2025版步步高大一轮数学人A提高版精准复习配套练习及解析

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知识诊断·基础夯实
【知识梳理】
1.等比数列的概念
(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示(显然q≠0).
数学语言表达式：eq \f(an,an－1)＝q(n≥2，q为非零常数).
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，则G2＝ab.
2. 等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq \f(a1（1－qn）, 1－q )＝eq \f(a1－anq,1－q).
3.等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.
(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm.
(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为qn.
(4)当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列.
[常用结论]
1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{aeq \\al(2,n)}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))也是等比数列.
2.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
3.等比数列{an}的前n项和Sn，可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1，0).
4.三个数成等比数列，通常设为eq \f(x,q)，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为eq \f(x,q3)，eq \f(x,q)，xq，xq3.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数.( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a（1－an）,1－a).( )
(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)在等比数列中，q≠0.
(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.
(3)当a＝1时，Sn＝na.
(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.
2.已知等比数列{an}中，a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，q＜0，则S8＝________.
答案 eq \f(1 640,81)
解析 由a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，可得27×q8＝eq \f(1,243)，
即q8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(8)，
又由q＜0，得q＝－eq \f(1,3)，
所以S8＝eq \f(1 640,81).
3.(选修二P37T3改编)在等比数列{an}中，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，则an＝________.
答案 3·2n－1或2·3n－1
解析 设数列{an}的公比为q，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝2，,a1＝3，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝3，,a1＝2，))
故an＝3·2n－1或an＝2·3n－1.
4.已知在等比数列{an}中，a1a3a11＝8，则a2a8＝________.
答案 4
解析 设公比为q，则an＝a1qn－1，
则a1·a1q2·a1q10＝8，
所以aeq \\al(3,1)q12＝8，所以a1q4＝2，
所以a2a8＝a1q·a1q7＝aeq \\al(2,1)q8＝(a1q4)2＝4.
考点突破·题型剖析
考点一 等比数列基本量的求解
例1 (1)(2022·全国乙卷)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
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q3）,1－q)＝168，,a1q（1－q3）＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3.
(2)已知数列{an}为等比数列，a1＝3，3a1，2a2，a3成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案 3n或eq \f(1,2)·3n＋1－eq \f(3,2)
解析 设数列{an}的公比为q，由题意知4a2＝3a1＋a3，
即4q＝3＋q2，解得q＝1或q＝3，
当q＝1时，Sn＝3n；
当q＝3时，Sn＝eq \f(1,2)·3n＋1－eq \f(3,2).
感悟提升 1.等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.
2.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
训练1 (1)(2022·攀枝花三模)正项等比数列{an}的前n项和为Sn.若a3＝eq \f(a4,a2)，S3＝7，则a5＝( )
A.8 B.16
C.27 D.81
答案 B
解析 设正项等比数列{an}的公比为q(q＞0).
由a3＝eq \f(a4,a2)，可得a3＝q2，
所以a2＝q，a1＝1，
所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝7，
解得q＝2(q＝－3舍去)，
所以a5＝a1q4＝1×24＝16.
(2)(2023·亳州模拟)《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍.”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是(结果精确到0.1.参考数据：lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)( )
A.2.9天 B.3.9天
C.4.9天 D.5.9天
答案 C
解析 设蒲的长度组成等比数列{an}，
a1＝3，公比为eq \f(1,2)，前n项和为An.
莞的长度组成等比数列{bn}，b1＝1，公比为2，
其前n项和为Bn.
则An＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))，Bn＝eq \f(2n－1,2－1)，
由题意可得5×eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq \f(2n－1,2－1)，
解得2n＝30，2n＝1(舍去).
∴n＝lg230＝eq \f(lg 30,lg 2)＝eq \f(lg 3＋1,lg 2)＝eq \f(1.48,0.30)≈4.9.
考点二 等比数列的判定与证明
例2 Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.
解 (1)易知q≠1，由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q3＝9a1q，,\f(a1（1－q3）,1－q)＝13，,q>0，))
解得a1＝1，q＝3，
∴an＝3n－1，Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝eq \f(1,2)，
此时Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×3n，
则eq \f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝eq \f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，
故存在常数λ＝eq \f(1,2)，使得数列{Sn＋eq \f(1,2)}是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列.
感悟提升 1.证明一个数列为等比数列常用定义法(作比法)与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.
2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证.
训练2 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 ∵an＋Sn＝n，①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，
又a1＋a1＝1，
∴a1＝eq \f(1,2)，∴a1－1＝－eq \f(1,2)≠0，
∵eq \f(an＋1－1,an－1)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(1,2).
故{cn}是以c1＝a1－1＝－eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列.
(2)解 由(1)知cn＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).
∵cn＝an－1，∴an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).
考点三 等比数列的性质
角度1 项的性质
例3 (2023·湖南师大附中模拟)在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝eq \f(12,5)，a4a5＝－eq \f(2,5)，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＋eq \f(1,a6)＋eq \f(1,a7)＋eq \f(1,a8)＝________.
答案 －6
解析 eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＋eq \f(1,a6)＋eq \f(1,a7)＋eq \f(1,a8)＝eq \f(a1＋a8,a1a8)＋eq \f(a2＋a7,a2a7)＋eq \f(a3＋a6,a3a6)＋eq \f(a4＋a5,a4a5)，
∵在等比数列{an}中，a4a5＝－eq \f(2,5)，
则a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝－eq \f(2,5)，
∴原式＝－eq \f(5,2)(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8)＝－eq \f(5,2)×eq \f(12,5)＝－6.
角度2 前n项和的性质
例4 已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于( )
A.40 B.60
C.32 D.50
答案 B
解析 数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即4，8，S9－S6，S12－S9是等比数列，
∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.
角度3 等比数列中的最值
例5 (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，并满足条件a1＞1，a2 023a2 024＞1，eq \f(a2 023－1,a2 024－1)＜0，下列结论正确的是( )
A.S2 023＜S2 024B.a2 023a2 025－1＜0
C.T2 024是数列{Tn}中的最大值D.数列{Tn}无最大值
答案 AB
解析 当q＜0时，a2 023a2 024＝aeq \\al(2,2 023)q＜0，不成立；
当q≥1时，a2 023＞1，a2 024＞1，eq \f(a2 023－1,a2 024－1)＜0，不成立；
故0＜q＜1，且a2 023＞1，0＜a2 024＜1，
故S2 024＞S2 023，A正确；
a2 023a2 025－1＝aeq \\al(2,2 024)－1＜0，故B正确；
T2 023是数列{Tn}中的最大值，C、D错误.
感悟提升 1.等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.
2.涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.
训练3 (1)(多选)(2023·茂名一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列选项中错误的是( )
A.若S3＝4，S6＝12，则S9＝29
B.若a1＝1，q＝eq \f(3,4)，则Sn＝4－3an
C.若a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝－6
D.若a1＝1，a5＝4a3，则an＝2n－1
答案 ACD
解析 对于A，易知公比q≠－1，
则可知S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
又S3＝4，S6－S3＝12－4＝8，
∴S9－S6＝16，
∴S9＝S6＋16＝12＋16＝28，A错误；
对于B，∵a1＝1，q＝eq \f(3,4)，
∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n－1)，Sn＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))\s\up12(n),1－\f(3,4))＝eq \f(1－\f(3,4)an,1－\f(3,4))＝4－3an，B正确；
对于C，由a5a6＝a4a7得a4a7＝－8，
又a4＋a7＝2，
∴a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，
∴q3＝－eq \f(1,2)或q3＝－2.
当q3＝－eq \f(1,2)时，a1＋a10＝eq \f(a4,q3)＋a4q6＝eq \f(4,－\f(1,2))＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝－7；
当q3＝－2时，a1＋a10＝eq \f(a4,q3)＋a4q6＝eq \f(－2,－2)＋(－2)×(－2)2＝－7，C错误；
对于D，∵a1＝1，a5＝4a3，
∴q4＝4q2，得q＝－2或q＝2，
∴an＝(－2)n－1或an＝2n－1，D错误.
(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为________.
答案 20
解析 在正项等比数列{an}中，Sn>0，
因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
所以S12－S8＝eq \f(（S4＋5）2,S4)＝eq \f(25,S4)＋S4＋10≥2eq \r(\f(25,S4)·S4)＋10＝20(当且仅当S4＝5时取等号).
因为a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，
所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
分层精练·巩固提升
【A级 基础巩固】
1.(2023·昆明摸底)已知各项均为正数的等比数列{an}的前3项和为14，a1＝2，则数列{an}的公比等于( )
A.4 B.3
C.2 D.1
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，
则由a1＝2，a1＋a2＋a3＝14，
得2＋2q＋2q2＝14，
解得q＝2或q＝－3(舍去).
2.(2021·全国甲卷)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
答案 A
解析 易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，
由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，
即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.
3.某工厂生产A，B，C三种产品的数量刚好构成一个公比为q(q≠1)的等比数列，现从全体产品中按分层随机抽样的方法抽取一个样本容量为260的样本进行调查，其中C产品的数量为20，则抽取的A产品的数量为( )
A.100 B.140
C.180 D.120
答案 C
解析 ∵A，B，C三种产品的数量刚好构成一个公比为q的等比数列，C产品的数量为20，
∴A产品的数量为eq \f(20,q2)，B产品的数量为eq \f(20,q)，
∵样本容量为260，∴eq \f(20,q2)＋eq \f(20,q)＋20＝260，
解得q＝eq \f(1,3)或－eq \f(1,4)(舍去)，
则A产品的数量为eq \f(20,q2)＝eq \f(20,\f(1,9))＝180，故选C.
4.(2023·北京顺义区模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q.若Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,qn－1，n＞1，))则a3等于( )
A.8 B.9
C.18 D.54
答案 C
解析 因为Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,qn－1，n＞1，))
故可得a1＝2，a2＝S2－S1＝q2－3，a3＝S3－S2＝q3－q2.
又数列{an}是等比数列，公比为q，
则a2＝a1q，即q2－3＝2q，
解得q＝3或q＝－1.
若q＝3，则a1＝2，a2＝6，a3＝18；
若q＝－1，则a1＝2，a2＝－2，a3＝a2q＝2≠S3－S2，不满足题意，舍去.
故a3＝18.
5.(多选)若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是( )
A.若a1＞0，0＜q＜1，则{an}为递减数列
B.若a1＜0，0＜q＜1，则{an}为递增数列
C.若q＞0，则S4＋S6＞2S5
D.若bn＝eq \f(1,an)，则{bn}是等比数列
答案 ABD
解析 A，B显然正确；
C中，若a1＝1，q＝eq \f(1,2)，则a6＜a5，
即S6－S5＜S5－S4，故C错误；
D中，eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,q)(q≠0)，
∴{bn}是等比数列，D正确.
6.(2023·西安质检)已知两个等比数列{an}，{bn}的前n项积分别为An，Bn，若eq \f(a3,b3)＝3，则eq \f(A5,B5)＝( )
A.3 B.27
C.81 D.243
答案 D
解析 法一 设等比数列{an}的公比为q1，
则a3＝a1qeq \\al(2,1)，{an}的前5项积A5＝a1a2a3a4a5＝aeq \\al(5,1)qeq \\al(1＋2＋3＋4,1)＝aeq \\al(5,1)qeq \\al(10,1).
设等比数列{bn}的公比为q2，
则b3＝b1qeq \\al(2,2)，B5＝beq \\al(5,1)qeq \\al(10,2).
因为eq \f(a3,b3)＝eq \f(a1qeq \\al(2,1),b1qeq \\al(2,2))＝3，
所以eq \f(A5,B5)＝eq \f(aeq \\al(5,1)qeq \\al(10,1),beq \\al(5,1)qeq \\al(10,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1qeq \\al(2,1),b1qeq \\al(2,2))))eq \s\up12(5)＝35＝243.
法二 由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝aeq \\al(2,3)，
所以{an}的前5项积A5＝a1a2a3a4a5＝aeq \\al(5,3)，
同理可得B5＝beq \\al(5,3)，所以eq \f(A5,B5)＝eq \f(aeq \\al(5,3),beq \\al(5,3))＝35＝243.
法三 因为{an}，{bn}均是等比数列，且eq \f(a3,b3)＝3，
所以不妨设an＝3，bn＝1，此时{an} 的前5项积
A5＝35＝243，{bn}的前5项积B5＝15＝1，则eq \f(A5,B5)＝243.
7.(2023·苏北四市模拟)已知函数f(x)＝eq \f(2,1＋x2)，且等比数列{an}满足a2a2 023＝1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 024)＝( )
A.2 024 B.1 012
C.2 D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 易知f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(2,1＋x2)＋eq \f(2x2,x2＋1)＝2，
则f(a2)＋f(a2 023)＝f(a2)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)))＝2.
因为{an}为等比数列，
所以a1a2 024＝a2a2 023＝…＝a1 012a1 013＝1，
所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 024)＝1 012×[f(a2)＋f(a2 023)]＝2×1 012＝2 024.
8.(2023·合肥质检)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，S3＝13，则a3＝________.
答案 1或9
解析 法一 设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，
则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＝3，,\f(a1（1－q3）,1－q)＝13，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝9，,q＝\f(1,3)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝3，))
所以a3＝a1q2＝9×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝1或a3＝a1q2＝1×32＝9.
法二 由S3＝a1＋a2＋a3＝3＋a1＋a3＝13，
得a1＝10－a3.
由等比数列的性质，知aeq \\al(2,2)＝a1a3，
即9＝(10－a3)·a3，
解得a3＝1或a3＝9.
9.(2023·嘉兴联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.
答案 1
解析 由于S3＝7，S6＝63知公比q≠1，
又S6＝S3＋q3S3，得63＝7＋7q3.
∴q3＝8，q＝2.
由S3＝eq \f(a1（1－q3）,1－q)＝eq \f(a1（1－8）,1－2)＝7，得a1＝1.
10.(2022·上海外国语附中调研)设数列{xn}满足lgaxn＋1＝1＋lgaxn(a＞0，a≠1)，若x1＋x2＋…＋x100＝100，则x101＋x102＋…＋x200＝________.
答案 100a100
解析 ∵lgaxn＋1＝1＋lgaxn(a＞0，a≠1)，
则1＝lgaxn＋1－lgaxn＝lgaeq \f(xn＋1,xn)，
∴eq \f(xn＋1,xn)＝a，
∴数列{xn}是公比为a的等比数列，
∵x1＋x2＋…＋x100＝100，
∴x101＋x102＋…＋x200＝a100(x1＋x2＋…＋x100)＝100a100.
11.(2023·海口调考节选)已知数列{an}满足：a1＝1，eq \f(an＋1－1,an)＝2(n∈N*).求证：{an＋1}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式.
证明 由eq \f(an＋1－1,an)＝2，得an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2an＋2，
即an＋1＋1＝2(an＋1)，
因为a1＋1＝2≠0，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以an＋1＝2×2n－1＝2n，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*).
12.(2022·新高考Ⅱ卷)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.
(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，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，
即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，
即a1＝b1.
(2)解 由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，
所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，
即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.
【B级 能力提升】
13.(2023·葫芦岛质检)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq \f(an,Sn)＝( )
A.eq \f(2n－1,2n＋1) B.eq \f(2n＋1,2n－1)
C.eq \f(2n－1,2n－1) D.eq \f(2n－1,2n＋1)
答案 C
解析 由数列{an}为等比数列，设其公比为q，
由a5－a3＝12，a6－a4＝24，
可得eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(（a5－a3）q,a5－a3)＝eq \f(24,12)，解得q＝2，
将q＝2代入a5－a3＝12，
得a1×24－a1×22＝12，解得a1＝1，
所以an＝2n－1，Sn＝eq \f(1×（1－2n）,1－2)＝2n－1，
所以eq \f(an,Sn)＝eq \f(2n－1,2n－1).
14.(多选)(2023·石家庄检测)已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝20，2a6＋a5－a4＝0，数列{an}的前n项积为Tn，则( )
A.数列{an}单调递增 B.数列{an}单调递减
C.Tn的最大值为T5 D.Tn的最小值为T5
答案 BC
解析 设等比数列{an}的公比为q，
因为2a6＋a5－a4＝0，
所以2a4q2＋a4q－a4＝0.
因为a4＞0，所以2q2＋q－1＝0，
解得q＝eq \f(1,2)或q＝－1(舍去).
所以数列{an}单调递减，A错误，B正确.
因为数列{an}单调递减，且各项均为正数，
所以数列{an}的前n项积Tn有最大值，无最小值，D错误.
若Tn取最大值，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥1，,an＋1＜1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(20×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n－1)≥1，,20×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n)＜1，))
又n∈N*，所以n＝5，
即Tn的最大值为T5，C正确.
15.(2023·济南质检)在正项等比数列{an}中，存在两项am，an(m≠n且m，n∈N*)，使得eq \r(aman)＝4eq \r(2)a1，且a7＝a6＋2a5，则eq \f(1,2m－1)＋eq \f(8,n)的最小值是________.
答案 eq \f(29,15)
解析 设{an}的公比为q，q＞0，
由题设a1q6＝a1q5＋2a1q4，又an＞0，
所以q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍).
由eq \r(aman)＝a1eq \r(qm＋n－2)＝4eq \r(2)a1，
即2m＋n－2＝32，可得m＋n＝7，
所以2m－1＋2n＝13，又m，n∈N*，
则2m－1＞0，2n＞0，
eq \f(1,2m－1)＋eq \f(8,n)＝eq \f(1,13)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m－1)＋\f(8,n)))(2m－1＋2n)＝eq \f(1,13)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(17＋\f(2n,2m－1)＋\f(8（2m－1）,n)))
≥eq \f(1,13)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(17＋2\r(\f(2n,2m－1)·\f(8（2m－1）,n))))＝eq \f(25,13)，
当且仅当m＝eq \f(9,5)，n＝eq \f(26,5)时等号成立.
又m，n∈N*.
所以eq \f(1,2m－1)＋eq \f(8,n)＞eq \f(25,13)，
故当m＝2，n＝5时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m－1)＋\f(8,n)))eq \s\d7(min)＝eq \f(29,15).
16.(2023·武汉质检)已知公比不为1的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞eq \f(23,8)成立的最大正整数k的值.
解 (1)设公比为q，由题意得a1＋a2＝2a3，
∴a1(1＋q－2q2)＝0，
又∵a1≠0，∴q＝－eq \f(1,2)或q＝1(舍去)，
∵a1＋a3＝5，∴a1(1＋q2)＝5，∴a1＝4，
∴an＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1).
(2)Sn＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n))).
∵Sk＞eq \f(23,8)，∴eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(k)))＞eq \f(23,8)，
∴eq \f(5,64)＜－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)，
显然，k为奇数，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)＞eq \f(5,64)＞eq \f(4,64)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)，
解得k≤3，
所以满足条件的最大正整数k的值为3.