其前n项和为Sn,且{Sn}是等差数列,则下列结论正确的是 (　　)
A.{an+Sn}是等差数列
B.{an·Sn}是等比数列
C.{}是等差数列
D.是等比数列
5.(2023河北唐山三模,13)设Sn为等比数列{an}的前n项和,a1=,=a6,则S3=　　　　.
6.(2024届山东德州一中月考,13)已知等比数列{an}的首项为1,且a6+a4=2(a3+a1),则a1a2a3…a7=　　　　.
7.(2023重庆5月第三次联考,17)已知公差不为零的等差数列{an}满足a2=3,且a1,a3,a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=,{bn}的前n项和为Sn,求证:Sn<.
综合拔高练1
1.(2023山西太原、大同二模,6)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若an+1=Sn+1(n∈N*),则a5= (　　)
A.16　　　　B.32　　　　C.81　　　　D.243
2.(2024届湖南师大附中摸底考试,7)已知{an}是公差为3的等差数列,其前n项和为Sn,设甲:{an}的首项为零;乙:S2+3是S1+3和S3+3的等比中项,则 (　　)
A.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
3.(2023湖北襄阳四中适应性考试,3)部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形,一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统,分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合,数学与艺术审美的统一,而且还有其深刻的科学方法论意义.如图,由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形,具体作法是取一个实心三角形,沿三角形的三边中点连线.将它分成4个小三角形,去掉中间的那一个小三角形后,对其余3个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形,若记图①三角形的面积为,则第个图中阴影部分的面积为 (　　)
　　　…
A.
C.
4.(多选)(2023江苏八市二模,10)已知数列{an}的前n项和为Sn,an=若Sk=-32,则k可能为 (　　)
A.4　　　　B.8　　　　C.9　　　　D.12
5.(多选)(2023河北唐山二模,10)如图,△ABC是边长为2的等边三角形,连接各边中点得到△A1B1C1,再连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2,……,如此继续下去,设△AnBnCn的边长为an,△AnBnCn的面积为Mn,则 (　　)
A.Mn==a3a5
C.a1+a2+…+an=2-22-n　　　　D.M1+M2+…+Mn<
6.(2023河北石家庄三模,14)已知数列{an}的通项公式为an=n-1,数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则=　　　　.
7.(2023江苏七市三模,18)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.
综合拔高练2
1.(2024届湖北六校联考,19)已知数列{an}满足Sn=2an-n(n∈N*).
(1)证明:{an+1}是等比数列;
(2)求a1+a3+a5+…+a2n+1.
2.(2024届湖南长沙南雅中学入学考,17)已知{an}为等差数列,a1=1且公差d≠0,a4是a2和a8的等比中项.
(1)若数列{an}的前m项和Sm=66,求m的值;
(2)若a1,a2,,,…,成等比数列,求数列{kn}的通项公式.
3.(2024届安徽安庆、池州、铜陵三市开学联考,18)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
(1)记bn=a2n,求证:数列{bn+2}是等比数列;
(2)若Tn=a1+a2+…+an,求T2n.
4.(2023山西太原、大同二模,17)已知{an}是正项等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,1+a3=b2+b4,a2+2=b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)从下面条件①、②中选择一个作为已知条件,求数列{cn}的前n项和Sn.
条件①:cn=anbn;条件②:cn=.
注:若选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
5.(2023山东济南二模,18)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,数列{bn}满足bn=log2an.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)由an,bn构成的n×n阶数阵如图所示,求该数阵中所有项的和Tn.
7.3　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= (　　)
A.　　　　C.15　　　　D.40
答案　C　
2.(2023天津,6,5分,中)已知{an}为等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,an+1=2Sn+2,则a4的值为 (　　)
A.3　　　　B.18　　　　C.54　　　　D.152
答案　C　
3.(2022全国乙理,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
答案　D　
4.(2019课标Ⅲ,5,5分,中)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3= (　　)
A.16　　　　B.8　　　　C.4　　　　D.2
答案　C　
5.(2019课标Ⅰ,14,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=,则S4=　　　　.
答案　
6.(2023全国甲文,13,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为　　　　.
答案　-
7.(2019课标Ⅰ理,14,5分,中)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=,=a6,则S5=　　　　.
答案　
考点2　等比数列的性质
1.(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
答案　C　
2.(2021全国甲理,7,5分,中)等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn.设甲:q>0,乙:{Sn}是递增数列,则 (　　)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件　　　　
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件　　　　
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案　B　
3.(2023全国乙理,15,5分,中)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　.
答案　-2
4.(2020新高考Ⅱ,18,12分,中)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)已知数列{an}是公比大于1的等比数列,设公比为q(q>1),依题意有解得a1=2,q=2,或a1=32,q=(舍)(注意:不要忽略公比大于1这一条件),
所以an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n. (5分)
(2)a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1
=23-25+27-29+…+(-1)n-1·22n+1
=-(-1)n. (12分)
三年模拟
综合基础练
1.(2023广东佛山一模,4)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,a2a4=9,9S4=10S2,则a2+a4的值为 (　　)
A.30　　　　B.10　　　　C.9　　　　D.6
答案　B　
2.(2024届湖南长沙南雅中学入学考,6)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=10,S20=30,则S40= (　　)
A.60　　　　B.70　　　　C.80　　　　D.150
答案　D　
3.(2024届浙江名校协作体适应性考试,5)已知数列{an}的前n项和为Sn.若p:数列{an}是等比数列;q:(Sn+1-a1)2=Sn(Sn+2-S2),则p是q的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A　
4.(多选)(2024届湖南师大附中摸底考试,10)已知{an}是各项均为正数的等比数列,其前n项和为Sn,且{Sn}是等差数列,则下列结论正确的是 (　　)
A.{an+Sn}是等差数列
B.{an·Sn}是等比数列
C.{}是等差数列
D.是等比数列
答案　ACD　
5.(2023河北唐山三模,13)设Sn为等比数列{an}的前n项和,a1=,=a6,则S3=　　　　.
答案　
6.(2024届山东德州一中月考,13)已知等比数列{an}的首项为1,且a6+a4=2(a3+a1),则a1a2a3…a7=　　　　.
答案　128
7.(2023重庆5月第三次联考,17)已知公差不为零的等差数列{an}满足a2=3,且a1,a3,a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=,{bn}的前n项和为Sn,求证:Sn<.
解析　(1)设{an}的公差为d(d≠0),根据a1,a3,a7成等比数列,可得=a1a7,
又a2=3,所以
由d≠0,解得故an=n+1.
(2)证明:由(1)知bn=,
所以Sn=b1+b2+…+bn
=.
因为n∈N*,所以.
所以Sn<.
综合拔高练1
1.(2023山西太原、大同二模,6)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若an+1=Sn+1(n∈N*),则a5= (　　)
A.16　　　　B.32　　　　C.81　　　　D.243
答案　A　
2.(2024届湖南师大附中摸底考试,7)已知{an}是公差为3的等差数列,其前n项和为Sn,设甲:{an}的首项为零;乙:S2+3是S1+3和S3+3的等比中项,则 (　　)
A.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案　C　
3.(2023湖北襄阳四中适应性考试,3)部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形,一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统,分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合,数学与艺术审美的统一,而且还有其深刻的科学方法论意义.如图,由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形,具体作法是取一个实心三角形,沿三角形的三边中点连线.将它分成4个小三角形,去掉中间的那一个小三角形后,对其余3个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形,若记图①三角形的面积为,则第个图中阴影部分的面积为 (　　)
　　　…
A.
C.
答案　D　
4.(多选)(2023江苏八市二模,10)已知数列{an}的前n项和为Sn,an=若Sk=-32,则k可能为 (　　)
A.4　　　　B.8　　　　C.9　　　　D.12
答案　AC　
5.(多选)(2023河北唐山二模,10)如图,△ABC是边长为2的等边三角形,连接各边中点得到△A1B1C1,再连接△A1B1C1的各边中点得到△A2B2C2,……,如此继续下去,设△AnBnCn的边长为an,△AnBnCn的面积为Mn,则 (　　)
A.Mn==a3a5
C.a1+a2+…+an=2-22-n　　　　D.M1+M2+…+Mn<
答案　ABD　
6.(2023河北石家庄三模,14)已知数列{an}的通项公式为an=n-1,数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则=　　　　.
答案　502
7.(2023江苏七市三模,18)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,∴=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,
∴=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bn=3n,cn=-2n两个等比数列{bn},{cn},使得an=bn+cn成立.
综合拔高练2
1.(2024届湖北六校联考,19)已知数列{an}满足Sn=2an-n(n∈N*).
(1)证明:{an+1}是等比数列;
(2)求a1+a3+a5+…+a2n+1.
解析　(1)证明:当n=1时,S1=2a1-1,得a1=1,
当n≥2时,Sn-Sn-1=(2an-n)-[2an-1-(n-1)],
所以an=2an-1+1,n≥2,
从而an+1=2(an-1+1),n≥2,得=2(n≥2),
所以{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)得an=2n-1,
所以a1+a3+a5+…+a2n+1=(2+23+…+22n+1)-(n+1)
=-(n+1)
=.
2.(2024届湖南长沙南雅中学入学考,17)已知{an}为等差数列,a1=1且公差d≠0,a4是a2和a8的等比中项.
(1)若数列{an}的前m项和Sm=66,求m的值;
(2)若a1,a2,,,…,成等比数列,求数列{kn}的通项公式.
解析　(1)因为{an}是等差数列,
所以a2=a1+d,a4=a1+3d,a8=a1+7d,
因为a4是a2和a8的等比中项,
所以=a2·a8,所以(a1+3d)2=(a1+d)·(a1+7d),
由d≠0化简得d=a1=1.所以an=n,
由Sm==66,
解得m=11.
(2)因为a1,a2,,,…,成等比数列,
所以该数列的公比为=2,
又a1=1,所以=1×2(n+2)-1=2n+1,
又{an}为等差数列,且an=n,所以=kn=2n+1.
故数列{kn}的通项公式为kn=2n+1.
3.(2024届安徽安庆、池州、铜陵三市开学联考,18)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
(1)记bn=a2n,求证:数列{bn+2}是等比数列;
(2)若Tn=a1+a2+…+an,求T2n.
解析　(1)证明:由已知得b1=a2=3,b1+2=a2+2=5.
当n≥2时,bn=a2n=a2n-1+2=2a2n-2+2=2bn-1+2,
故bn+2=2(bn-1+2),
所以数列{bn+2}是首项为5,公比为2的等比数列.
(2)由(1)知:bn=5×2n-1-2,
T2n=a1+a2+…+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=2(b1+b2+…+bn)-2n,设Sn=b1+b2+…+bn=5×(1+2+…+2n-1)-2n=5×2n-2n-5,故T2n=2Sn-2n=5×2n+1-6n-10.
4.(2023山西太原、大同二模,17)已知{an}是正项等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,1+a3=b2+b4,a2+2=b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)从下面条件①、②中选择一个作为已知条件,求数列{cn}的前n项和Sn.
条件①:cn=anbn;条件②:cn=.
注:若选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
解析　(1)设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d,
由题意可得(舍去).
∴an=3n-1(n∈N*),bn=2n-1(n∈N*).
(2)选择条件①:cn=anbn,则cn=(2n-1)·3n-1.
∴Sn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=1×1+3×3+5×32+…+(2n-3)×3n-2+(2n-1)×3n-1,①
∴3Sn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n,②
①-②得-2Sn=1+2×(3+32+33+…+3n-1)-(2n-1)×3n
=1+2×-(2n-1)×3n=-2-(2n-2)×3n,
∴Sn=(n-1)×3n+1.
选择条件②:cn=,则cn=.
∴Sn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=1+,①
∴,②
①-②得
=1+2×,
∴Sn=3-(n∈N*).
5.(2023山东济南二模,18)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,数列{bn}满足bn=log2an.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)由an,bn构成的n×n阶数阵如图所示,求该数阵中所有项的和Tn.
解析　(1)因为Sn=2n+1-2,所以当n=1时,S1=22-2=2,即a1=2,
当n≥2时,Sn-1=2n-2,所以Sn-Sn-1=2n+1-2-(2n-2),即an=2n,
经检验,当n=1时an=2n也成立,所以an=2n,n∈N*.
则bn=log2an=log22n=n.
(2)由数阵可知Tn=a1(b1+b2+…+bn)+a2(b1+b2+…+bn)+…+an(b1+b2+…+bn)
=(a1+a2+…+an)(b1+b2+…+bn),
因为Sn=2n+1-2,b1+b2+…+bn=1+2+…+n=,
所以Tn=(2n+1-2)×=(2n-1)·(n2+n).
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