高考数学精品讲义练习【一轮复习】第六章　6．3　等比数列

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】第六章　6．3　等比数列，共12页。试卷主要包含了理解等比数列与指数函数的关系，等比数列的单调性，，例如等内容，欢迎下载使用。
1．理解等比数列的概念和通项公式的意义，掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．
2．能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题．
3．理解等比数列与指数函数的关系．
1．等比数列的概念
(1)等比数列的定义：一般地，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，公比通常用字母q表示(q≠0)，即 eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*)，或 eq \f(an,an－1)＝q(n∈N*，n≥2).
(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，此时，G2＝abＷ．
2．等比数列的通项公式与前n项和公式
(1)通项公式：an＝a1qn-1．该式又可以写成an＝ eq \f(a1,q)·qn，这表明q>0且q≠1时，an是函数y＝ eq \f(a1,q)·qx当x＝n时的函数值．
(2)前n项和公式：
Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1(q＝1)，,\f(a1(1－qn),1－q)＝\f(a1－anq,1－q)(q≠1)))．
当q≠1时，该式又可以写成Sn＝ eq \f(a1,1－q)－ eq \f(a1,1－q)·qn，这表明q>0，且q≠1时，Sn的图象是指数型函数y＝－Aqx＋A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＝\f(a1,1－q)))图象上一群孤立的点．
3．等比数列的性质
(1)与项有关的性质
①在等比数列{an}中，an＝amqn－m(n，m∈N*).
②在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2k，m，n，p，q，k∈N*，则aman＝apaq＝a eq \\al(2,k).
③在公比为q的等比数列{an}中，取出项数成等差数列的项ak，ak＋d，ak＋2d，…，仍可组成一个等比数列，公比是qd.
④m个等比数列，由它们的各对应项之积组成一个新数列，仍然是等比数列，公比是原来每个等比数列对应的公比之积．
⑤若{an}，{bn}（项数相同）均为等比数列，公比分别为q1，q2，则{kan}(k≠0)仍为等比数列，且公比为q1；{anbn}仍为等比数列，且公比为q1q2； eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍为等比数列，且公比为 eq \f(q1,q2).
⑥当{an}是公比为q(q>0)的正项等比数列时，数列{lg an}是等差数列，首项为lg a1，公差为lg q.
(2)与和有关的性质
①等比数列连续k项的和仍为等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，仍为等比数列，且公比为qk（q≠－1，或q＝－1且k为奇数）.
②在等比数列中，若项数为2n(n∈N*)，则 eq \f(S偶,S奇)＝q.
③在等比数列中，当qm≠1时， eq \f(Sn,Sm)＝ eq \f(1－qn,1－qm)，n，m∈N*.
④在等比数列中，Sn＋m＝Sn＋qnSm，n，m∈N*.
4．等比数列的单调性
(1)当a1>0，q>1或a1＜0，00恒成立，所以a2>0，则a4＝a2q2>0，故a4＝2.故选C.
命题角度2 和的性质
【例4】 (1)（2024·湖北襄阳模拟）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＋S24＝140，且S24＝13S8，则S16＝( A )
A．40 B．－30
C．30 D．－30或40
【解析】 设等比数列{an}的公比为q，因为S8＋S24＝140，且S24＝13S8，所以S8＝10，S24＝130，故q≠±1，所以 eq \f(S24,S8)＝ eq \f(1－q24,1－q8)＝(q8)2＋q8＋1＝13，即(q8)2＋q8－12＝0，解得q8＝3或q8＝－4（舍去），由等比数列性质可知，S8，S16－S8，S24－S16成等比数列，公比为q8＝3，所以S16－10＝10×q8＝30，解得S16＝40.故选A.
(2)已知等比数列{an}中，a1＝1，a1＋a3＋…＋a2k＋1＝85，a2＋a4＋…＋a2k＝42，则k＝( B )
A．2 B．3
C．4 D．5
【解析】 设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a3＋…＋a2k＋1＝a1＋a2q＋…＋a2kq＝85，即q(a2＋…＋a2k)＝85－1＝84，因为a2＋a4＋…＋a2k＝42，所以q＝2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2k＋a2k＋1＝85＋42＝127＝ eq \f(1×(1－22k+1),1－2)，即128＝22k+1，解得k＝3.故选B.
1．在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq”，可以减少运算量，提高解题速度．
2．在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
【对点训练3】 (1)（2024·贵州贵阳二模）记等比数列{an}的前n项和为Sn，a1a2a3＝27，a5＝81，则S5＝( A )
A．121 B．63
C．40 D．31
解析：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，若a1a2a3＝27，则有a eq \\al(3,2)＝27，解得a2＝3，又由a5＝81，则q3＝ eq \f(a5,a2)＝ eq \f(81,3)＝27，解得q＝3，故a1＝ eq \f(a2,q)＝1，则S5＝ eq \f(a1(1－q5),1－q)＝ eq \f(1－35,1－3)＝121.故选A.
(2)（多选）（2024·湖北武汉二模）下列命题正确的是( BD )
A．若{an}，{bn}均为等比数列且公比相等，则{an＋bn}也是等比数列
B．若{an}为等比数列，其前n项和为Sn，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列
C．若{an}为等比数列，其前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列
D．若数列{an}的前n项和为Sn，则“an>0(n∈N*)”是“{Sn}为递增数列”的充分不必要条件
解析：若a1＝－b1且{an}，{bn}公比相等，则a1＋b1＝0，显然不满足等比数列，A错误；若{an}的公比为q，而S3＝a1(1＋q＋q2)，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a1(q3＋q4＋q5)，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝a1(q6＋q7＋q8)，所以S3，S6－S3，S9－S6是公比为q3的等比数列，B正确；同B分析，Sn＝a1(1＋q＋…＋qn-1)，S2n－Sn＝a1(qn＋qn+1＋…＋q2n-1)，S3n－S2n＝a1(q2n＋q2n+1＋…＋q3n-1)，若n为偶数，q＝－1时，显然各项均为0，不为等比数列，C错误；当an>0(n∈N*)，则Sn＝Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，易知{Sn}为递增数列，充分性成立，当{Sn}为递增数列，则Sn>Sn－1⇒Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，显然{an}为－1，2，2，2，…满足，但an>0不恒成立，必要性不成立，所以“an>0(n∈N*)”是“{Sn}为递增数列”的充分不必要条件，D正确．故选BD.
课时作业40
1．（5分）（2024·四川凉山三模）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a2＝－3，S3＝7，则公比q＝( D )
A．－3 B．－ eq \f(1,3)
C．3或 eq \f(1,3) D．－3或－ eq \f(1,3)
解析：由S3＝a1＋a1q＋a1q2＝7，a2＝a1q＝－3，得 eq \f(－3,q)－3－3q＝7，即3q2＋10q＋3＝0，解得q＝－3或q＝－ eq \f(1,3).故选D.
2．（5分）（2024·天津河西区三模）若数列{an}满足an＋1＝2an－1，则称{an}为“对奇数列”．已知正项数列{bn＋1}为“对奇数列”，且b1＝2，则b2 025＝( D )
A．2×32 023 B．22 023
C．22 024 D．22 025
解析：因为正项数列{bn＋1}为“对奇数列”，所以bn＋1＋1＝2(bn＋1)－1，则bn＋1＝2bn，即数列{bn}是公比为2的等比数列，又因为b1＝2，所以b2 025＝2×22 024＝22 025.故选D.
3．（5分）（2024·浙江金华三模）已知{bn}是等比数列，若b2＝3，b6＝27，则b4的值为( A )
A．9 B．－9
C．±9 D．81
解析：由题得b eq \\al(2,4)＝b2·b6＝3×27＝81，而b4＝b2·q2>0，则b4＝9.故选A.
4．（5分）（2024·陕西西安三模）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＋a4＋a7＝2，a2＋a5＋a8＝4，则S9＝( B )
A．12 B．14
C．16 D．18
解析：设等比数列{an}的公比为q，可得 eq \f(a2＋a5＋a8,a1＋a4＋a7)＝ eq \f(q(a1＋a4＋a7),a1＋a4＋a7)＝q＝2，则a3＋a6＋a9＝q(a2＋a5＋a8)＝8，所以S9＝2＋4＋8＝14.故选B.
5．（5分）（2024·四川内江三模）在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S10＝5，S20＝15，则S30的值为( C )
A．25 B．30
C．35 D．40
解析：因为{an}为等比数列，所以S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，即5，15－5，S30－15成等比数列，可得5(S30－15)＝100，所以S30＝35.故选C.
6．（5分）（2024·山东青岛二模）一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房……以此类推，用an表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数，则a2 024a2 026－a eq \\al(2,2 025)＝( A )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
解析：依题意，an＝an－1＋an－2(n∈N*，n≥3)，a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋a2＝3，当n≥2时，anan＋2－a eq \\al(2,n＋1)＝an(an＋1＋an)－a eq \\al(2,n＋1)＝anan＋1＋a eq \\al(2,n)－a eq \\al(2,n＋1)＝a eq \\al(2,n)＋an＋1(an－an＋1)＝a eq \\al(2,n)－an＋1an－1＝－（an－1an＋1－a eq \\al(2,n)），又a1a3－a eq \\al(2,2)＝－1，所以数列{anan＋2－a eq \\al(2,n＋1)}是首项为－1，公比为－1的等比数列，所以a2 024a2 026－a eq \\al(2,2 025)＝(－1)×(－1)2 024-1＝1.故选A.
7．（6分）（多选）分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图1的分形规律生长成一个图2的树形图，设图2中第n行白心圈的个数为an，黑心圈的个数为bn，则下列说法正确的是( ACD )
A．a3＝5
B．b3＝2
C．数列{an－bn}为等比数列
D．图2中第2 026行的黑心圈的个数是 eq \f(32 025－1,2)
解析：由题图可得a3＝5，b3＝4，故A正确，B错误；an＋bn＝3n-1，an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝2bn＋an，且有a1＝1，b1＝0，故有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)，,an＋1－bn＋1＝an－bn，))且a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，{an－bn}为常数列，且a1－b1＝1，所以{an－bn}是以1为首项，1为公比的等比数列，故C正确；由上可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋bn＝3n-1，,an－bn＝1，))故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝\f(3n-1＋1,2)，,bn＝\f(3n-1－1,2)，))所以b2 026＝ eq \f(32 025－1,2)，故D正确．故选ACD.
8．（6分）（多选）（2024·河南驻马店二模）设y＝M(x)是定义在N*上的奇因函数，其中M(x)指x的最大奇因数，如M(3)＝3，M(6)＝3，M(8)＝1，则( ABD )
A．对k∈N*，M(2k－1)≥M(2k)
B．M(2k)＝M(k)
C．M(1)＋M(2)＋…＋M(63)＝931
D．M(1＋2＋…＋63)＝63
解析：由题意得M(2k)＝M(k)，故B正确；M(2k)＝M(k)≤k，M(2k－1)＝2k－1≥k，故A正确；1＋2＋3＋…＋63＝ eq \f(1＋63,2)×63＝25×63，所以M(1＋2＋3＋…＋63)＝M(25×63)＝M(63)＝63，故D正确；M(1)＋M(2)＋…＋M(63)＝[M(1)＋M(3)＋…＋M(63)]＋[M(2)＋M(4)＋…＋M(62)]＝1＋3＋…＋63＋[M(1)＋M(2)＋…＋M(31)]＝ eq \f(32×(1＋63),2)＋[M(1)＋M(2)＋…＋M(31)]＝210＋[M(1)＋M(3)＋…＋M(31)]＋[M(2)＋M(4)＋…＋M(30)]＝…＝210＋28＋26＋24＋22＋20＝ eq \f(1－46,1－4)＝1 365，故C错误．故选ABD.
9．（5分）（2024·山东青岛三模）已知等差数列{an}的公差d≠0，首项a1＝ eq \f(1,2)，a4是a2与a8的等比中项，记Sn为数列{an}的前n项和，则S20＝105．
解析：等差数列{an}中，a1＝ eq \f(1,2)，a4是a2与a8的等比中项，所以a eq \\al(2,4)＝a2a8，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋3d)) eq \s\up12(2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋d)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋7d))，解得d＝ eq \f(1,2)或d＝0（不合题意，舍去），所以S20＝20× eq \f(1,2)＋ eq \f(20×19×\f(1,2),2)＝105.
10．（5分）（2024·北京顺义区三模）命题：若{an}是等比数列，则前n项和Sn不存在最大值和最小值．写出一组说明此命题为假命题的首项a1＝1（答案不唯一）和公比q＝2（答案不唯一）．
解析：因为命题“若{an}是等比数列，则前n项和Sn不存在最大值和最小值”为假命题，所以可得若{an}是等比数列，则前n项和Sn存在最大值或最小值，因为只需确定满足条件的一组取值，故不妨先考虑q>0条件下是否存在，若q＝1，则Sn＝na1，当a1>0时，则Sn随n的增大而增大，此时Sn有最小值，满足条件，当a10时，若a1>0，则Sn随n的增大而增大，此时Sn有最小值，满足条件，当q>0时，若a1