2024年高考数学第一轮复习20_专题七73等比数列（专题试卷+讲解PPT）

这是一份2024年高考数学第一轮复习20_专题七73等比数列（专题试卷+讲解PPT），文件包含1_73等比数列分层集训pptx、1_73等比数列pptx、1_73等比数列十年高考docx、1_73等比数列docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共40页， 欢迎下载使用。
7.3　等比数列考点一　等比数列及其前n项和1.(2021全国甲文,9,5分)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　解题指导:思路一:直接利用求和公式解关于首项和公比两个基本量的方程组.思路二:根据等比数列前n项和的性质(依次每n项和仍然成等比数列且Sn≠0)求解.解析　解法一(基本量法):设{an}的首项为a1,公比为q(q≠1),则∴S6==7,故选A.解法二(利用等比数列前n项和的性质):由题意知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(6-4)2=4(S6-6),解得S6=7,故选A.2.(2021全国甲理,7,5分)等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn.设甲:q>0,乙:{Sn}是递增数列,则 (　　)A.甲是乙的充分条件但不是必要条件　　　　B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件　　　　D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案　B　当q=1,a1<0时,等比数列{an}的前n项和Sn=na1<0,可知{Sn}是单调递减数列,因此甲不是乙的充分条件;若{Sn}是递增数列,则当n≥2时,an=Sn-Sn-1>0,即a1qn-1>0恒成立,而只有当a1>0,q>0时,a1qn-1>0恒成立,所以可得q>0,因此甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的必要条件但不是充分条件.故选B.方法总结:研究数列{Sn}的单调性只需考虑Sn>Sn-1或Sn<Sn-1(n≥2)成立,不需讨论对任意n,m∈N*且n<m,有Sn<Sm或Sn>Sm恒成立.3.(2022全国乙,理8,文10,5分)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　解法一:设{an}的公比为q,则=q(1-q)=,4q2-4q+1=0,即(2q-1)2=0,∴q=,代入①得a1=96,故a6=a1q5=96×=3,故选D.解法二:设数列{an}的公比为q,前n项和为Sn.由a2-a5=42,得q≠1.由题意得=4,即4q2-4q+1=0,∴(2q-1)2=0,得q=,代入①得a1=96,∴a6=a1q5=96×=3,故选D. 4.(2013课标Ⅰ文,6,5分)设首项为1,公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)A.Sn=2an-1　　　　　B.Sn=3an-2C.Sn=4-3an　　　　　D.Sn=3-2an答案　D　因为a1=1,公比q=,所以an=,Sn==31-=3-2=3-2an,故选D.5.(2013课标Ⅱ理,3,5分)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=(　　)A.　　　B.-　　　C.　　　D.-答案　C　由已知条件及S3=a1+a2+a3得a3=9a1,设数列{an}的公比为q,则q2=9.所以a5=9=a1·q4=81a1,得a1=,故选C.6.(2019课标Ⅰ文,14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=,则S4=　　　　. 答案　解析　本题主要考查等比数列的有关概念;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数学运算.设公比为q(q≠0),则S3=a1+a2+a3=1+q+q2=,解得q=-,∴a4=a1q3=-,∴S4=S3+a4=-=.7.(2017课标Ⅲ理,14,5分)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 =　　　　. 答案　-8解析　本题考查等比数列的通项.设等比数列{an}的公比为q,由题意得解得∴a4=a1q3=-8.8.(2015课标Ⅰ文,13,5分)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若Sn=126,则n=　　　　. 答案　6解析　由已知得{an}为等比数列,公比q=2,由首项a1=2,Sn=126得=126,解得2n+1=128,∴n=6.评析　本题主要考查等比数列的定义及前n项和公式,属容易题,注意运算要准确哦!9.(2015湖南理,14,5分)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=　　　　. 答案　3n-1解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以an=a1qn-1=3n-1.10.(2013辽宁理,14,5分)已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=　　　　. 答案　63解析　a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根且{an}是递增数列,故a3=4,a1=1,故公比q=2,S6==63.评析　本题考查了等比数列的求和公式.数列{an}递增是解题的关键,没考虑到q>0是失分的主因.11.(2012课标文,14,5分)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比q=　　　　. 答案　-2解析　由S3+3S2=0得4a1+4a2+a3=0,有4+4q+q2=0,解得q=-2.评析　　本题考查了等比数列的运算,直接利用定义求解可达到事半功倍的效果.12.(2020课标Ⅰ理,17,12分)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{an}的公比;(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.解析　(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2.故{an}的公比为-2.(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=-n×(-2)n.所以Sn=.13.(2020新高考Ⅰ,18,12分)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)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.解析　(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q1=(舍去),q2=2.由题设得a1=2.所以{an}的通项公式为an=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.思路分析　(1)设出公比q,由题设条件求得a1和q,利用等比数列的通项公式得出结果.(2)由题设及(1)推导出bm,再计算数列{bm}的前100项和,即先给m赋值,推导出规律,再进行运算,得到S100的值.14.(2022新高考Ⅱ,17,10分)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.解析　(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,故d=2b1,①由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1,②由①②得2a1+10b1=12b1,即a1=b1.(2)由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,1≤m≤500得b1×2k-1=2a1+(m-1)d,即a1×2k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a1≠0,∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8,∴2≤k≤10.故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素个数为9个. 15.(2018课标Ⅰ文,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列{bn}是不是等比数列,并说明理由;(3)求{an}的通项公式.解析　(1)由条件可得an+1=an.将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.由条件可得=,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.(3)由(2)可得=2n-1,所以an=n·2n-1.方法规律　等比数列的判定方法:证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法,通项公式法及前n项和公式法只用于选择题、填空题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需证明存在连续三项不成等比数列即可.16.(2014课标Ⅱ理,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)证明++…+<.解析　(1)由an+1=3an+1得an+1+=3.又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.an+=,因此{an}的通项公式为an=.(2)由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=<.所以++…+<.评析　本题考查了等比数列的定义、数列求和等问题,放缩求和是本题的难点.17.(2011课标文,17,12分)已知等比数列{an}中,a1=,公比q=.(1)Sn为{an}的前n项和,证明:Sn=;(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式.解析　(1)因为an=×=,Sn==,所以Sn=.(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-.所以{bn}的通项公式为bn=-.评析　本题考查等差数列、等比数列的基础知识,对数运算性质,要求考生有较清晰的推理思路和运算目标,但难度并不大.属中档题.18.(2016课标Ⅲ理,17,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=,求λ.解析　(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.(2分)由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以=.因此{an}是首项为,公比为的等比数列,于是an=.(6分)(2)由(1)得Sn=1-.由S5=得1-=,即=.解得λ=-1.(12分)思路分析　(1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看an+1与an之比是否为一常数,其中说明an≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出λ.考点二　等比数列的性质1.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则(　　)A.a1<a3,a2<a4　　　　　B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4　　　　　D.a1>a3,a2>a4答案　B　本题考查等比数列的概念和性质,利用导数求函数的单调性和最值,不等式的性质和分类讨论思想.设f(x)=ln x-x(x>0),则f '(x)=-1=,令f '(x)>0,得0<x<1,令f '(x)<0,得x>1,∴f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,∴f(x)≤f(1)=-1,即有ln x≤x-1.从而a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,∴a4<0,又a1>1,∴公比q<0.若q=-1,则a1+a2+a3+a4=0,ln(a1+a2+a3)=ln a1>0,矛盾.若q<-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+q)(1+q2)<0,而a2+a3=a2(1+q)=a1q(1+q)>0,∴ln(a1+a2+a3)>ln a1>0,也矛盾.∴-1<q<0.从而=q2<1,∵a1>0,∴a1>a3.同理,∵=q2<1,a2<0,∴a4>a2.选B.思路分析　(1)由题中的选项可知要判断0<q2<1,还是q2>1.(2)由条件可知要利用不等式ln x≤x-1(x>0),得a4<0,进而得q<0.(3)直接求q的取值范围较难,转化为判断q=-1和q<-1时,等式a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)左、右两边的正负,进而得出矛盾,从而得-1<q<0.(4)注意a1>0,而a2<0,利用-1<q<0得结论.2.(2015课标Ⅱ文,9,5分)已知等比数列{an}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2=(　　)A.2　　　B.1　　　C.　　　D.答案　C　设{an}的公比为q,由等比数列的性质可知a3a5=,∴=4(a4-1),即(a4-2)2=0,得a4=2,则q3===8,得q=2,则a2=a1q=×2=,故选C.3.(2014大纲全国文,8,5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=(　　)A.31　　　B.32　　　C.63　　　D.64答案　C　由等比数列的性质得(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即122=3×(S6-15),解得S6=63.故选C.4.(2012课标理,5,5分)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=(　　)A.7　　　B.5　　　C.-5　　　D.-7答案　D　由a5a6=a4a7,得a4a7=-8,又a4+a7=2,∴a4=4,a7=-2或a4=-2,a7=4,∴q3=-或q3=-2.当q3=-时,a1+a10=+a4q6=+4×=-7,当q3=-2时,a1+a10=+a4q6=+(-2)·(-2)2=-7,故选D.评析　本题考查了等比数列的基本运算,运用等比数列的性质可简化计算.5.(2014江苏理,7,5分)在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是　　　　. 答案　4解析　由a8=a6+2a4,两边都除以a4,得q4=q2+2,即q4-q2-2=0⇔(q2-2)(q2+1)=0,∴q2=2.∵a2=1,∴a6=a2q4=1×22=4.6.(2014广东文,13,5分)等比数列{an}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=　　　　. 答案　5解析　由等比数列的性质知a1a5=a2a4==4⇒a3=2,所以log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log2=5log22=5.