2024年新高考数学一轮复习达标检测第34讲等比数列及其前n项和（教师版）

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A．±8B．8C．±4D．4
【分析】利用等比数列性质直接求解．
【解答】解：∵三个数4，x，16成等比数列，
∴x2＝4×16＝64，
解得x＝±8．
故选：A．
2．已知等比数列{an}，a10，a30是方程x2﹣10x+16＝0的两实根，则a20等于（ ）
A．4B．±4C．8D．±8
【分析】根据题意，由一元二次方程根与系数的关系可得a10a30＝（a10）2＝16，a10+a30＝10＞0，结合等比数列的性质分析a20＞0，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，{an}为等比数列，若a10，a30是方程x2﹣10x+16＝0的两实根，
则有a10a30＝（a20）2＝16，a10+a30＝10＞0，
则a10，a30都为正数，必有a20＞0．
则a20＝4；
故选：A．
3．已知数列{an}的通项为an＝2n﹣3，若a3，a6，am成等比数列，则m＝（ ）
A．9B．12C．15D．18
【分析】由题意可得，代入即可求解．
【解答】解：由an＝2n﹣3，
若a3，a6，am成等比数列，则，即81＝3（2m﹣3），
解可得，m＝15，
故选：C．
4．在等比数列{an}中，a2＝2，a3a5＝64．则（ ）
A．4B．8C．16D．64
【分析】利用等比数列通项公式求出首项和公比，由此能求出结果．
【解答】解：∵在等比数列{an}中，a2＝2，a3a5＝64．
∴，解得或，
q4＝16．
故选：C．
5．已知等比数列{an}满足a1a6＝a3，且a4+a5，则a1＝（ ）
A．B．C．4D．8
【分析】设等比数列{an}的公比为q，由a1a6＝a3，且a4+a5，可得：q5＝a1q2，a1q3（1+q），解出即可得出．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1a6＝a3，且a4+a5，
∴q5＝a1q2，a1q3（1+q），
解得a1＝8，q．
故选：D．
6．已知正项等比数列{an}中，a3，若a1+a2+a3＝7，则a8＝（ ）
A．32B．48C．64D．128
【分析】利用等比数列通项公式列出方程求出a1＝1，q＝2，由此能求出a8．
【解答】解：由，得，所以a1＝1，
又因为a1+a2+a3＝7，得1+q+q2＝7，所以q＝2，
故，
故选：D．
7．在前n项和为Sn的等比数列{an}中，a3a4a5＝8，S14＝129S7，则a1＝（ ）
A．2B．C．D．
【分析】设等比数列{an}的公比为q≠1，由a3a4a5＝8，S14＝129S7，可得：8，即a4＝2＝a1q3，，联立解得a1．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q≠1，∵a3a4a5＝8，S14＝129S7，
∴8，即a4＝2＝a1q3，，
则a1，q＝2．
故选：C．
8．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，约成书于四五世纪．其卷中《算筹分数之法》里有这样一个问题：“今有女子善织，日自倍，五日织通五尺．问：日织几何？”意思是有一女子擅长织布，每天织布都比前一天多1倍，5天共织了5尺布．现请问该女子第3天织了多少布？（ ）
A．1尺B．尺C．尺D．尺
【分析】由已知结合等比数列的通项公式及求和公式即可直接求解．
【解答】解：由题意可知，每天织布的数量是以2为公比的等比数列，设首项a1，
则5，解可得，a1，
a3．
故选：D．
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，，当n≥2时，an，Sn﹣1，Sn成等比数列，若Sm，则m的最大值为（ ）
A．9B．11C．19D．21
【分析】因为当n≥2时，an，Sn﹣1，Sn成等比数列，所以，即，即，所以{}成等差数列，所以n，即Sn，所以Sm可以转化为关于m的不等式，解不等式即可．
【解答】解：依题意，因为当n≥2时，an，Sn﹣1，Sn成等比数列，
所以，
即，
即，
所以{}成等差数列，所以n，即Sn，
若Sm，即，
解得m＜10，所以m的最大值为9．
故选：A．
10．（多选）设{an}为等比数列，给出四个数列：①{2an}；②；③；④{lg2|an|}，其中一定为等比数列的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【分析】由题意可得，（q≠0），然后结合等比数列的定义进行逐项检验即可判断．
【解答】解：由题意可得，（q≠0），
①q，故是等比数列；
②q2，故是等比数列；
③不一定是常数；
④不一定为常数；
故选：AB．
11．（多选）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1＞1，a6a7＞1，，则下列结论正确的是（ ）
A．0＜q＜1B．0＜a6a8＜1
C．Sn的最大值为S7D．Tn的最大值为T6
【分析】由条件a1＞1，a6a7＞1，，可得：1＜a6，0＜a7＜1．即可判断出结论．
【解答】解：由条件a1＞1，a6a7＞1，，
可得：1＜a6，0＜a7＜1．
∴q∈（0，1），a6a8∈（0，1），Sn中没有最大值，Tn的最大值为T6．
则下列结论正确的是ABD．
故选：ABD．
12．﹣1和﹣4的等比中项为 ．
【分析】由题意利用等比数列的定义和性质，求得结果．
【解答】解：﹣1和﹣4的等比中项为±±2，
故答案为：±2．
13．在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，则{an}的公比q＝ ．
【分析】利用等比数列通项公式直接求解．
【解答】解：∵在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，
∴3q3＝81，
解得q＝3．
∴{an}的公比q＝3．
故答案为：3．
14．在等比数列{an}中，a2＝1，a10＝16，则a6＝ ．
【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得q816，变形可得q4的值，由等比数列的通项公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，等比数列{an}中，a2＝1，a10＝16，则q816，
变形可得q4＝4，
则a6＝a2q4＝4；
故答案为：4
15．已知公比不为1的等比数列{an}满足a5a7+a4a8＝18，则a6＝ ．
【分析】由题意利用等比数列的性质，求得a6的值．
【解答】解：∵公比不为1的等比数列{an}满足a5a7+a4a8＝18＝2，
求得a6＝±3，
故答案为：±3．
16．已知等比数列{an}的公比为q＝2，则 ．
【分析】等比数列{an}的公比为q＝2，则根据等比数列的通项公式进行计算即可．
【解答】解：∵等比数列{an}的公比为q＝2，
∴，
∴．
故答案为：．
17．一种药在病人血液中的量保持1500mg以上才有疗效；而低于500mg病人就有危险．现给某病人静脉注射了这种药2500mg，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过 小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：lg2≈0.3010，1g3≈0.4771，精确到0.1h）
【分析】先设未知数，再根据题意列出不等式，整理得指数不等式，再利用指数函数的单调性、指数函数和对数函数的关系、换底公式和对数的运算性质，以及条件进行求解．
【解答】解：设应在病人注射这种药x小时后再向病人的血液补充这种药，
依题意，可得500≤2500×（1﹣20%）x≤1500
整理，得 0.2≤0.8x≤0.6，
∴lg0.80.6≤x≤lg0.80.2，
∵，
，
解得：2.3≤x≤7.2，
应在用药2.3小时后及7.2小时前再向病人的血液补充药．
故答案为：2.3．
18．在实数1和81之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作Tn，再令．则数列{an}的通项公式an＝ ．
【分析】由题意，设这n+2个数构成的等比数列为bn，利用等比数列的性质可求Tn＝（）n+2＝9n+2，进而根据已知可求数列{an}的通项公式．
【解答】解：由题意，设这n+2个数构成的等比数列为bn，
则b1＝1，bn+2＝81，且b1•bn+2＝b2•bn+1＝b3•bn＝…，
所以Tn＝（）n+2＝9n+2，
从而an＝lg3Tn＝lg39n+2＝2（n+2）．
故答案为：2（n+2）．
19．已知数列{an}是公比为q（q≥2）的正项等比数列，bn＝（q﹣1）2an，对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bn＝am，则q的值为 ．
【分析】由bn＝am，可得（q﹣1）2an＝am，可得m＝n+2lgq（q﹣1）》由对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bn＝am，可得2lgq（q﹣1）必为整数，又q≥2，即可得出．
【解答】解：由bn＝am，∴（q﹣1）2an＝am，
∴（q﹣1）2＝qm﹣n，
∴m﹣n＝2，可得m＝n+2lgq（q﹣1），
∵对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bn＝am，
∴2lgq（q﹣1）必为整数，又q≥2，∴1≤q﹣1≤q，可得：0≤2lgq（q﹣1）＜2，可得：lgq（q﹣1）＝0或，
∴q﹣1＝1，或q﹣1，
解得q＝2或q．
故答案为：2或．
20．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*满足，，则m＝ ，数列的公比为 ．
【分析】利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，则q≠1．
若存在m∈N*满足，，
则9•，qm．
解得m＝3，q＝2．
故答案为：3，2．
21．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”，若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2020积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值为 ．
【分析】由题意可得 a1•a2•a3…2019＝1．再根据等比数列的性质，a1•a2019＝a2•a2018＝a3•a20171，由此可得当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值．
【解答】解：若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”，
若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2020积数列”，且a1＞1，
∴q＞0．
∴a2020＝a1•a2•a3…a2020，∴a1•a2•a3…2019＝1．
∵a1•a2019＝a2•a2018＝a3•a20171，
则当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值为1010，
故答案为：1010．
22．在数列{an}中，a1＝1，an＝2an﹣1+n﹣2（n≥2）．
（1）证明：数列{an+n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
【分析】（1）通过证明为常数来证明数列{an+n}为等比数列，再结合数列{an+n}的首项和公比即可求出an+n，进而求出数列{an}的通项公式；
（2）由（1）知，再利用分组求和法即可求出数列{an}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）证明：因为，
数列 {an+n} 是首项为 a1+1＝2，公比为2的等比数列，
那么，即 ．
（2）由（1）知，
．
23．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，____．是否存在正整数k（k＞1），使得a1，ak，Sk+2成等比数列？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
从①an+1﹣2an＝0，②Sn＝Sn﹣1+n（n≥2），③Sn＝n2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
【分析】分别选①②③，根据各自对应的结论来求解k，能解出来说明存在，解不出来说明不存在．
【解答】解：若选①an+1﹣2an＝0，且a2﹣2a1＝0；
说明数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列；
∴a1＝1，ak＝2k﹣1；Sk+22k+1﹣1；
若a1，ak，Sk+2成等比数列，则（2k﹣1）2＝1×（2k+1﹣1）＝2k+1﹣1；
左边为偶数，右边为奇数，即不存在正整数k（k＞1），使得a1，ak，Sk+2成等比数列；
若选②Sn＝Sn﹣1+n（n≥2），即Sn﹣Sn﹣1＝n⇒an＝n； （n≥2）
且a1＝1适合上式；
所以：说明{an}是首项为1，公差为1的等差数列；
∴an＝n，Sn；
若a1，ak，Sk+2成等比数列，则k2＝1⇒k2﹣5k﹣6＝0⇒k＝6（k＝﹣1舍）；
即存在正整数k＝6，使得a1，ak，Sk+2成等比数列；
若选③Sn＝n2，
∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1（n≥2）；
且a1＝1适合上式；
若a1，ak，Sk+2成等比数列，则（2k﹣1）2＝1×（k+2）2⇒3k2﹣8k﹣3＝0⇒k＝3 （k）；
即存在正整数k＝3，使得a1，ak，Sk+2成等比数列．
24．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．
【分析】（1）根据题意，列方程组，解得a1和q，然后求出{an}的通项公式；
（2）根据条件，可知a1a2，﹣a2a3，…（﹣1）n﹣1anan+1，是以23为首项，﹣22为公比的等比数列，由等比数列求和公式，即可得出答案．
【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞1），
则，
∵q＞1，∴，
∴．
（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1
＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，
．
25．等差数列中，a1，a2，a3分别是如表第一、二、三行中的某一个数，且其中的任何两个数不在如表的同一列．
（1）请选择一个可能的{a1，a2，a3}组合，并求数列{an}的通项公式；
（2）记（1）中您选择的{an}的前n项和为Sn，判断是否存在正整数k，使得a1，ak，Sk+2成等比数列，若有，请求出k的值；若没有，请说明理由．
【分析】（1）由题意利用等差数列的定义和性质，写出它的通项公式．
（2）由题意利用等比数列的定义和性质，求出k的值，从而得出结论．
【解答】解：（1）由题意可知：有两种组合满足条件：
①a1＝8，a2＝12，a3＝16，此时等差数列{an}，a1＝8，d＝4，
所以其通项公式为an＝8+（n﹣1）4＝4n+4．
②a1＝2，a2＝4，a3＝6，此时等差数列{an}，a1＝2，d＝2，
所以其通项公式为an＝2n．
（2）若选择①，Sn2n2+6n．
则．
若a1，ak，Sk+2成等比数列，则，
即（4k+4）2＝8（2k2+14k+20），整理，得5k＝﹣9，
此方程无正整数解，故不存在正整数k，使a1，ak，Sk+2成等比数列．
若选择②，Snn2+n，
则，
若a1，ak，Sk+2成等比数列，则，
即（2k）2＝2（k2+5k+6），整理得k2﹣5k﹣6＝0，因为k为正整数，所以，k＝6．
故存在正整数k＝6，使a1，ak，Sk+2成等比数列．
26．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；
（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn求数列{cn}的前2n项和．
【分析】（Ⅰ）分别根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式即可求出；
（Ⅱ）根据等差数列的求和公式和作差法即可比较大小，则课证明；
（Ⅲ）分类讨论，再根据错位相减法即可求出前2n项和．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，
∴an＝1+n﹣1＝n，
∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），
∴q4＝4（q3﹣q2），
解得q＝2，
∴bn＝2n﹣1；
（Ⅱ）证明：法一：由（Ⅰ）可得Sn，
∴SnSn+2n（n+1）（n+2）（n+3），（Sn+1）2（n+1）2（n+2）2，
∴SnSn+2﹣Sn+12（n+1）（n+2）＜0，
∴SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；
法二：∵数列{an}为等差数列，且an＝n，
∴Sn，Sn+2，Sn+1，
∴1，
∴SnSn+2＜Sn+12（n∈N*）；
（Ⅲ），当n为奇数时，cn，
当n为偶数时，cn，
对任意的正整数n，有c2k﹣1（）1，
和c2k，①，
由①可得c2k，②，
①﹣②得c2k，
∴c2k，
因此c2kc2k﹣1c2k．
数列{cn}的前2n项和．
[B组]—强基必备
1．若数列{an}满足，则称{an}为“梦想数列”，已知数列{}为“梦想数列”，且b1+b2+b3＝2，则b3+b4+b5＝（ ）
A．18B．16C．32D．36
【分析】根据题意，由“梦想数列”的定义可得“梦想数列”为公比为的等比数列，进而可得若数列{}为“梦想数列”，则{bn}为公比为3的等比数列，进而由等比数列的性质分析可得答案．
【解答】解：根据题意，梦想数列{an}满足，即an＝3an+1，数列{an}为公比为的等比数列，
若数列{}为“梦想数列”，则3，变形可得bn+1＝3bn，即数列{bn}为公比为3的等比数列，
若b1+b2+b3＝2，则b3+b4+b5＝9（b1+b2+b3）＝18；
故选：A．
2．已知{an}是无穷数列．给出两个性质：
①对于{an}中任意两项ai，aj（i＞j），在{an}中都存在一项am，使得am；
②对于{an}中任意一项an（n≥3），在{an}中都存在两项ak，al（k＞l），使得an．
（Ⅰ）若an＝n（n＝1，2，…），判断数列{an}是否满足性质①，说明理由；
（Ⅱ）若an＝2n﹣1（n＝1，2，…），判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（Ⅲ）若{an}是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{an}为等比数列．
【分析】（Ⅰ）由∉N*，即可知道不满足性质．
（Ⅱ）对于任意的i和j，满足22i﹣j﹣1，⇒2i﹣j∈N*，必存在m＝2i﹣j，可得满足性质①；对于任意的n，欲满足an＝2n﹣122k﹣l﹣1，⇒n＝2k﹣l即可，必存在有一组k，l使使得它成立，故满足性质②．
（Ⅲ）先用反证法证明数列必然恒正或恒负，再用数学归纳法证明{an}也是等比数列，即可．
【解答】解：（Ⅰ）不满足，理由：∉N*，不存在一项am使得am．
（Ⅱ）数列{an}同时满足性质①和性质②，
理由：对于任意的i和j，满足22i﹣j﹣1，因为i∈N*，j∈N*且i＞j，所以2i﹣j∈N*，则必存在m＝2i﹣j，此时，2m﹣1∈{ai}且满足22i﹣j﹣1＝am，性质①成立，
对于任意的n，欲满足an＝2n﹣122k﹣l﹣1，满足n＝2k﹣l即可，因为k∈N*，l∈N*，且k＞l，
所以2k﹣l可表示所有正整数，所以必有一组k，l使n＝2k﹣l，即满足an，性质②成立．
（Ⅲ）首先，先证明数列恒正或恒负，
反证法：假设这个递增数列先负后正，
那么必有一项al绝对值最小或者有al与al+1同时取得绝对值最小，
如仅有一项al绝对值最小，此时必有一项am，此时|am|＜|al|
与前提矛盾，
如有两项al与al+1 同时取得绝对值最小值，那么必有am，
此时|am|＜|al|，与前提条件矛盾，
所以数列必然恒正或恒负，
在数列恒正的情况下，由②知，存在k，l使得a3，
因为是递增数列，a3＞ak＞al，
即3＞k＞l，所以a3，此时a1，a2，a3成等比数列，
数学归纳法：
（1）已证n＝3时，满足{an}是等比数列，公比q，
（2）假设n＝k时，也满足{ak}是等比数列，公比q，
那么由①知qak等于数列的某一项am，证明这一项为ak+1即可，
反证法：
假设这一项不是ak+1，因为是递增数列，所以该项amqak＞ak+1，
那么ak＜ak+1＜qak，由等比数列{ak}得a1qk﹣1＜ak+1＜a1qk，
由性质②得a1qk﹣1a1qk，同时ak+1am＞al，s所以k+1＞m＞l，
所以am，al分别是等比数列{ak}中两项，即am＝a1qm﹣1，al＝a1ql﹣1，
原式变为a1qk﹣1＜a1q2m﹣l﹣1＜a1qk，
所以l﹣1＜2m﹣l﹣1＜k，又因为k∈N*，m∈N*，l∈N*，不存在这组解，所以矛盾，
所以知qak＝ak+1，{ak+1}为等比数列，
由数学归纳法知，{an}是等比数列得证，
同理，数列恒负，{an}也是等比数列．第一列
第二列
第三列
第一行
5
8
2
第二行
4
3
12
第三行
16
6
9