2026届高考数学一轮总复习提能训练练案37等比数列及其前n项和

这是一份2026届高考数学一轮总复习提能训练练案37等比数列及其前n项和，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2024·黑龙江哈尔滨模拟预测)已知正项等比数列{an}的前三项和为28且a3＝4，则a8＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,4)
C．eq \f(1,8) D．eq \f(1,16)
[答案] C
[解析] 由题意设公比为q>0，则4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,q)＋\f(1,q2)))＝28，即eq \f(1,q2)＋eq \f(1,q)－6＝0，解得q＝eq \f(1,2)(负值舍)，所以a8＝a3q5＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(1,8).故选C．
2．(2025·浙江名校新高考研究联盟联考)设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S3＝a4－2，S2＝a3－2，则公比q＝( )
A．2 B．－2
C．eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
[答案] A
[解析] 由已知，S3＝a4－2，S2＝a3－2，两式相减得，S3－S2＝a3＝a4－a3，即a4＝2a3，即q＝eq \f(a4,a3)＝2，故选A．
3．(2025·河北石家庄模拟)已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(2,3)an＋4，且a1＝1，则{an}的通项公式为( )
A．an＝12－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1 B．an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n＋2
C．an＝12－11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1 D．an＝8＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1
[答案] C
[解析] 由题意知an＋1－12＝eq \f(2,3)(an－12)，所以{an－12}是首项为a1－12＝－11，公比为eq \f(2,3)的等比数列，所以an－12＝－11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，即an＝12－11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1.故选C．
4．(2025·湖南益阳质检)已知等比数列{an}中，a1＋a3＝2，a4＋a6＝16，则a10＋a12＝( )
A．26 B．32
C．512 D．1 024
[答案] D
[解析] 由等比数列的性质知{an＋an＋2}也是等比数列，设{an}的公比为q，则a4＋a6＝(a1＋a3)·q3，即q3＝8，∴a10＋a12＝(a4＋a6)q6＝1 024.故选D．
5．(2023·北京质检)明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑．其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一．”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”．则该塔从塔底数第二层灯的盏数为( )
A．3 B．6
C．96 D．192
[答案] C
[解析] 根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1，则有S7＝eq \f(a1·1－27,1－2)＝381，解得a1＝3，从塔底数第二层灯的盏数为a6＝a1q5＝3×25＝96，故选C．
6．(2025·河南部分学校联合质检)若数列{an}是公比为q的等比数列，且lg2a4＋lg2a13＝3，a6a10＝4，则q的值为( )
A．2 B．4
C．±2 D．±4
[答案] A
[解析] 数列{an}中，由lg2a4＋lg2a13＝3，知a4>0，a13>0，则an>0，又lg2(a4a13)＝3，于是a4a13＝23＝8，而a4a12＝a6a10＝4，所以q＝eq \f(a4a13,a4a12)＝2.故选A．
7．(2025·辽宁丹东阶段测试)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝4，S8＝16，则a9＋a10＋a11＋a12＝( )
A．36 B．32
C．24 D．16
[答案] A
[解析] 设等比数列{an}的公比为q，由S4＝4，S8＝16，得a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，因此q4＝eq \f(a5＋a6＋a7＋a8,S4)＝3，所以a9＋a10＋a11＋a12＝q4(a5＋a6＋a7＋a8)＝36.故选A．
8．(2025·广东部分学校联考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5a7＝3，a3a10＝9，则eq \f(S10,S5)＝( )
A．243 B．244
C．81 D．82
[答案] B
[解析] 由等比数列性质可得a3a10＝a6a7＝9，设{an}的公比为q，则q＝eq \f(a6a7,a5a7)＝3，故eq \f(S10,S5)＝eq \f(\f(a11－q10,1－q),\f(a11－q5,1－q))＝eq \f(1－q10,1－q5)＝1＋q5＝244.故选B．
二、多选题
9．(2025·山东名校考试联盟检测)已知Sn为数列{an}前n项和，若Sn＝3an＋n，则( )
A．a1＝eq \f(1,2)
B．数列{an－1}为等比数列
C．an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n
D．Sn＝3－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n＋n
[答案] BCD
[解析] 当n＝1时，S1＝3a1＋1，解得a1＝－eq \f(1,2)，故A错误；因为Sn＝3an＋n，当n≥2时，Sn－1＝3an－1＋n－1，将两式相减可得an＝3an－3an－1＋1，即an＝eq \f(3,2)an－1－eq \f(1,2)，则an－1＝eq \f(3,2)(an－1－1)，因a1＝－eq \f(1,2)，则a1－1＝－eq \f(3,2)，数列{an－1}的首项为－eq \f(3,2)，公比为eq \f(3,2)的等比数列，故B正确；由B知an－1＝－eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n，所以an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n，故C正确；Sn＝3an＋n＝3－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n＋n，故D正确．故选BCD．
10．(2024·江西赣州一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a3＝18，S3＝26，则( )
A．an>0
B．Sn>0
C．数列{|an|}为单调数列
D．数列{|Sn|}为单调数列
[答案] BC
[解析] 设数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝18，,a1＋a1q＋a1q2＝26，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝3，,a1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝－\f(3,4)，,a1＝32，))
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝－\f(3,4)，,a1＝32，))n为奇数时，an0，当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝3，,a1＝2，))时，
1－q0，所以|Sn|＝Sn，
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝－\f(3,4)，,a1＝32))时，
Sn＝eq \f(32\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))n)),1＋\f(3,4))＝eq \f(128,7)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))n))，
此时Sn不具有单调性，所以D错误，故选BC．
三、填空题
11．(2025·江西景德镇质检)已知公比不为1的等比数列{an}，a1＝1且3a1，2a2，a3成等差，则a2 025＝________.
[答案] 32 024
[解析] 由题知：∵3a1，2a2，a3成等差，∴4a2＝3a1＋a3，又{an}是公比不为1的等比数列，∴4q＝3＋q2，∴q＝3，a2 025＝32 024.
12．(2025·河北石家庄摸底)在等比数列{an}中，a1＝1，a2·a3·a4＝64，则a5＝________.
[答案] 16
[解析] 由a2a3a4＝64，及a2a4＝aeq \\al(2,3)，可得aeq \\al(3,3)＝64，即a3＝4，又a1a5＝aeq \\al(2,3)，所以a5＝16.
13．(2023·高考全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________.
[答案] －eq \f(1,2)
[解析] 若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不合题意，所以q≠1.又8S6＝7S3，则8(S3＋q3S3)＝7S3，即8·(1＋q3)＝7，解得q＝－eq \f(1,2).
14．(2025·江苏泰州靖江调研)已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn是3an和－2的等差中项，则Sn＝________.
[答案] 3n－1
[解析] 由于Sn是3an和－2的等差中项，所以2Sn＝3an－2，当n＝1时，2a1＝3a1－2，a1＝2，当n≥2时，2Sn＝3an－2，2Sn－1＝3an－1－2，两式相减并化简得2an＝3an－3an－1，an＝3an－1，所以{an}是首项为a1＝2，公比为3的等比数列，所以an＝2·3n－1，a1也符合，所以an＝2·3n－1，所以2Sn＝3an－2＝2·3n－2，Sn＝3n－1.
四、解答题
15．(2024·全国甲卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{Sn}的通项公式．
[解析] (1)因为2Sn＝3an＋1－3，故2Sn－1＝3an－3，所以2an＝3an＋1－3an(n≥2)即5an＝3an＋1，故等比数列的公比为q＝eq \f(5,3)，
故2a1＝3a2－3＝3a1×eq \f(5,3)－3＝5a1－3，故a1＝1，
故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))n－1.
(2)由等比数列求和公式得
Sn＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))n)),1－\f(5,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))n－eq \f(3,2).
B组能力提升
1．(2023·天津卷，6，5分)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
[解析] ∵an＋1＝2Sn＋2，∴an＝2Sn－1＋2(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，
又∵{an}是等比数列，∴{an}的公比为3.
而a2＝2S1＋2，∴3a1＝2a1＋2，∴a1＝2，
∴an＝2·3n－1，∴a4＝2×33＝54，故选C．
2．(2025·山东名校考试联盟检测)已知等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝2n＋1，则eq \f(a3,b5)＝( )
A．9 B．10
C．11 D．12
[答案] C
[解析] 由等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，所以可设Sn＝kn(2n＋1)，Tn＝kn，k≠0，所以可得eq \f(a3,b5)＝eq \f(S3－S2,T5－T4)＝eq \f(21k－10k,5k－4k)＝11，故C正确．故选C．
3．(多选题)(2025·河南部分学校联合质检)设等比数列{an}前n项积为Tn，公比为q.若a1>1，a2 023a2 024>1，eq \f(a2 023－1,a2 024－1)1，eq \f(a2 023－1,a2 024－1)1，a2 0241可知，
a2 024>1，01，0