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期末热点.重难点 等比数列
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 厦门期末）等比数列{an}的公比是2，前n项和为Sn，若S3＝14，则a1＝（　　）
A．1 B．2 C． D．
2．（2024秋 嘉定区校级期末）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019 a2020＞1，，则下列结论中不正确的是（　　）
A．S2019＜S2020
B．a2019 a2021﹣1＜0
C．T2020是数列{Tn}中的最大值
D．若Tn＞1，则n最大为4038
3．（2024秋 金沙县期末）在等比数列{an}中，a2＝﹣1，a5＝4，则公比q＝（　　）
A．﹣2 B． C． D．
4．（2024秋 吉林期末）在数列{an}中，a1＝3，，则a10等于（　　）
A．4 B．3+10lg3 C．13 D．12+2lg3
5．（2025 安阳二模）若数列{an}满足（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1（n≥2），a1＝2，则a4＝（　　）
A．2 B．6 C．12 D．20
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 漯河期末）下列说法中正确的是（　　）
A．已知数列{an}的前n项和为Sn，若，则{an}为等差数列
B．已知数列{an}的前n项和为Sn，若，则{an}为等比数列
C．若直线l的方向向量为（1，1，4），平面α的法向量为（﹣2，﹣2，1），则l⊥α
D．若两个不同平面α，β的法向量分别为，，且（﹣2，﹣2，1），（1，1，4），则α⊥β
（多选）7．（2025 郑州模拟）已知数列{an}，a1＝1，，数列{bn}满足bn＝2log2（1+an）﹣1．若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则（　　）
A．a1+a2+a3+a4＝26 B．b5＝10
C．a4＜b15＜a5 D．c1+c2+ +c10＝170
（多选）8．（2024秋 衡阳校级期末）若数列{Fn}满足F1＝F2＝1，Fn+2＝Fn+1+Fn（n∈N*），设an＝（﹣1）FnFn+1，则（　　）
A．a4＝1
B．a2024+a2025＝2
C．an＝an+3
D．若数列{an}的前n项和为30，则n＝90或n＝92
（多选）9．（2024秋 厦门校级期末）已知数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0）且满足an+4Sn﹣1Sn＝0（n≥2），a1，则下列说法错误的是（　　）
A．数列{an}的前n项和为Sn＝4n
B．数列{an}的通项公式为an
C．数列{an}为递增数列
D．数列{}为递增数列
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 周口期末）在等比数列{an}中，a6＝a2a7＝8，则a5＝ 　 　．
11．（2024秋 宝山区校级期末）已知数列{an}的前n项和Sn＝log2n，那么a3+a4的值为　 　．
12．（2024秋 厦门期末）数列{an}满足，则an＝ 　 　；记Sn为{an}的前n项和，若关于n的方程λan＝Sn+3有解，则正整数λ的所有取值为 　 　．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 周口期末）设Sn为正项等比数列{an}的前n项和，已知，．
（1）求数列{an}的公比q；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求数列{an}的前n项和Sn．
14．（2024秋 黑龙江校级期末）已知数列{an}为公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a5＝S9，a4a6＝a4﹣a6．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）求数列{|an|}的前n项和Tn；
（3）设数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}和{bn}的公共项为am，记m从小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Rn．
15．（2024秋 丽水期末）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}前2n项的和T2n．
期末热点.重难点 等比数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 厦门期末）等比数列{an}的公比是2，前n项和为Sn，若S3＝14，则a1＝（　　）
A．1 B．2 C． D．
【考点】等比数列的前n项和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】根据等比数列的通项公式与前n项和的概念求解．
【解答】解：等比数列{an}的公比是2，S3＝14，
由题意：a1+2a1+4a1＝14，即a1＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式的应用，属于基础题．
2．（2024秋 嘉定区校级期末）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2019 a2020＞1，，则下列结论中不正确的是（　　）
A．S2019＜S2020
B．a2019 a2021﹣1＜0
C．T2020是数列{Tn}中的最大值
D．若Tn＞1，则n最大为4038
【考点】等比数列的性质；数列的单调性．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】C
【分析】先根据题意可确定0＜q＜1，根据a2020＞0可判断A；根据等比数列的性质结合a2020＜1可判断B；根据数列{an}是递减数列，且a2019＞1，a2020＜1判断C；再根据Tn的公式，结合a2019＞1，a2020＜1，a2019a2020＞1判断D即可．
【解答】解：对于A，∵a1＞1，a2019a2020＞1，，且数列{an}为等比数列，
∴a2019＞1，0＜a2020＜1，∴0＜q＜1，
∵a2020＞0，∴S2019＜S2020，故A正确；
对于B，∵，∴a2019a2021﹣1＜0，故B正确；
对于C，∵等比数列{an}的公比0＜q＜1，a1＞1，∴数列{an}是递减数列，
∵a2019＞1，a2020＜1，∴T2019是数列{Tn}中的最大项，故C错误；
对于D，，
∵a2019＞1，a2020＜1，a2019a2020＞1，
∴，，，故，即n≤4038，
∴n最大为4038，故D正确．
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．（2024秋 金沙县期末）在等比数列{an}中，a2＝﹣1，a5＝4，则公比q＝（　　）
A．﹣2 B． C． D．
【考点】由等比数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】C
【分析】根据等比数列通项公式计算可得．
【解答】解：在等比数列{an}中，
∵a2＝﹣1，a5＝4，
∴由等比数列通项公式得：，∴4＝﹣q3，
解得公比．
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．（2024秋 吉林期末）在数列{an}中，a1＝3，，则a10等于（　　）
A．4 B．3+10lg3 C．13 D．12+2lg3
【考点】数列递推式；对数的运算性质．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】由于，然后由累加法求解即可．
【解答】解：由题意可得，
所以a10＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+ +（a10﹣a9）
＝3+lg2﹣lg1+lg3﹣lg2+ +lg10﹣lg9＝3﹣lg1+lg10＝3+1＝4．
故选：A．
【点评】本题考查数列的递推式、数列恒等式和对数的运算性质，考查转化和运算能力，属于基础题．
5．（2025 安阳二模）若数列{an}满足（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1（n≥2），a1＝2，则a4＝（　　）
A．2 B．6 C．12 D．20
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】数列{an}满足（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1（n≥2），a1＝2，对n分别取2，3，4，即可得出结论．
【解答】解：数列{an}满足（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1（n≥2），a1＝2，
则n＝2时，a2＝3a1＝6；n＝3时，2a3＝4a2，解得a3＝12；n＝4时，3a4＝5a3，解得a4＝20．
故选：D．
【点评】本题考查了数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 漯河期末）下列说法中正确的是（　　）
A．已知数列{an}的前n项和为Sn，若，则{an}为等差数列
B．已知数列{an}的前n项和为Sn，若，则{an}为等比数列
C．若直线l的方向向量为（1，1，4），平面α的法向量为（﹣2，﹣2，1），则l⊥α
D．若两个不同平面α，β的法向量分别为，，且（﹣2，﹣2，1），（1，1，4），则α⊥β
【考点】数列的应用；平面的法向量．
【专题】计算题；转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；能力层次；运算求解．
【答案】BD
【分析】根据Sn与an的关系，由条件求数列{an}的通项公式，结合等差数列定义判断A，结合等比数列的定义判断B，证明与不共线不共线，判断C，证明⊥，由此判断D．
【解答】解：对于A：因为，
所以，
当n≥2时，，
所以a1＝3，a2＝6，a3＝10，
所以a2﹣a1＝3，a3﹣a2＝4，
所以数列{an}不是等差数列，A错误；
对于B：因为，所以a1＝S1＝8﹣1＝7，
当n≥2时，，
因为，
所以数列{an}的通项公式为，
所以当n≥2时，，
所以数列{an}是等比数列，B正确；
对于C，直线l的方向向量为，平面α的法向量为（﹣2，﹣2，1），
因为，所以与不共线，
所以直线l与平面α不垂直，C错误；
对于D，因为u＝（﹣2，﹣2，1），，
所以（﹣2）×1+（﹣2）×1+1×4＝0，
所以，所以 α⊥β，D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查了数列的应用和平面向量的应用，属于中档题．
（多选）7．（2025 郑州模拟）已知数列{an}，a1＝1，，数列{bn}满足bn＝2log2（1+an）﹣1．若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则（　　）
A．a1+a2+a3+a4＝26 B．b5＝10
C．a4＜b15＜a5 D．c1+c2+ +c10＝170
【考点】数列递推式；等差数列与等比数列的综合．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ACD
【分析】对A，由递推关系an+1＝2an+1求出通项公式an，运算判断；对B，将an代入求出通项bn，求解判断；对C，根据an，bn的通项公式计算判断；对D，根据{an}与{bn}的通项公式，找出它们相同的项，从而可求{cn}的前10项的和．
【解答】解：数列{an}，a1＝1，，数列{bn}满足bn＝2log2（1+an）﹣1，
对于A，可得an+1+1＝2（an+1），
故数列{an+1}是首项和公比均为2的等比数列，所以，
则a1+a2+a3+a4＝1+3+7+15＝26，故A正确；
对于B，，则b5＝2×5﹣1＝9，故B错误；
对于C，由an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1，可得a4＝15，b15＝29，a5＝31，所以a4＜b15＜a5，故C正确；
对于D，因为b1＝1，bn+1﹣bn＝2，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，
b1＝a1＝1，b14＝27，b15＝29，b16＝31，
又a4＝15，a5＝31，a6＝63，
因为b16＝a5＝31，
{bn}为正奇数组成，{an}的项也是奇数，
由上面推理可得，c1+c2+…+c10是由{bn}的前14项去掉{an}的前4项余下的项组成，
所以c1+c2+ +c10
＝（b1+b2+ b14）﹣（a1+a2+a3+a4）
170，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查数列的递推式和等比数列、等差数列的通项公式和求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）8．（2024秋 衡阳校级期末）若数列{Fn}满足F1＝F2＝1，Fn+2＝Fn+1+Fn（n∈N*），设an＝（﹣1）FnFn+1，则（　　）
A．a4＝1
B．a2024+a2025＝2
C．an＝an+3
D．若数列{an}的前n项和为30，则n＝90或n＝92
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】BCD
【分析】求得数列{Fn}的前几项，求得a4，可判断A；推得数列{Fn}的项以奇数、奇数、偶数的规律出现，可判断BC；由数列{an}是最小正周期为3的数列，计算可判断D．
【解答】解：已知数列{Fn}满足F1＝F2＝1，Fn+2＝Fn+1+Fn（n∈N*），
则{Fn}为1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144，…，
由an，可得a4＝（﹣1）3×5＝﹣1，故A错误；
由数列{Fn}的项以奇数、奇数、偶数的规律出现，
可得a2024+a2025＝1+1＝2，故B正确；
由an，an+3，
且数列{Fn}的项以奇数、奇数、偶数的规律出现，可得FnFn+1与Fn+3Fn+4的奇偶性相同，
则an+3＝an，故C正确；
由an+3＝an，可得数列{an}是最小正周期为3的数列，且一个周期的和为﹣1+1+1＝1，
若数列{an}的前n项和为30，可得n＝90或n＝92，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查数列的递推式，求得数列的周期性是解题的关键，考查运算能力、推理能力，属于中档题．
（多选）9．（2024秋 厦门校级期末）已知数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0）且满足an+4Sn﹣1Sn＝0（n≥2），a1，则下列说法错误的是（　　）
A．数列{an}的前n项和为Sn＝4n
B．数列{an}的通项公式为an
C．数列{an}为递增数列
D．数列{}为递增数列
【考点】数列递推式．
【专题】函数思想；转化法；等差数列与等比数列．
【答案】ABC
【分析】把已知数列递推式变形，可得（n≥2），由此求得Sn，进一步求得数列{an}的通项公式，逐一核对四个选项得答案．
【解答】解：由an+4Sn﹣1Sn＝0（n≥2），得Sn﹣Sn﹣1＝﹣4Sn﹣1Sn，
∴（n≥2），
∵a1，∴，
则，
则，成立，
∴，
则．
∴不正确的是A、B、C．
故选：ABC．
【点评】本题考查数列递推式，训练了利用数列递推式求数列的通项公式，是中档题．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 周口期末）在等比数列{an}中，a6＝a2a7＝8，则a5＝ 　4　．
【考点】由等比数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】4．
【分析】根据等比数列的性质若m+n＝p+q，则aman＝apaq，m，n，p，q∈N*，结合条件求，由此可得结论．
【解答】解：因为数列{an}为等比数列，
所以a5a5＝a6a4，a4a5＝a2a7，
所以，
所以a5＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了等比数列性质的应用，属于基础题．
11．（2024秋 宝山区校级期末）已知数列{an}的前n项和Sn＝log2n，那么a3+a4的值为　1　．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】1．
【分析】根据a3+a4＝S4﹣S2，结合对数运算即可求解．
【解答】解：因为数列{an}的前n项和Sn＝log2n，
所以a3+a4＝S4﹣S2＝log24﹣log22＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查由数列的递推式求通项，属于基础题．
12．（2024秋 厦门期末）数列{an}满足，则an＝ 　n+1　；记Sn为{an}的前n项和，若关于n的方程λan＝Sn+3有解，则正整数λ的所有取值为 　7和9　．
【考点】数列递推式；数列的求和．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】n+1；7和9．
【分析】根据数列的通项与前n项和的关系求数列的通项公式；根据等差数列的求和公式，可以把问题转化成为整数的讨论．
【解答】解：由，
可得a1+2a2+...+2n﹣1an＝n 2n．①
当n＝1时，，所以a1＝2．
当n≥2时，有a1+2a2+...+2n﹣2an﹣1＝（n﹣1） 2n﹣1．②
①﹣②得，即an＝n+1（n≥2）．
因为a1＝2符合an＝n+1，所以an＝n+1，．
因为λan＝Sn+3，所以，
显然n+1为10的约数，
n+1＝2时，λ＝7；n+1＝5时，λ＝7；n+1＝10时，λ＝9．
综上，正整数λ的所有取值为7和9．
故答案为：n+1；7和9．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的通项公式、求和公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 周口期末）设Sn为正项等比数列{an}的前n项和，已知，．
（1）求数列{an}的公比q；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求数列{an}的前n项和Sn．
【考点】求等比数列的前n项和；等比数列通项公式的应用．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（1）根据已知条件可得出关于a1＝2、q的方程组，即可解出q的值；
（2）求出a1＝2的值，代入等比数列的通项公式可求得数列{an}的通项公式；
（3）利用等比数列的求和公式可求得Sn的表达式．
【解答】解：（1）因为数列{an}是正项等比数列，q＞0，，，
则，
整理得，即6q2﹣q﹣1＝0，
解得（舍负）．
（2）因为，所以，
故．
（3）．
【点评】本题主要考查了等比数列通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
14．（2024秋 黑龙江校级期末）已知数列{an}为公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a5＝S9，a4a6＝a4﹣a6．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）求数列{|an|}的前n项和Tn；
（3）设数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}和{bn}的公共项为am，记m从小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Rn．
【考点】数列的求和．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝2n﹣10；
（2）；
（3）Rn．
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式结合条件求出，然后代入等差数列的通项公式即可；
（2）令2n﹣10＝0，得n＝5，然后分类讨论求和即可得；
（3）首先根据题意得到，再利用分组求和求解Rn即可．
【解答】解：（1）数列{an}为公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a5＝S9，a4a6＝a4﹣a6．
设{an}首项为a1＝2，公差为d，
则，
解得或（舍）．
则an＝a1+（n﹣1）d＝﹣8+2（n﹣1）＝2n﹣10；
（2）由an＝2n﹣10时，令2n﹣10＝0，∴n＝5，
当n≤5时，an≤0 |an|＝﹣an，当n≥6时，an＞0 |an|＝an，
当1≤n≤5时，；
当n≥6时，，
综上，；
（3）由数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}和{bn}的公共项为am，
，
因为am＝2m﹣10，所以2m﹣10＝4n，即，
记m从小到大构成数列{cn}，得，
所以．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的分组求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
15．（2024秋 丽水期末）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}前2n项的和T2n．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝4n﹣1；
（2）T2n＝32n2+8n．
【分析】（1）根据题意，由an与Sn的关系，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）可得数列{bn}的通项公式，然后由并项求和法代入计算，即可得到结果．
【解答】解：（1）正项数列{an}的前n项和为Sn，且．
当n≥2时，由，可得，
上述两式相减，整理得4（an+an﹣1）＝（an+an﹣1）（an﹣an﹣1），又an＞0，
所以an﹣an﹣1＝4，
当n＝1时，或（a1＝1舍去），
所以{an}是以3为首项，公差为4的等差数列，
则an＝3+（n﹣1）×4＝4n﹣1．
（2）由（1）知，
所以，
T2n＝（b1+b2）+（b2+b3）+ ．+（b2n﹣1+b2n）＝8×5+8×13+ +8（8n﹣3）
．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，以及等差数列的通项公式与求和公式，以及数列的并项求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
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