等比数列及其前n项和(练习题)

等比数列的前n 项和公式一、单选题 1．（2021·内蒙古宁城·高三月考（文））已知{}n a 是等比数列，若12a =，528a a =，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则n S 为（ ） A ．22n - B ．121n +- C ．122n +- D ．21n -【答案】C 【分析】设公比为q ，根据528a a =求得公比，再利用等比数列前n 项和的公式即可得出答案. 【详解】 解：设公比为q ，因为528a a =，所以3528a q a ==，所以2q ，所以()12122212nn n S +⨯-==--.故选：C.2．（2021·河北·高三月考）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，42S =，810S =，则{}n a 的公比为( ) A．1 B C ．2 D ．4【答案】B 【分析】利用等比数列的性质求解即可. 【详解】因为42S =，810S =，{}n a 为正项等比数列，所以4845678412344S S a a a a q S a a a a -+++===+++，解得q 故选：B ．3．（2021·西藏·拉萨那曲第二高级中学高三月考（文））记等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若214a =，378S =，则公比q = （ ） A ．12-B ．12C ．2D ．12或2【答案】D 【分析】根据等比数列的性质可得2132116a a a ==，再由378S =，可得1358a a +=，分别求出13,a a ，即可得出答案. 【详解】解：在等比数列{}n a 中，若214a =，则2132116a a a ==，312378S a a a =++=，所以1358a a +=， 由13116a a =，1358a a +=，解得131218a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，或131812a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，当131218a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩时，2112a a q ==， 当131812a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩时，212a q a ==， 所以q =12或2.故选：D.4．（2021·全国·高二单元测试）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，()112322n n n a a n ---=⋅≥，且1232a a =.记n T 为数列1nn a S ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和，若对任意*n ∈N ，n T m <，则m 的最小值为（ ） A ．3 B ．13C ．2D ．12【答案】B 【分析】 由已知得()111112242n n n n a a n --⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭.再求得13a =，从而有数列12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项，14为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求得n a ，再利用分组求和的方法，以及等比数列求和公式求得n S ，从而求得n T 得答案. 【详解】解：由()112322n n n a a n ---=⋅≥，得()111322424n n n n a a n --=⋅+≥，∴()111112242n n n n a a n --⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭. 又由()112322n n n a a n ---=⋅≥，得2126a a -=，又1232a a =，∴13a =.所以111122a -=，∴数列12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项，14为公比的等比数列，则12111112242n n n na --⎛⎫⎛⎫-=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴()12122122n n n nn a --=+=+，∴()()231111212112122222221221212nn n n n n n S --⎛⎫- ⎪-⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+=+=⋅- ⎪-⎝⎭-，∴111112222232n n n n nn n a S --==+++⋅-⋅.∴+12111111111122113222332312n n n n T ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+=⨯=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-. ∵对任意*n ∈N ，n T m <，∴m 的最小值为13.故选：B.5．（2021·江苏省苏州第十中学校高二月考）已知等比数列{a n }的首项为1，公比为2，则a 12+a 22+⋯+a n 2＝（ ） A ．（2n ﹣1）2 B ．()1213n- C ．4n ﹣1 D ．()1413n- 【答案】D 【分析】根据等比数列定义，求出214n n n b a -==，可证明{}n b 是以1为首项，4为公比的等比数列，利用等比数列的求和公式，可得解 【详解】由等比数列的定义，11122n n n a --=⋅=故222124n n n n b a --=== 由于112144,104n n n n b b b ---===≠ 故{}n b 是以1为首项，4为公比的等比数列 a 12+a 22+⋯+a n 2＝1(14)41143n n ⋅--=- 故选：D6．（2021·河南郑州·高二期中（理））设n A ，n B 分别为等比数列{}n a ，{}n b 的前n 项和．若23n n n n A aB b+=+（a ，b 为常数），则74a b =（ ）A ．12881B ．12780C ．3227D ．2726【答案】C 【分析】设(2),(3)n nn n A a m B b m =+=+，项和转换776a A A =-，443b B B =-求解即可【详解】由题意，23n n n n A a B b+=+ 设(2),(3)n nn n A a m B b m =+=+则76776[(2)(2)]64a A A a a m m =-=+-+=()()434433354b B B b b m m ⎡⎤=-=+-+=⎣⎦7464325427a mb m ∴== 故选：C7．（2021·河南郑州·高二期中（理））设{}n a 是公差为d 的等差数列，{}n b 是公比为q 的等比数列．已知数列{}n n a b +的前n 项和()2*51N n n S n n =+-∈，则d q -=（ ）A ．3-B ．1-C ．2D ．4【答案】A 【分析】设数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为,n n A B ，然后利用分求出,n n A B ，再利用n n n S A B =+列方程，由对应项的系数相等可求出结果 【详解】设数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为,n n A B ，则 ()()1211111,222111n n n n b q n n db d d q A a n a n n B q q q --⎛⎫=+=-+==-⎪---⎝⎭（1q ≠）， 若1q =，则1n B nb =，则2211()5122n nn n d d S A n B a n n nb =+==+++--，显然没有出现5n ，所以1q ≠，所以21121221511n n b n b q d d a n n q q ⎛⎫-++-+= ⎪--⎝-⎭， 由两边的对应项相等可得110,1,5,1221b d da q q-====--， 解得111,2,5,4a d q b ====， 所以3d q -=-.8．（2021·福建·泉州科技中学高三月考）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为12n -，若去除所有为1的项，依次构成数列233464510105，，，，，，，，，，，则此数列的前35项和为（ ）A ．994B ．995C ．1003D ．1004【答案】B 【分析】没有去掉“1”之前，可得每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，可求出其前n 项和为21n n S =-，每一行的个数构成一个首项为1，公差为1的等差数列，从而可求出前n 项总个数为(1)2n n n T +=，由此可计算出第10行去掉“1”后的最后一个数为第36个数，从而可求出前35项和。

[A 基础达标]1．等比数列1，a ，a 2，a 3，…的前n 项和为( )A ．1＋a （1－a n －1）1－11aB ．1－a n 1－aC.a n ＋1－1a －1 D ．以上皆错 解析：选D.当a ＝1时，S n ＝n ，故选D.2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4等于( )A ．7B ．8C ．15D ．16解析：选C.设{a n }的公比为q ，因为4a 1，2a 2，a 3成等差数列，所以4a 2＝4a 1＋a 3，即4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，即q 2－4q ＋4＝0，所以q ＝2，又a 1＝1，所以S 4＝1－241－2＝15，故选C. 3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝( )A ．－2B ．2C ．3D ．－3 解析：选A.因为S 3＋3S 2＝0，所以a 1（1－q 3）1－q ＋3a 1（1－q 2）1－q＝0， 即(1－q )(q 2＋4q ＋4)＝0.解得q ＝－2或q ＝1(舍去)．4．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9＝( ) A.18B ．－18 C.578 D ．558 解析：选A.法一：由等比数列前n 项和的性质知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，又a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，则S 3，S 6－S 3，a 7＋a 8＋a 9成等比数列，从而a 7＋a 8＋a 9＝（S 6－S 3）2S 3＝18.故选A.法二：因为S 6＝S 3＋S 3q 3，所以q 3＝S 6－S 3S 3＝－18，所以a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝S 3q 6＝8× ⎝⎛⎭⎫－182＝18.故选A.5．在等比数列{a n }中，已知S 30＝13S 10，S 10＋S 30＝140，则S 20等于( )A ．90B ．70C ．40D ．30解析：选C.因为S 30≠3S 10，所以q ≠1.由⎩⎪⎨⎪⎧S 30＝13S 10，S 10＋S 30＝140得⎩⎪⎨⎪⎧S 10＝10，S 30＝130， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 10）1－q ＝10，a 1（1－q 30）1－q ＝130，所以q 20＋q 10－12＝0.所以q 10＝3，所以S 20＝a 1（1－q 20）1－q＝S 10(1＋q 10) ＝10×(1＋3)＝40.6．在等比数列{a n }中，若公比q ＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式a n ＝________．解析：因为在等比数列{a n }中，前3项之和等于21，所以a 1（1－43）1－4＝21，所以a 1＝1. 所以a n ＝4n －1. 答案：4n －1 7．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋1－a n ＝2n ，应用累加法可得a n ＝2n －1.所以S n ＝a 1＋a 2＋...＋a n ＝2＋22＋ (2)－n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－n －2. 答案：2n ＋1－n －2 8．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝1，a 4＋a 5＋a 6＝－2，则该数列的前15项和S 15＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，则由已知，得q 3＝－2.又a 1＋a 2＋a 3＝a 11－q(1－q 3)＝1， 所以a 11－q ＝13，所以S 15＝a 11－q (1－q 15)＝a 11－q[1－(q 3)5]＝13×[1－(－2)5]＝11. 答案：119．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋q ＋q 2）＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n ·2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n 2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．10．数列{a n }是首项为1的等差数列，且公差不为零，而等比数列{b n }的前三项分别是a 1，a 2，a 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b 1＋b 2＋…＋b k ＝85，求正整数k 的值．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 2，a 6成等比数列，所以a 22＝a 1·a 6，所以(1＋d )2＝1×(1＋5d )，所以d 2＝3d ，因为d ≠0，所以d ＝3，所以a n ＝1＋(n －1)×3＝3n －2.(2)数列{b n }的首项为1，公比为q ＝a 2a 1＝4， 故b 1＋b 2＋…＋b k ＝1－4k 1－4＝4k －13. 令4k －13＝85，即4k ＝256， 解得k ＝4.故正整数k 的值为4.[B 能力提升]11．一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )A ．13项B ．12项C ．11项D ．10项解析：选B.设该数列的前三项分别为a 1，a 1q ，a 1q 2，后三项分别为a 1q n －3，a 1q n －2，a 1q n －1.所以前三项之积a 31q 3＝2，后三项之积a 31q 3n －6＝4.所以两式相乘，得a 61q 3(n －1)＝8，即a 21q n －1＝2，又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1qn －1＝64，所以a n 1·q n （n －1）2＝64，即(a 21q n －1)n ＝642，即2n ＝642，所以n ＝12. 12．已知等比数列{a n }的前10项中，所有奇数项之和S 奇为8514，所有偶数项之和S 偶为17012，则S ＝a 3＋a 6＋a 9＋a 12的值为________．解析：设公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧S 偶S 奇＝q ＝2，S 奇＝a 1[1－（q 2）5]1－q 2＝8514，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2. 所以S ＝a 3＋a 6＋a 9＋a 12＝a 3(1＋q 3＋q 6＋q 9)＝a 1q 2·1－q 121－q 3＝585. 答案：58513．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以c (c >0)为公比的等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求a 2＋a 4＋…＋a 2n .解：由条件知S 1＝a 1＝1.(1)①当c ＝1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2⇒a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，0，n ≥2.②当c ≠1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，（c －1）c n －2，n ≥2. (2)①当c ＝1时，a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝0；②当c ≠1时，数列是以a 2为首项，c 2为公比的等比数列，所以a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝（c －1）（1－c 2n ）1－c 2＝c 2n －11＋c. 14．(选做题)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新，证明：须在第9年初对M 更新．解：(1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列．a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6； 因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7.(2)证明：设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ；当n ≥7时，S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －6＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6n ，因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列，又A 8＝780－210×（34）8－68＝824764>80， A 9＝780－210×（34）9－69＝767996<80， 所以须在第9年初对M 更新．。

4.3.2等比数列的前n 项和公式【题组1等比数列的前n 项和与基本量】1、设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若321238S a a =+，则公比=q （）A．2B．32-C．2或32-D．2或32【答案】A【解析】由321238S a a =+，有123212()38a a a a a ++=+，即321260a a a --=，由等比数列的通项公式得2111260a q a q a --=，即2260q q --=，解得2q =或32q =-，由数列为正项等比数列，∴2q =.故选：A2、记正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2373S S =，则该数列的公比q =（）A．13B．12C．2D．3【答案】C【解析】正项等比数列{}n a 中，0q >，由2373S S =得()()1212373a a a a a +=++，整理得3213440a a a --=，即23440q q --=，解得2q =，所以数列{}n a 的公比2q =.故选：C3、设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23S =，415S =，则公比q =（）A．5B．4C．3D．2【答案】D【解析】设公比为q ，因为23S =，415S =，所以4212S S -=，所以1234312a a a a +=⎧⎨+=⎩，即112311312a a q a q a q +=⎧⎨+=⎩两个方程左右两边分别相除，得24q =，因为数列是正项等比数列，所以2q =，故选：D.4、已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若34S =，612S =，则12S =______．【答案】60【解析】设等比数列的公比为q ，因为34S =，612S =，所以1q ≠，则()313141a q S q-==-，()6161121a q S q-==-，所以63131q q-=-，解得32q =，所以()()()()12661121211112126011a q a q q S qq--+===⨯+=--；故答案为：605、在等比数列{}n a 中，16a =，2312a a =-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和，若66m S =，求m .【答案】（1）()162n n a -=⋅-或6n a =；（2）5m =或11【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，由2312a a =-得：21112a q a q =-，即26126q q =-，解得：2q =-或1q =，()162n n a -∴=⋅-或6n a =.（2）当2q =-时，()()6126612mm S --==+，解得：5m =；当1q =时，1666m S ma m ===，解得：11m =；综上所述：5m =或11.【题组2等比数列片段和性质及应用】1、等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若812S =，2436S =，则16S =（）A．24B．12C．24或－12D．－24或12【答案】A【解析】因为等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，所以8S ，168S S -，2416S S -成等比数列，因为812S =，2436S =，所以()()21616121236S S -=⨯-，解得1624S =或1612S =-，因为816880S S q S -=>，所以160S >，则1624S =．故选：A2、若等比数列{}n a 的前n 项和为n S，22S =，46S =+78a a +=（）A．32+B．32+C．16+D．16+【答案】D【解析】1222a a S +==34424a a S S +=-=+，由等比数列片段和的性质：2S ，42S S -，64S S -，86S S -，…成等比数列，所以568a a +=+，则7816a a +=+3、n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，且721143,18,S S S x ===，则（）A．23450x x +-=B．23630x x --=C．23450x x --=D．23630x x +-=【答案】C【解析】因为730S =≠，所以71472114,,S S S S S --成等比数列，所以()()272114147S S S S S -=-，即()2318(3)x x -=-，整理得23450x x --=.故选：C.4、设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若842S S =，则1284S S S -的值是（）A．4-B．3C．3-D．4【答案】B【解析】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，842S S =，由等比数列的性质得：484128,,S S S S S --成等比数列，且公比不为-1即24144,,2S S S S -成等比数列，44122S S S ∴-=，2413S S ∴=，12844433S SS S S ∴==-.故选：B.5、一个等比数列共有3m 项，若前2m 项之和为15，后2m 项之和为60，则这个等比数列的所有项的和为（）A．63B．72C．75D．87【答案】A【解析】由题意知215m S =，360m m S S -=，又()()()2232260m m m m m m m m S S S S S S S S -=-=+-，解得3m S =，所以360363m S =+=.故选：A.【题组3等比数列奇偶项和的性质应用】1、已知等比数列{}n a 共有32项，其公比3q =，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列{}n a 的所有项之和是（）A．30B．60C．90D．120【答案】D【解析】设等比数列{}n a 的奇数项之和为1S ，偶数项之和为2,S 则311531a a S a a =++++，()2463213531123a a a a q a a a a S S ++++=++++==又1260S S +=，则11603S S +=，解得1230,90S S ==，故数列{}n a 的所有项之和是3090120+=.故选：D2、已知等比数列{}n a 的公比2q =，前100项和为10090S =，则其偶数项24100a a a +++L 为（）A．15B．30C．45D．60【答案】D【解析】设1399S a a a =+++L ，则()2410013992a a a a a a q S +++=+++=L L ，又因为1001210090S a a a =+++=L ，所以39030S ,S ==，所以24100260a a a S +++==L .故选:D3、已知项数为奇数的等比数列{}n a 的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为（）A．5B．7C．9D．11【答案】A【解析】根据题意，数列{}n a 为等比数列，设111·n n n a a q q --==，又由数列{}n a 的奇数项之和为21，偶数项之和为10，则211210q -==，故1(1)2110213151n n n a q S n q-=+=⇒-=⇒=-；故选：A 4、已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为（）A．2B．4C．8D．16【答案】C【解析】设这个等比数列{}n a 共有()2k k N *∈项，公比为q ，则奇数项之和为132185k S a a a -=+++=奇，偶数项之和为()2421321170n n S a a a q a a a qS -=+++=+++==奇偶，170285S q S ∴===偶奇，等比数列{}n a 的所有项之和为()212212211708525512kkk a S -==-=+=-，则22256k =，解得4k =，因此，这个等比数列的项数为8.故选：C.5、等比数列{}n a 中，11a =，427a =，则2462020+++a a a a 的值为（）A．()20203318-B．()20201318-C．()20203312-D．()10103312-【答案】A【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，∵11a =，427a =，∴327q =，解得11a =，3q =.∴13-=n n a ，23a =，29q =，1239n n a -=⋅()()202010102462020319+++193318a a a a -==--，故选：A.【题组4等比数列前n 项和的其他性质】1、设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并且满足条件11a >，671a a >，67101a a -<-，则下列结论正确的是（）A．681a a >B．01q <<C．n S 的最大值为7S D．nT 的最大值为7T 【答案】B【解析】若0q <，因为11a >，所以670,0a a <>，则670a a ⋅<与671a a ⋅>矛盾，若1q ≥，因为11a >，所以671,1a a >>，则67101a a ->-，与67101a a -<-矛盾，所以01q <<，故B 正确；因为67101a a -<-，则6710a a >>>，所以()26870,1a a a =∈，故A 错误；因为0n a >，01q <<，所以111n n a q a S q q=---单调递增，故C 错误；因为7n ≥时，()0,1n a ∈，16n ≤≤时，1n a >，所以n T 的最大值为6T ，故D 错误；故选：B.2、已知{}n a 为等比数列，{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则下列选项中正确的是（）A．若20222021S S >，则数列{}n a 单调递增B．若20222021T T >，则数列{}n a 单调递增C．若数列{}n S 单调递增，则20222021a a ≥D．若数列{}n T 单调递增，则20222021a a ≥【答案】D【解析】A：由20222021S S >，得20220a >，即202110a q >，则1a 、q 取值同号，若100a q <<，，则{}n a 不是递增数列，故A 错误；B：由20222021T T >，得20221a >，即202111a q >，则1a 、q 取值同号，若100a q <<，，则数列{}n a 不是递增数列，故B 错误；C：若等比数列11a =，公比12q =，则11()122(1)1212nn n S -==--，所以数列{}n S 为递增数列，但20222021a a <，故C 错误；D：由数列{}n T 为递增数列，得1n n T T ->，所以1n a >，即1q ≥，所以20222021a a ≥，故D 正确.故选：D3、设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并满足条件1202120221,1a a a >⋅>，()()20212022110a a -⋅-<，则下列结论中不正确的有（）A．q >1B．20222021S S >C．202120231a a ⋅<D．2021T 是数列{}n T 中的最大项【答案】A【解析】因为()()20212022110a a -⋅-<，所以20212022101a a >⎧⎨<<⎩或20212022011a a <<⎧⎨>⎩，而{}n a 为等比数列1202120221,1a a a >⋅>，于是01q <<，20212022101a a >⎧⎨<<⎩，则A 错误；2022202120222021S S a S =+>，则B 正确；22021202320221a a a ⋅=<，则C 正确；因为122021202220231,1,,1,01,01,a a a a a >>><<<<，所以2021T 是数列{}n T 中的最大项，则D 正确.故选：A.4、已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若135a a+=，420S =，则846422S S S S S -=--（）A．9B．10C．12D．17【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为412341324S a a a a a a a a =+++=+++()()131313(1)5(1)20a a a a q q a a q =++=+=+++=.所以3q =，则()()44844284442264262444211101S S S S S q S S q q S S S S S S q S S q -----====+=------.故选：B 【题组5等比数列中Sn 与an 的关系】1、已知等比数列{}n a 的前n 项和23n n S m +=-，则m a =（）A．93B．1023⨯C．103D．923⨯【答案】B【解析】因为数列{}n a 的前n 项和23n n S m +=-，所以1127a S m ==-，221812754a S S m m =-=--+=，33224381162a S S m m =-=--+=，又数列{}n a 为等比数列，所以数列{}n a 的公比32162354a q a ===，所以2154327a a m ==-，所以9m =，118a =，所以1118323n n n a -+=⨯=⨯，故10923m a a ==⨯，故选：B.2、等比数列{}n a 的前n 项和23nn S m =+⨯，则m =（）A．2-B．2C．1D．1-【答案】A【解析】116a S m ==+，当2n ≥时，1143n n n n a S S --=-=⨯，因为{}n a 是等比数列，所以11436m -⨯=+，得2m =-，所以A 正确.故选：A.3、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若221n n S a n =-+，则10S =（）A．11223-B．10219-C．103223⨯-D．93219⨯-【答案】C【解析】当1n =时，111221S a a ==-+，解得11a =.当2n ≥时，11223n n S a n --=-+，所()11221223n n n n n a S S a n a n --=-=-+--+，即122n n a a -=+，所以()1222n n a a -+=+，即1222n n a a -+=+，所以数列{}2n a +是首项为3，公比为2的等比数列，则1232n n a -+=⨯，从而3223n n S n =⨯--，故10103223S =⨯-.故选：C4、设n S 为数列{}n a 的前n 项和．若23n n S a =-，则5a =（）A．48B．81C．96D．243【答案】A【解析】由23n n S a =-，当1n =时1123a a =-，即13a =，当2n 时，1123n n S a --=-，则122n n n a a a -=-，即12n n a a -=(2)n ．∴数列{}n a 是以3为首项，以2为公比的等比数列，则132n n a -=⨯，∴453248a =⨯=．故选：A．5、已知数列{}n a 的前n 项和21n n S =-，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T =________.【答案】1122n --.【解析】由21n n S =-得当2n ≥时1121n n S --=-，所以112(2)n n n n a S S n --=-=≥，又因为01112a S ===，所以12n n a -=，1112n n a -=，即1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，12为公比的等比数列，所以11111221212n n n T -⎛⎫- ⎪⎝⎭==--，【题组6等比数列前n 项和的实际应用】1、《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾.初日织五尺，今一月日织九匹三丈.问日益几何？”意思是：女子从第2天开始，每天比前一天多织相同数量的布，第1天织5尺布，现在一月（按30天计）共织390尺布，则该女子第5天所织的布的尺数为（）A．7B．10715C．21931D．20929【答案】D【解析】设第n 天织布n a 尺，∵每天比前一天多织相同数量的布∴数列{}n a 为等差数列，设其公差为d，又第1天织5尺布，∴15a =，∵一月（按30天计）共织390尺布，∴30=390S ，∴3029305+3902d ⨯⨯⨯=，∴1629d =，∴516209542929a =+⨯=，即第该女子第5天所织的布的尺数为20929，故选：D.2、在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.0R 一般由疾病的感染周期､感染者与其他人的接触频率､每次接触过程中传染的概率决定，假设某种传染病的基本传染数02R =，平均感染周期为7天，那么感染人数由1（初始感染者）增加到999大约需要的天数为（）（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……参考数据：lg20.3010≈）A．42B．56C．63D．70【答案】C【解析】设第n 轮感染的人数为n a ，则数列{}n a 是12a =，公比2q =的等比数列，由()2121199912nn S ⨯-+=+=-，可得121000n +=，解得2500n =，两边取对数得lg 2lg 500n =，则lg 23lg 2n =-，所以33118.979lg 20.3010n =-=-≈=，故需要的天数约为9763⨯=.故选：C3、《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题．“今有城墙厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半……”题意是：“两只老鼠从城墙的两边相对分别打洞穿墙．大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半……”，则前6天两只老鼠一共穿城墙________尺．【答案】207932【解析】由题意可知，小老鼠每天打洞的距离是以1为首项，以12为公比的等比数列，前6天打洞之和为611()21321263-=-；大老鼠每天打洞的距离是以1为首项，以2为公比的等比数列，前6天打洞之和为6126312-=-．所以两只老鼠前6天打洞穿墙的厚度之和为632079633232+=．4、如图，一个小球从10m 高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的13，若已知小球经过的路程为530m 27，则小球落地的次数为______．【答案】4【解析】设小球从第（n-1）次落地到第n 次落地时经过的路程为n a m，则12321110,102,10233a a a ==⨯⨯=⨯⨯，，当2n ≥时，得出递推关系12120,33n n a a a +==，所以数列{}n a 是从第2项开始以首项为203，公比为13的等比数列，所以221120((2)33n n n a a n --=⋅=≥，且110a =，设小球第n 次落地时，经过的路程为530m 27，所以12n n S a a a =+++211111020()(333n -⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦110203n -=-，所以11053020327n --=，解得4n =，5、某中学有在校学生2000人，没有患感冒的同学．由于天气骤冷，在校学生患流行性感冒人数剧增，第一天新增患病同学10人，之后每天新增的患病同学人数均比前一天多9人．由于学生患病情况日益严重，学校号召同学接种流感疫苗以控制病情．从第8天起，新增病患的人数均比前一天减少50%，并且每天有10名患病同学康复．（1）求第n 天新增病患的人数()113,N n a n n *≤≤∈；（2）按有关方面规定，当天患病同学达到全校人数的15%时必须停课，问该校有没有停课的必要？请说明理由．【答案】（1）()139117N 2813n nn n a n n *-+≤≤⎧=∈⎨≤≤⎩；（2）该学校不用面临停课的危险；理由见解析【解析】（1）当17,N n n *≤≤∈时，∵110a =，公差为9，∴10(1)991=+-⋅=+n a n n 当813,N n n *≤≤∈时，∵764a =，公比为12，∴71313711222---⎛⎫⎛⎫=⋅== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭n n nn a a∴()139117N 2813n nn n a n n *-+≤≤⎧=∈⎨≤≤⎩（2）设n S 为第n 天患病总人数，则当27n ≤≤时，10n n n S S a --=>当813≤≤n 时，13110210---=-=-n n n n S S a ，令1321009--≥⇒≤n n ，()()17912789897102202n a a S S a a a a a a a +==+++++-⨯=++-最大值()5471064222002%3⋅+==<⨯=++-.所以该学校不用面临停课的危险．。

§6.3 等比数列及其前n 项和题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × ) (5)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(6)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．[P51例3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54A 组T8]在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 答案 27,81解析 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2,4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－qa 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 KB ，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________分钟，该病毒占据内存64 MB(1 MB ＝210 KB)． 答案 48解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n ，则2n ＝64×210＝216，∴n ＝16. 即病毒共复制了16次． ∴所需时间为16×3＝48(分钟).题型一 等比数列基本量的运算1．(2018·开封质检)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2等于( )A ．2B ．1 C.12 D.18答案 C解析 由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24， 又a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)， 解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.故选C.2．(2018·济宁模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n＝________. 答案 2n －1解析 ∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54， ②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2，∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n ，∴S n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ，∴S n a n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 42n＝2n －1. 思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．题型二 等比数列的判定与证明典例 (2018·潍坊质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2(n ≥2)， ② 由①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)， 故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14， 故a n ＝(3n －1)·2n －2. 引申探究若将本例中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变，求数列{a n }的通项公式． 解 由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ≥2，(*)又a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋2，即a 2＋1＝2(a 1＋1)， ∴当n ＝1时(*)式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，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)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证．跟踪训练 (2016·全国Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)解 由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n . 由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.题型三 等比数列性质的应用1．(2019·郑州三模)已知等比数列{a n }，且a 6＋a 8＝4，则a 8(a 4＋2a 6＋a 8)的值为( ) A ．2 B ．4 C ．8 D ．16 答案 D解析 ∵a 6＋a 8＝4，∴a 8(a 4＋2a 6＋a 8)＝a 8a 4＋2a 8a 6＋a 28＝(a 6＋a 8)2＝16.故选D.2．(2017·云南省十一校跨区调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12等于( ) A ．40 B ．60 C ．32 D ．50 答案 B解析 由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60，故选B. 思维升华 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)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．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明． 规范解答(1)解 设等比数列{a n }的公比为q ， 因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4， 可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n (n ∈N *)．[3分](2)证明 由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n (2n ＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[6分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝32＋23＝136.[8分]当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝34＋43＝2512.[10分]故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.[12分]1．(2019·福建漳州八校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( ) A ．－3 B ．5 C ．－31 D ．33 答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1.∵S 3＝2，S 6＝18，∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8，∴q ＝2. ∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33，故选D. 2．(2019·武汉市武昌区调研)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( ) A ．－2 B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍去)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1，故选B.3．(2019张掖市一诊)已知等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 10－a 12a 6－a 8的值为( )A ．2B ．4C ．8D ．16 答案 B解析 a 5＝±a 4·a 6＝±16＝±4， ∵q 2＝a 5a 3>0，∴a 5＝4，q 2＝2，则a 10－a 12a 6－a 8＝q 4＝4. 4．(2019山西太原三模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n >a nD ．T n <b n ＋1 答案 D解析 由题意可得S n ＋3＝3×2n ，S n ＝3×2n －3，由等比数列前n 项和的特点可得数列{a n }是首项为3，公比为2的等比数列，数列的通项公式a n ＝3×2n －1，设b n ＝b 1q n －1，则b 1q n －1＋b 1q n ＝3×2n －1，当n ＝1时，b 1＋b 1q ＝3，当n ＝2时，b 1q ＋b 1q 2＝6， 解得b 1＝1，q ＝2，数列{b n }的通项公式b n ＝2n －1，由等比数列求和公式有：T n ＝2n －1，观察所给的选项： S n ＝3T n ，T n ＝2b n －1，T n <a n ，T n <b n ＋1.5．(2019广元模拟)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10等于( )A ．5B ．9C ．log 345D ．10 答案 D解析 由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9， 则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.6．(2018·长春质检)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( ) A ．192里 B ．96里 C ．48里 D ．24里 答案 B解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，由题意得a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96里，故选B.7．已知{a n }是各项都为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且S 2＝3，S 4＝15，则a 3＝________. 答案 4解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝12，S 2＝a 1＋a 2＝3， ∴a 3＋a 4a 1＋a 2＝q 2＝123＝4，q ＝2或q ＝－2(舍去)，∴a 3＋a 4＝a 3(1＋q )＝3a 3＝12，a 3＝4.8．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________． 答案 4解析 因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4，得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，q 2＝－1(舍去)，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.9．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和为________． 答案 2n －1解析 设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2， ∴数列{a n }的前n 项和为1－2n 1－2＝2n －1. 10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 答案 12n解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)， 又a 1＝12， ∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列， 则a n ＝12×⎝⎛⎭⎫12n －1＝12n . 11．(2016·全国Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由题意，得a 2＝12，a 3＝14. (2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1≠0，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， 因此a n ＝12n －1. 12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ；(2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12， ∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32. ∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列． ∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n . (2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ， ∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列， ∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n .13．(2017·新乡三模)若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝________.答案 3n －1＋12解析 ∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3，∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3， ∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12. 14．(2018·徐州质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________.答案 43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2 解析 由题意，得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1 ＝43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2.15．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 C解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.16．(2019·武汉市武昌区调研)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋12n ＝(－1)n a n (n ∈N *)，则数列{S n }的前9项和为________．答案 －3411 024解析 因为S n ＋12n ＝(－1)n a n ， 所以S n －1＋12n －1＝(－1)n －1a n －1(n ≥2)． 两式相减得S n －S n －1＋12n －12n －1 ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1，即a n －12n ＝(－1)n a n ＋(－1)n a n －1(n ≥2)， 当n 为偶数时，a n －12n ＝a n ＋a n －1， 即a n －1＝－12n ， 此时n －1为奇数，所以若n 为奇数，则a n ＝－12n ＋1； 当n 为奇数时，a n －12n ＝－a n －a n －1， 即2a n －12n ＝－a n －1， 所以a n －1＝12n －1，此时n －1为偶数， 所以若n 为偶数，则a n ＝12n . 所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝⎩⎨⎧－12n ＋1，n 为奇数，12n ，n 为偶数.所以数列{S n }的前9项和为S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 9＝9a 1＋8a 2＋7a 3＋6a 4＋…＋3a 7＋2a 8＋a 9＝(9a 1＋8a 2)＋(7a 3＋6a 4)＋…＋(3a 7＋2a 8)＋a 9＝－122－124－126－128－1210 ＝－122×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1451－14＝－3411 024.。

高考数学二轮复习考点知识讲解与提升练习考点知识20 等比数列1（2021年甲卷理科第7题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ．设甲：0q >．乙：{}n S 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 ．甲不是乙的充分条件也不是必要条件 【答案】B【解析】11,2a q =-=时，{}n S 是递减数列，所以甲不是乙的充分条件；{}n S 是递增数列，可以推出110n n n a S S ++=->，可以推出0q >，甲是乙的必要条件．故选：B ．2.（2021年甲卷文科第9题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若24S =，46S =，则6S = A ．7B ．8C ．9D ．10 【答案】A【解析】由题意可知，124a a +=，342a a +=， 因为{}n a 是等比数列，所以561a a +=，从而64217S =++=．3.（2022年乙卷理科第8题，文科第10题）已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =A ．14B ．12C ．6D ．3【答案】D【解析】设等比数列{}n a 首项1a ，公比q由题意，1232516842a a a a a ++=⎧⎨-=⎩，即2131(1)168(1)42a q q a q q ⎧++=⎪⎨-=⎪⎩，即2121(1)168(1)(1)42a q q a q q q q ⎧++=⎪⎨-++=⎪⎩ 解得，12q =，196a =，所以5613a a q == 4．（2021年上海第8题）已知等比数列123,n n a b a ==，n a 的各项和为9，则数列{}n b 的各项和为________． 【答案】185【解析】因为n a 的各项和为9，13a =，所以191a q =-，解得23q =，所以12492n n n b a -⎛⎫ ⎪⎝⎭==⋅即数列的各项和为1221841519b S q ===--5.（2022新课标2卷第17题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-（1）证明：11a b =；（2）求集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素的个数． 【答案】（1）见解析；（2）9． 【解析】（1）设等差数列{}n a 公差为d由2233a b a b -=-，知1111224a d b a d b +-=+-，故12d b = 由2244a b b a -=-，知()1111283a d b b a d +-=-+，故()111243a d b d a d +-=-+；故1112a d b d a +-=-，整理得11a b =，得证． （2）由（1）知1122d b a ==，由1k m b a a =+知：()111121k b a m d a -=+⋅-⋅+ 即()11111212k b b m b b -=⋅⋅+-+，即122k m -=，因为1500m 剟，故1221000k -剟，解得210k 剟 故集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素的个数为9个．1．等比数列的单调性当q ＞1，a 1＞0或0＜q ＜1，a 1＜0时，{a n }是递增数列； 当q ＞1，a 1＜0或0＜q ＜1，a 1＞0时，{a n }是递减数列； 当q ＝1时，{a n }是常数列． 2．等比数列与指数函数的关系1．在等比数列中，易忽视每一项与公比都不为0.2．在求等比数列的前n 项和时，易忽略q ＝1这一特殊情形．1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝－2，S 3＝－6，且公比q ≠1，则a 3＝( )A ．－2B ．2C ．－8D ．－2或－8 【答案】C【解析】依题意知⎩⎪⎨⎪⎧S 1＝a 1＝－2，S 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝－6，解得q ＝－2(q ＝1舍去)，故a 3＝a 1q 2＝－2×(－2)2＝－8 2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4＝( )A ．16B ．15C ．8D ．7n 33A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或12【答案】Cn n 24A ．5 B ．4C ．3 D ．2 【答案】D【解析】因为S 2＝3，S 4＝15，S 4－S 2＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，两个方程左右两边分别相除，得q 2＝4， 因为数列是正项等比数列，所以q ＝2，故选D.5.在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两个实数根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－2C.2D ．－2或 2n n 24234A ．S n ＝2n －1－1 B ．a n ＝2n C ．S n ＋1－S n ＝2n ＋1D ．S n ＝2n －1因此只有选项D 正确，故选D.7．(多选)已知数列{a n }是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n B ．{log 2a 2n }C ．{a n ＋a n ＋1}D ．{a n ＋a n ＋1＋a n ＋2} 8．(多选)已知数列{a n }是正项等比数列，且2a 3＋3a 7＝6，则a 5的值可能是( )A ．2B ．4C.85D.839.已知数列{a n }是等比数列，a 2＝1，a 5＝－18，若S k ＝－118，则k ＝________．n 1231n 【答案】3n －1【解析】设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8.解得a 1＝1，q ＝3.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.11．在等比数列{a n }中，a 2＝4，a 10＝16，则a 2和a 10的等比中项为________． 【答案】±8【解析】设a 2与a 10的等比中项为G ，因为a 2＝4，a 10＝16，所以G 2＝4×16＝64，所以G ＝±8. 12．在等比数列{a n }中，若a 1a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________． 【答案】32【解析】因为a 1a 5＝16，所以a 23＝16，所以a 3＝±4.又a 4＝8，所以q ＝±2. 所以a 6＝a 4q 2＝8×4＝32.13.在等比数列{a n }中，a 1＝6，a 2＝12－a 3.(1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝66，求m . 14.在数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．求证：数列{b n }是等比数列．一、单选题1．（2022·上海奉贤·二模）若a ，b ，c ，d 成等比数列，则下列三个数列：①,,a b b c c d +++；②,,ab bc cd ；③,,a b b c c d ---，必成等比数列的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】B【解析】若a ，b ，c ，d 为1,1,1,1--，则,,a b b c c d +++不为等比数列，①不符合； 由a ，b ，c ，d 必非零且公比为q ，则,,ab bc cd 也非零且公比为2q ，②符合； 若a ，b ，c ，d 为1,1,1,1，则,,a b b c c d ---不为等比数列，③不符合； 故选：B2．（2022·陕西西安·一模（理））2020年底，国务院扶贫办确定的贫困县全部脱贫摘帽脱贫攻坚取得重大胜利！为进步巩固脱贫攻坚成果，接续实施乡村振兴战略，某企业响应政府号召，积极参与帮扶活动．该企业2021年初有资金500万元，资金年平均增长率可达到20%．每年年底扣除下一年必须的消费资金后，剩余资金全部投入再生产为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标，每年应扣除的消费资金至多为（ ）（单位：万元，结果精确到万元）（参考数据：41.2 2.07≈，51.2 2.49≈）A ．83B ．60C ．50D ．44 【答案】BA ．ABC 中，:p AB >，:sin sin q A B > B ．2:p b ac =，:,,q a b c 成等比数列C ．n S 是数列{}n a 的前n 项和，p ：数列{}n a 为等比数列，q ：数列m S ，2m m S S -，32m m S S -成等比数列D ．α∈R ，:tan 2p α=，3:cos 25q α=-，ABC 中由正弦定理，反之也成立，成等比数列则的必要不充分条件；()1n=-时{4．（2022·全国·模拟预测（文））设正项等比数列n a 的前项和为n S ，19a =，31a =．记()121,2,n n T a a a n ==，下列说法正确的是（ ）A ．数列{}n a 的公比为13-B ．272n S ≥C ．n T 存在最大值，但无最小值D．()234n n n n T a -++=2132132=3333nn na -+++-⨯⨯==⨯3n ≤，由指数函数单调性可知0<存在最大值，但无最小值，故C 正确；225363322333n nn n n n-+-+++--⨯===5．（2022·江西省丰城中学模拟预测（理））记数列3中不超过正整数n 的项的个数为n a ，设数列{}n a 的前n 项的和为n S ，则3k S ()+∈N k 等于（ ）A ．1323⎛⎫-⋅+ ⎪⎝⎭k k k B ．13322⎛⎫-⋅++⎪⎝⎭kk kC ．333722⎛⎫-⋅+-⎪⎝⎭kk k D ．37322⎛⎫-⋅+ ⎪⎝⎭k k82,,2,=a a 1+，所以(3++-k S k 1231-++⋅++k k k ，21323-⨯++⋅k k ，323k k ++⋅，121232323k -+⨯+⨯++⨯233kk k -⋅，12+，所以3132⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭k k S k 6．（2022·浙江省义乌中学模拟预测）已知数列{n n n a 满足()*111112233411111112334n n n n n n n n n n n b a b c c a a c c n S n T n b b bb a a a n+++====-=⋅∈=+++≥=+++≥---N ，，，（），（），则下列有可能成立的是（ ）A ．若{}n a 为等比数列，则220222022a b > B ．若{}n c 为递增的等差数列，则20222022S T <C ．若{}n a 为等比数列，则220222022a b < D ．若{}n c 为递增的等差数列，则20222022S T >13524123n n n nb c c c c b c c c c ++⋅⋅=⋅⋅⋅⋅， 211111n n n n c d c c d c c ++⎛⎫+=- ⎪⎝⎭， 23344511111111111n nn d b d c c c c c c c c +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 111111n d d d c d+⎛⎫+-< ⎪+⎝⎭，()()()1112211,n n n n n n n a a a a a a a a a a +---=-=-+-++-+，1n a n ++-n n S T <恒成立，正确，D 错误7．（2022·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的公比为q ，且20221a =，记{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则下列说法正确的是（ ）A ．当01q <<时，{}n S 递减B ．当0q >时，40434043S ≥C ．当1q >时，2022n T T ≥D ．当10q -<<时，2022n T T ≥8．（2022·湖北武汉·二模）数列n 共有M 项（常数M 为大于5的正整数），对任意正整数k M …，有10k M k a a +-+=，且当2M n …时，12n n a =.记{}n a 的前n 项和为n S ，则下列说法中正确的有（ ）A ．若10231024n S …，则20M … B ．{}n a 中可能出现连续五项构成等差数列C ．对任意小于M 的正整数,p q ，存在正整数,i j ，使得i j p q a a S S +=-D ．对{}n a 中任意一项r a ，必存在(),s t a a s t ≠，使得,,r s t a a a 按照一定顺序排列可以构成等差数列1,,,16--；当2Mn >时，由对称性，也成立，9．（2022·山东青岛·二模）将等差数列中的项排成如下数阵，已知该数阵第n 行共有12n -个数，若12a =，且该数阵中第5行第6列的数为42，则n a =___________. a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 ……10．（2021·四川成都·三模（理））已知等比数列n a 的前项和n S 满足2n S m =-，数列n b 满足2log n n b a =，其中*n ∈N ，给出以下命题： ①1m =；②若4n n ta b >-对*n ∈N 恒成立，则132t >； ③设36()n nf n a a =+，*n ∈N ，则()f n 的最小值为12； ④设21,4,4n n n n b b n c a n λ⎧-+≤=⎨>⎩，*n ∈N 若数列{}n c 单调递增，则实数λ的取值范围为15,34⎛⎫- ⎪⎝⎭．其中所有正确的命题的序号为________．11．（2022·广西师范大学附属外国语学校模拟预测）设等差数列n 的前项和为n S ，等比数列n b 的前项和13n n T k -=-，数列{}n c 满足12c =，23c =，33c b =，且1n n n c c a +=+；下列几个结论中，所有正确结论的编号为___________.①3k =；②222211n n n n a b a b +++>+；③221n n n S S S ++<；④121111n n c c c n +++≥+.()()121323n n c c n -++-=++++-11111111112231n c n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++≥-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭故答案为：③④.．（2022·全国·长郡中学模拟预测）公比为q 的等比数列{n 满足：910，记123n n T a a a a =⋯⋯，则当q 最小时，使1n T ≥成立的最小n 值是___________910ln a a =)99ln ln q a q =+ ， ，()'1x f x x-=，当0< ，∴在x =1时，，由题意即819e e n n --=()17876923e ?e ?eeen n n n a -----==≥的最小值是17. 故答案为：17.13．（2022·山东青岛·二模）已知等比数列n 为递增数列，11a =，12a +是2a 与3的等差中项. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若项数为n 的数列{}n b 满足：1i n i b b +-=（1i =，2，3，…，n ）我们称其为n 项的“对称数列”.例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”.设数列{}n c 为()212k k -≥项的“对称数列”，其中1c ，2c ，3c ，…，n c 是公差为2的等差数列，数列{}n c 的最大项等于4a .记数列{}n c 的前21k -项和为21k S -，若2132k S -=，求k .14．（2022·天津市咸水沽第一中学模拟预测）已知数列n a 满足11n n a a +-=，其前5项和为15；数列{}n b 是等比数列，且12b =，24b ，32b ，4b 成等差数列． (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：()2*212N n n n n S S S b n +++⋅=-∈；(3)比较11n i n i i a b +-=∑和()211211n i i i a --=-∑的大小()*N n ∈．【答案】(1)n a n =，2nn b =；(2)证明见解析(3)()21121111n n i i n i i i i a b a --+-==>-∑∑【解析】(1)因为11n n a a +-=，所以数列{}n a 是公差为1的等差数列，1．（2020全国Ⅰ文10）设{}n a 是等比数列，且1232341,+2a a a a a a ++=+=，则678a a a ++=（） A ．12 B ．24 C ．30 D ．32 【答案】D【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则()2123111a a a a q q++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==，()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q ∴++=++=++==，故选D ．2．（2020全国Ⅱ文6）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若,24,124635=-=-a a a a 则=nna S （） A ．12-n B ．n --122C ．122--n D ．121--n【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩， ∴1111(1)122,21112n n n n nn n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-，故选B ．3．（2020全国Ⅱ理6）数列}{n a 中，21=a ，n m n m a a a =+，若515102122-=++++++k k k a a a ，则=k （）A ．2B ．3C ．4D ．5 【答案】C【解析】在等式m nm n a a a +=中，令1m =，可得112n n n a a a a +==，12n na a +∴=， 所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则1222n n n a -=⨯=，()()()()1011011105101210122122212211212k k k k k k a a a a ++++++⋅-⋅-∴+++===-=---，1522k +∴=，则15k +=，解得4k =．故选：C ．4．（2019•新课标Ⅲ，理5）已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =（ ）A ．16B ．8C ．4D ．2 【答案】C【解析】设等比数列{}n a 的公比为(0)q q >，则由前4项和为15，且53134a a a =+，有231111421111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎪⎨=+⎪⎩，∴112a q =⎧⎨=⎩，∴2324a ==，故选C ． 5．（2017•新课标Ⅱ，理3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯() A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【解析】设塔顶的1a 盏灯，由题意{}n a 是公比为2的等比数列，717(12)38112a S -∴==-，解得13a =，故选B ．6．（2015•新课标Ⅱ，理4）已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357(a a a ++=) A ．21B ．42C ．63D ．84 【答案】B【解析】13a =，13521a a a ++=，∴241(1)21a q q ++=，4217q q ∴++=，4260q q ∴+-=，22q ∴=，2463571()3(248)42a a a a q q q ∴++=++=⨯++=，故选B ．7．（2015新课标Ⅱ，文9）已知等比数列{}n a 满足114a =，()35441a a a =-，则2a =（）A.2B.11C.21D.8【答案】C【解析】由题意可得()235444412a a a a a ==-⇒=，所以34182a q q a ==⇒= ，故2112a a q ==8．(2018北京) “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为A B C ．D ． 【答案】D【解析】从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f ，公比为的等比数列，记为{}n a ，则第八个单音频率为818a f -=⋅=，故选D ．9．(2018浙江)已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．13a a <，24a a <B ．13a a >，24a a <C ．13a a <，24a a >D ．13a a >，24a a > 【答案】B【解析】因为ln 1x x -≤(0x >)，所以1234123ln()a a a a a a a +++=++1231a a a ++-≤，所以41a -≤，又11a >，所以等比数列的公比0q <．若1q -≤，则212341(1)(10a a a a a q q +++=++）≤， 而12311a a a a ++>≥，所以123ln()0a a a ++>， 与1231234ln()0a a a a a a a ++=+++≤矛盾，所以10q -<<，所以2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<， 所以13a a >，24a a <，故选B ．10．（2014重庆）对任意等比数列{}n a ，下列说法一定正确的是A ．139,,a a a 成等比数列B ．236,,a a a 成等比数列C ．248,,a a a 成等比数列D ．269,,a a a 成等比数列 【答案】D【解析】由等比数列的性质得，23960a a a ⋅=≠，因此269,,a a a 一定成等比数列． 11．（2019•新课标Ⅰ，理14）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若113a =，246a a =，则5S =． 【答案】1213【解析】在等比数列中，由246a a =，得625110q a q a =>，即0q >，3q =，则551(13)1213133S -==-． 12．（2019•新课标Ⅰ，文14）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若11a =，334S =，则4S =．【答案】58【解析】等比数列{}n a 的前n 项和，11a =，334S =，1q ∴≠，31314q q -=-，整理可得，2104q q ++=，解可得，12q =-，则4411151611812q S q --===-+． 13．（2015新课标Ⅰ，文13）数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n =． 【答案】6【解析】∵112,2n n a a a +==，∴数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，∴2(12)12612n n S -==-，∴264n =，∴n=6．． 14．（2017•新课标Ⅲ，理14）设等比数列{}n a 满足121a a +=-，133a a -=-，则4a =． 【答案】8-【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，121a a +=-，133a a -=-，1(1)1a q ∴+=-，21(1)3a q -=-，解得11a =，2q =-，则34(2)8a =-=-．15．（2017江苏）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a =．【答案】32【解析】设{}n a 的公比为q ，由题意1q ≠，由636331191S q q S q-==+=-，所以2q =，由313(1)714a q S q -==-，得114a =，所以77581122324a a q ==⨯==．16．（2017北京）若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==-，448a b ==，则22a b =_____．【答案】1【解析】设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由题意3138d q -+=-=， 所以3d =，2q =-，所以22131(2)a b -+==--． 17．（2017•新课标Ⅱ，文17）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11a =-，11b =，222a b +=．（1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式； （2）若321T =，求3S ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，11a =-，11b =，222a b +=，335a b +=，可得12d q -++=，2125d q -++=，解得1d =，2q =或3d =，0q =（舍去），则{}n b 的通项公式为12n n b -=，*n N ∈； （2）11b =，321T =，可得2121q q ++=，解得4q =或5-，当4q =时，24b =，2242a =-=-，2(1)1d =---=-，31236S =---=-； 当5q =-时，25b =-，22(5)7a =--=，7(1)8d =--=，3171521S =-++=． 18．（2018•新课标Ⅲ，理文17）等比数列{}n a 中，11a =，534a a =． （1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【解析】（1）等比数列{}n a 中，11a =，534a a =．4214(1)q q ∴⨯=⨯⨯，解得2q =±， 当2q =时，12n n a -=，当2q =-时，1(2)n n a -=-，{}n a ∴的通项公式为，12n n a -=，或1(2)n n a -=-．（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．当11a =，2q =-时，1(1)1(2)1(2)11(2)3n n nn a q S q -----===---，由63m S =，得1(2)633mm S --==，m N ∈，无解；当11a =，2q =时，1(1)1221112n nn n a q S q --===---， 由63m S =，得2163m m S =-=，m N ∈，解得6m =．。

第五节 等比数列及前n 项和【基础知识】1．等比数列的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(不为零)，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母__q __表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1(a 1≠0，q ≠0)． 3．等比中项若G 2＝a ·b _(ab ≠0)，那么G 为a 与b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m，(n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{2n a }，{a n ·b n }，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭仍是等比数列．5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，S n ＝111(1)(1)(1)11n n na q a a q a q q q q =⎧⎪--⎨=≠⎪--⎩6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为__q n __. 难点正本 疑点清源 1．等比数列的特征从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q 也是非零常数． 2．等比数列中的函数观点利用函数、方程的观点和方法，揭示等比数列的特征及基本量之间的关系．在借用指数函数讨论单调性时，要特别注意首项和公比的大小． 3．两个防范(1)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(2)在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误．【考点剖析】考点一：等比数列基本量的运算【题组训练】1．已知等比数列{a n}满足a1＝14，a3a5＝4(a4－1)，则a2等于()A．2B．1C.12D.18【答案】C【解析】由{a n}为等比数列，得a3a5＝24a，又a3a5＝4(a4－1)，所以24a＝4(a4－1)，解得a4＝2.设等比数列{a n}的公比为q，则由a4＝a1q3，得2＝14q3，解得q＝2，所以a2＝a1q＝12.2．(2021·湘东五校联考)已知在等比数列{a n}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是()A．1 B．－1 2C．1或－12D．－1或12【答案】C【解析】当q＝1时，a n＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，由21317,(1)=211a qa qq⎧=⎪⎨-⎪-⎩得q＝－12.综上，q的值是1或－12，故选C.3．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【答案】B【解析】每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝71(12)12a--＝381，解得a1＝3..【名师微点】等比数列基本量运算的解题策略(1)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，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，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝11(1)11n n a a q a q q q--=--. 考点二：等比数列的判定与证明例1．[典例精析]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列． 【证明】因为a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ， 所以1n n b b +＝211111112442242222n n n n n n nn n n n n na a a a a a a a a a a a a ++++++++----===--- 因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．[解题技法]等比数列的判定方法[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． 考点三：等比数列的性质及应用例2．(1)已知等比数列{a n }的各项为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A．12B．10C．8 D．2＋log35(2)设等比数列{a n}中，前n项和为S n，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于()A.18B．－18C. 578D.558(3)已知等比数列{a n}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.【答案】(1)B(2)A(3)2【解析】(1)由a5a6＋a4a7＝18，得a5a6＝9，所以log3a1＋log3a2＋...＋log3a10＝log3(a1a2 (10)＝log3(a5a6)5＝5log39＝10.(2)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝18，所以a7＋a8＋a9＝1 8 .(3)由题意，得=240=80S SS S+-⎧⎪⎨-⎪⎩奇偶奇偶，，解得=80=160SS-⎧⎪⎨-⎪⎩奇偶，所以q＝160=80SS--偶奇＝2.[解题技法]应用等比数列性质解题时的2个注意点(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则a m·a n＝a p·a q”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，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．2.4 等比数列 基础练一、单选题1．在等比数列{}n a 中，201920168a a =，则数列{}n a 的公比q 的值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．82．已知等比数列{}n a 中，2017a ，2019a 是方程2410x x -+=的两个根，则2018a =（ ）A ．1B ．±1C ．2018D ．1，2018 3．已知数列{}n a 是公比为q 的等比数列，且132,,a a a 成等差数列，则公比q 的值为（ ）A ．11,-2B ．1C ．1-2D ．-24．若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==-，448a b ==，则22a b 为（ ） A ．1B ．1-C ．2D ．2-5．已知等比数列{}n a 满足112a =，且()24341a a a ⋅=-，则5a =（ ） A ．8B ．16C ．32D ．646．在各项不为零的等差数列{}n a 中，2201720182019220a a a -+=，数列{}n b 是等比数列，且20182018b a =，则()220172019log b b ⋅的值为（ ）A ．1B ．2C ．4D ．8二、填空题7．若,22,33x x x ++是一个等比数列的前3项，则第四项为_________．8．在等比数列{}n a 中，1132a =，当11n 时，1n a >恒成立，则公比q 的取值范围是______．9．已知数列{}n a 满足()*1111,3n n n a a n a a +==∈+N ，那么{}n a 的通项公式是___.三、解答题10．已知：n S 为{}n a 的前n 项和，且满足n n a S n +=.（1）求证：{}1n a -成等比数列； （2）求n a .2.5 等比数列的前n 项和基础练一、单选题1．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+，则数列11{}n n a a +⋅的前6项和为（ ）A ．215 B ．415 C ．511 D ．1011 2．数列11111,2,3,424816…的前n 项和为（ ）A ．()211122n n n ++-B ．()1111122n n n +++-C ．()211222n n n ++-D ．()1112122n n n ⎛⎫++- ⎪⎝⎭3．数列{}n a的通项公式为n a =n S 为其前n 项和.若9n S =，则n =（ ）A ．99B ．98C ．97D ．964．若数列{}n a 的通项公式为221n n a n =+-,则数列{}n a 的前n 项和n S 为（ ）A ．221n n +-B ．1221n n ++-C ．1222n n ++-D ．222n n +-5．数列{}n a 满足n a =123...nn ++++，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为（ ）A ．2nn +B ．22nn + C ．1n n + D ．21nn + 6．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若367,63S S ==，则数列{}n na 的前n 项和为（ ）A ．3(1)2n n -++⨯B ．3(1)2n n ++⨯C ．1(1)2n n ++⨯D ．1(1)2n n +-⨯二、填空题7．已知数列｛a n ｝的通项a n =2n +n ，若数列｛a n ｝的前n 项和为Sn ，则S 8＝_________8．()()11114473231n n +++=⨯⨯-+ 9．已知数列111112123123n+++++++，，，，，，则其前n 项的和等于_________．三、解答题10．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和．参考答案11．【答案】A【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 2019=8a 2016，∴q 3=8，解得q =2． 故选A ． 2．【答案】B【解析】∵2017a ，2019a 是方程x 2﹣4x+1=0的两个根，∴20172019a a =1，则在等比数列{a n }中，201720192018a a a =2=1，2008a ∴=±1故选B ． 3．【答案】A【解析】数列{}n a 是公比为q 的等比数列,132,,a a a 故3122a a a =+,由此解得112q =-， 故选A 。

等比数列及其前 n 项和一、单选题(共10 道，每道10 分)1.公差不为0 的等差数列第二、三、六项构成等比数列，则公比为( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：等比数列的通项公式2.等比数列中，，，则的值为( )A. B.C. D.答案：D 解题思路：试题难度：三颗星知识点：等比数列的性质3.在等比数列中，已知，，则( )A. B.C. D.答案：C 解题思路：试题难度：三颗星知识点：等比数列的性质4.公比为4 的等比数列的各项都是正数，且，则( )A. B.1C.4D.16答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：等比数列的性质5.在正项等比数列中，，是方程的两个根，则的值为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：等比数列的性质6.一个蜂巢里有1 只蜜蜂，第1 天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6 只蜜蜂飞出去，各自找回了5 个伙伴⋯⋯如果这个找伙伴的过程继续下去，第6 天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有( )只蜜蜂．A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：等比数列的通项公式7.在等比数列中，表示前n 项的和，若，，则公比q=( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：等比数列的性质8.等比数列的前n 项，前2n 项，前3n 项的和分别为A，B，C，则( )A. B.答案：D 解题思路：试题难度： 三颗星 知识点： 等比数列的性质 9. 设等比数列 的前 n 项的和为 ，已知 ， ，则 ( )答案： A解题思路：试题难度： 三颗星 知识点： 等比数列的性质A. B. C. D.C. D.10.已知 是首项为 1 的等比数列，( )是其前 n 项和，且 的前 5 B.答案：C 解题思路：。

第03讲等比数列及其前n 项和(练）-2023年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）第03讲等比数列及其前n 项和（精练）A 夯实基础一、单选题（2022·全国·高二课时练习）1．通过测量知道，温度每降低6℃，某电子元件的电子数目就减少一半．已知在零下34℃时，该电子元件的电子数目为3个，则在室温26℃时，该元件的电子数目接近（）A ．860个B ．1730个C ．3072个D ．3900个（2022·辽宁·抚顺县高级中学校高二阶段练习）2．方程2540x x -+=的两根的等比中项是（）A ．2-和2B ．1和4C ．2和4D ．2和1（2022·辽宁·大连市一0三中学高二期中）3．正项等比数列{}n a 中，5a ，34a ，42a -成等差数列，若212a =，则17a a =（）A ．4B ．8C ．32D ．64（2022·全国·高三专题练习（理））4．在适宜的环境中，一种细菌的一部分不断分裂产生新的细菌，另一部分则死亡.为研究这种细菌的分裂情况，在培养皿中放入m 个细菌，在1小时内，有34的细菌分裂为原来的2倍，14的细菌死亡，此时记为第一小时的记录数据.若每隔一小时记录一次细菌个数，则细菌数超过原来的10倍的记录时间为第（）A ．6小时末B ．7小时末C ．8小时末D ．9小时末（2022·全国·高二课时练习）5．在各项均为正数的等比数列中{}n a ，32a =，51a =，则1526372a a a a a a ++=（）A ．1B ．9C ．7D ．9（2022·全国·高三专题练习）6．已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，则“1q >”是“112n n n S S S -++>”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件（2022·福建龙岩·模拟预测）7．如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积约为（）(lg 20.3010)≈A ．30010B ．30110C ．30810D ．31010（2022·安徽·合肥市第十一中学高二期末）8．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若63:1:2S S =，则93:S S =（）A ．1:2B ．2:3C ．3:4D ．1:3二、多选题（2022·全国·高二单元测试）9．已知数列{}n a 是等比数列，则下列结论中正确的是（）A ．数列{}2n a 是等比数列B ．若32a =，732a =，则58a =±C ．若数列{}n a 的前n 项和13n n S r -=+，则1r =-D ．若123a a a <<，则数列{}n a 是递增数列（2022·吉林·长春十一高高二期末）10．已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，下列结论一定成立的是（）A ．若30a >，则20210a >B ．若40a >，则20210a <C ．若30a >，则20210S >D ．若40a >，则20210S >（2022·全国·高三专题练习）11．设{}n a 是各项为正数的等比数列，q 是其公比，n T 是其前n 项的积，且67T T <，789T T T =>，则下列结论正确的是（）A ．1q >B ．81a=C ．106T T >D ．7T 与8T 均为nT的最大值三、填空题（2022·湖北十堰·高二阶段练习）12．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若34S =，919S =，则6S ，9S 的等差中项为__________.四、解答题（2022·辽宁·沈阳市第八十三中学高二开学考试）13．已知等差数列{}n a 的公差2d =，且252a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若m S ，9a ，15a 成等比数列，求m 的值．（2022·江苏·高二课时练习）14．如图，正三角形ABC 的边长为20cm ，取BC 边的中点E ，作正三角形BDE ；取DE 边的中点G ，作正三角形DFG ……如此继续下去，可得到一列三角形ABC ，BDE △，DFG …，求前20个正三角形的面积和.B 能力提升（2022·河南·模拟预测（文））15．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并满足条件11a >，202120220a a >，()()20212022110a a --<，下列结论正确的是（）A ．202320211a a >B ．202220211S S ->C ．数列{}n S 存在最大值D ．2021T 是数列{}n T 中的最大值（2022·上海·华师大二附中高二阶段练习）16．以下有四个命题：①一个等差数列{}n a 中，若存在()*10k k a a k N +>>∈，则对于任意自然数n k >，都有0n a >；②一个等比数列{}n a 中，若存在0k a <，()10k a k N *+<∈，则对于任意n N *∈，都有0n a <；③一个等差数列{}n a 中，若存在0k a <，()10k a k N *+<∈，则对于任意n N *∈，都有0n a <；④一个等比数列{}n a 中，若存在自然数k ，使10k k a a +⋅<则对于任意n N *∈，都有10n n a a +⋅<．其中正确命题的个数是（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个（2022·全国·高三专题练习）17．等比数列{}n a 的前n 项和为213n n S r -=+，则r 的值为A ．13B ．13-C ．19D ．19-（2022·广东·佛山市顺德区郑裕彤中学高二期中）18．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()0n n S a n λλ=≠-.若数列{}1n a +为摆动数列（从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项），则实数λ的取值范围为_________.（2022·江苏省苏州实验中学高二阶段练习）19．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段12(,),33记为第一次操作；再将剩下的两个区间120,,,133⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于9,10则需要操作的次数n 的最小值为____．(参考数据：lg 2＝0.3010，lg 3＝0.4771)（2022·浙江·高二阶段练习）20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()12,2(1)N n n a n a n S n *=⋅=+⋅∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)判断数列231⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭n n a n 中是否存在成等差数列的三项，并证明你的结论．C 综合素养（2022·江苏省赣榆高级中学模拟预测）21．1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间[0,1]平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间1[0,3和2[,1]3；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：1[0,]9，21[,]93，27[,]39，8[,1]9；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历n 步构造后，20212022不属于剩下的闭区间，则n 的最小值是（）．A ．7B ．8C ．9D ．10（2022·全国·高三阶段练习）22．十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的．明万历十二年（公元1584年）．他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论．十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M ，插入11个数后这13个数之和为N ，则依此规则，下列说法正确的是（）．A ．插入的第8B ．插入的第5个数是插入的第1倍C ．3M >D ．7N <（2022·全国·高三专题练习）23．我国明代音乐理论家和数学家朱载堉在所著的《律学新说》一书中提出了“十二平均率”的音乐理论，该理论后被意大利传教士利玛窦带到西方，对西方的音乐产生了深远的影响.以钢琴为首的众多键盘乐器就是基于“十二平均率”的理论指导设计的.图中钢琴上的每12个琴键（7个白键5个黑键）构成一个“八度”，每个“八度”各音阶的音高都是前一个“八度”对应音阶的两倍，如图中所示的琴键的音高524C C =⋅（4C 称为“中央C ”）.将每个“八度”（如4C 与5C 之间的音高变化）按等比数列十二等份，得到钢琴上88个琴键的音阶.当钢琴的4A 键调为标准音440Hz 时，下列选项中的哪些频率（单位：Hz ）的音可以是此时的钢琴发出的音（）（参考数据：122 1.414=，132 1.260=，142 1.189=，152 1.148=，162 1.122=，1122 1.059=）A ．110B ．233C ．505D ．1244（2022·全国·高二单元测试）24．取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留剩下的两段；再将剩下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；……；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第n 次操作中去掉的线段长度之和不小于160，则n 的最大值为___________.（参考数据：lg 20.3010≈，lg30.4771≈）（2022·全国·高三专题练习）25．九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．中国的末代皇帝溥仪()19061967-也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）．现假设有n 个圆环，用n a 表示按照某种规则解下n 个圆环所需的银和翠玉制九连环最少移动次数，且数列{}n a 满足11a =，22a =，()1223,n n n n a a n *--≥=+∈N ，则10a =_______．参考答案：1．C【分析】根据题意和等比数列的概念可知该电子元件在不同温度下的电子数目为等比数列，进而得出首项和公比，即可求出11a .【详解】由题设知，该电子元件在不同温度下的电子数目为等比数列，且13a =，公比2q =．由()263460--=，60106=，得1011323072a =⨯=．故选：C ．2．A【分析】先根据韦达定理求出两根之积，再结合等比中项公式计算即可.【详解】由一元二次方程根与系数的关系可知方程2540x x -+=的两根之积为4，又因为()242=±，故方程2540x x -+=的两根的等比中项是2±．故选：A 3．D【分析】依题意5a ，34a ，42a -成等差数列，可求出公比q ，进而由212a =求出4a ，根据等比中项求出17a a 的值.【详解】由题意可知，5a ，34a ，42a -成等差数列，所以45328a a a -=，即233328a q a q a -=，所以2280q q --=，4q =或2q =-（舍），所以2428a a q ==，421764a a a ==，故选：D.4．A【分析】由题意可知每小时末的细菌数构成了等比数列，求出其通项公式，列出相应的不等式，求得答案.【详解】设n a 表示第n 小时末的细菌数，依题意有()11332242n n n a a a n --=⨯=≥，133242a m m =⨯=，则{}n a 是等比数列，首项为32m ，公比32q =，所以32nn a m ⎛⎫= ⎪⎝⎭.依题意，10n a m >，即3102nm m ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以3102n⎛⎫> ⎪⎝⎭,由于563310,24372932102642⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭=<，又*N n ∈，所以6n ≥，所以第6小时末记录的细菌数超过原来的10倍,故选:A.5．B【解析】利用等比数列的性质：若m n p q r r +=+=+，则m n p q r r a a a a a a == 可解.【详解】因为{}n a 为各项为正的等比数列，32a =-51a =，所以1526373552222335()(2)2219a a a a a a a a a a a a ++=++===+故选：B【点睛】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换和灵活运用性质．6．D【分析】由112n n n S S S -++>可得出1n n a a +>，取10a <，由101n n q a a +<⇔，进而判断可得出结论.【详解】若112n n n S S S -++>，则11n n n n S S S S +-->-，即1n n a a +>，所以，数列{}n a 为递增数列，若10a <，101n n q a a +<<⇔>，所以，“1q >”是“112n n n S S S -++>”的既不充分也不必要条件.故选：D.7．C【分析】根据题意可知第n 行第i 个数2n i k -的指数为二项式系数，第n 行数字的指数之和为二项式系数之和等于12n -，利用等比数列求和得该“数字塔”前10层的所有数字之积10212T -=，利用对数运算进行计算估计．【详解】根据题意可得，“数字塔”中第n 行第i 个数均为2n i k -的形式，该“数字塔”前10层的所有数字之积()()()()11212210110210101011021010112122......222....22..22kk k k k k k k k k k k------------+++++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=根据指数运算可知，则n i k -按原位置排列即构成杨辉三角，可得n i k -为二项式系数，则第n 行数字的和为二项式系数之和等于12n -∴前10层的所有数字之和0191022..221+++=-该“数字塔”前10层的所有数字之积10212T -=()102110lg lg 221lg 2308T -==-≈，则30810T ≈故选：C．8．C【分析】利用等比数列前n 项和的性质k S ，2k k S S -，32k k S S -，43k k S S -，L 成等比数列求解.【详解】解：因为数列{} n a 为等比数列，则3S ，63S S -，96S S -成等比数列，设3S m =，则62mS =，则632m S S -=-，故633S S S -=966312S S S S -=--，所以964m S S -=，得到934S m =，所以9334S S =.故选：C.9．AD【分析】利用等比数列的定义可判断A ；利用等比数列的通项公式可判断B ；利用等比数列的前n 项和公式可判断C ；由123a a a <<，求出1q >可判断D.【详解】由数列{}n a 是等比数列，设公比为q ，则222112n n n n a a q a a ++⎛⎫== ⎪⎝⎭是常数，故A 正确；由32a =，732a =，则47316a q a ==，即22q =，所以253248a a q ==⨯=，故B 错误；若数列{}n a 的前n 项和13n n S r -=+，则111a S r ==+，()()221312a S S r r =-=+-+=，()()332936a S S r r =-=+-+=，123,,a a a 成等比数列，2213a a a ∴=，即()461r =+，解得13r =-，故C 错误；若1230a a a <<<，则1q >，数列{}n a 是递增数列；若1230a a a <<<，则01q <<，数列{}n a 是递增数列，故D 正确.故选：AD 10．AC【分析】利用等比数列的通项公式及其前n 项和公式即可判断出正误即可．【详解】解：A 、若2310a a q =>，则10a >，所以2020202110a a q=>，故本选项正确；B 、3410a a q =>，则无法判定1a 的正负，所以202020211a a q=的正负也无法判定，故本选项错误；C 、2310a a q =>，则10a >，若1q =时，2021120210S a =>；若1q ≠，202112021(1)01a q S q -=>-，故本选项正确；D 、若3410a a q =>，若10a >，1q =时，2021120210S a =>；若1q ≠，202112021(1)1a q S q -=-，当1q <-时，则10a <，所以20210S <，故本选项错误.故选：AC.11．BD【分析】结合等比数列的性质依次分析选项即可.【详解】由题意知，A ：由67T T <得71a >，由78=T T 得887=1T a T =，所以87=1a q a <，又0q >，所以01q <<，故A 错误；B ：由78=T T 得887=1T a T =，故B 正确；C ：因为{}n a 是各项为正数的等比数列，(01)q ∈，，有12789101a a a a a a >>>>=>>> ，所以2210789108996=()1T a a a a a a a T ==<，所以106T T <，故C 错误；D ：1278910T T T T T T <<<<>>> ，则7T 与8T 均为n T 的最大值，故D 正确.故选：BD 12．292##14.5【分析】利用等比数列部分和的性质求出6S ，然后利用等差中项求解答案.【详解】设6S x =，因为{}n a 为等比数列，所以3S ，63S S -，96S S -成等比数列.因为34S =，919S =，所以()()24194x x -=-，解得10x =或6x =-（舍去）.所以6S ，9S 的等差中项为292.故答案为：292.13．(1)26n a n =-(2)6m =【分析】（1）由11252102a d a +=+=，求得14a =-，进而得到数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）知26n a n =-，求得25n S n n =-，912a =，1524a =，根据m S ，9a ，15a 成等比数列，列出方程，即可求解.(1)解：因为252a a +=且2d =，可得11252102a d a +=+=，解得14a =-，所以数列{}n a 的通项公式为4(1)226n a n n =-+-⨯=-.(2)解：由（1）知26n a n =-，可得2(4265)2n S n n n n -+-=-=，912a =，1524a =，因为m S ，9a ，15a 成等比数列，所以2915m a S a =，整理得2560m m --=，解得6m =或1m =-，又因为m N *∈，所以6m =.142201)cm 4-.【分析】由题意可知面积成等比数列，则可求总面积．【详解】设第n 个三角形边长为a ，则第n +1个三角形边长为2a，设第n 个三角形面积为n a ，则24n a =，2214216n a a +⎛⎫== ⎪⎝⎭，∵114n n a a +=，2120ABC a S === ，所以这些三角形面积成等比数列，且公比14q =，首项1a =所以前20个正三角形的面积和为：20220201)14)cm 1414S -==--．15．D【分析】根据题意可得20211a >，202201a <<，所以在等比数列{}n a 中，从1a 到2021a 的每一项都大于1，从2022a 开始后面所有的项的值都小于1且大于0.再分析每一个选项即可求解.【详解】因为{}n a 是公比为q 的等比数列，且11a >，202120220a a >，()()20212022110a a --<，所以20211a >，202201a <<，所以01q <<，所以在等比数列{}n a 中，从1a 到2021a 的每一项都大于1，从2022a 开始后面所有的项的值都小于1且大于0.对于A ：因为22023202120221a a a =<，所以202320211a a <，故A 不正确；对于B ：()2022202120220,1S S a -=∈，故B 不正确；对于C ：根据上面的分析，等比数列{}n a 中每一项都为正值，所以n S 无最大值，所以数列{}n S 无最大值，故C 不正确；对于D ：因为在等比数列{}n a 中，从1a 到2021a 的每一项都大于1，从2022a 开始后面所有的项的值都小于1且大于0，所以2021T 是数列{}n T 中的最大值，故D 正确.故选：D.16．D【分析】在等差数列中，由10k k d a a +=->可知数列为递增数列，知①正确；等比数列中，由公比1k ka q a +=知数列各项符号相同或为摆动数列，从而得到②④正误；利用反例可知③错误.【详解】对于①，由10k k a a +>>知：公差10k k d a a +=->，∴自第k 项起，数列{}n a 为递增数列，又0k a >，∴对于任意自然数n k >，都有0n a >，①正确；对于②，由0k a <，10k a +<知：公比10k ka q a +=>，∴数列{}n a 各项符号相同，即对于任意n N *∈，都有0n a <，②正确；对于③，若等差数列{}n a 中，21a =-，33a =-，则公差2d =-，110a ∴=>，③错误；对于④，由10k k a a +⋅<知：公比10k ka q a +=<，∴等比数列{}n a 为摆动数列，奇数项的符号相同，偶数项的符号相同，且奇数项与偶数项异号，∴对于任意n N *∈，都有10n n a a +⋅<，④正确；综上所述：正确的命题的个数为3个.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查等差和等比数列的单调性和各项的符号特征；解题关键是能够根据相邻两项之间的关系确定等差或等比数列的公差或公比的正负，进而得到等差数列的单调性和等比数列各项的符号特征.17．B【详解】当1n =时,113a S r ==+,当2n ≥时，212323223221118333(31)8383393n n n n n n n n n a S S --------=-=-=-=⋅=⋅⋅=⋅所以81333r r +=∴=-，故选B.18．()0,1【分析】由退位相减法求得1()1n n n a a a λ-=--，化简整理后得1111n n a a λλ-+=+-，数列{}1n a +是公比为1λλ-的等比数列，要是摆动数列，则有公比小于0，求解即可.【详解】由n n S a n λ=-①，得111(2)n n S a n n λ--=+≥-②，①－②得1()1n n n a a a λ-=--，即()111n n a a λλ--=+，整理得()()()1111n n a a λλ--+=+，当1λ=时，不合题意，当1λ≠且0λ≠时，1111n n a a λλ-+=+-，且1n =时，111S a λ=-，111a λ=-，数列{}1n a +是公比为1λλ-的等比数列，若数列{}1n a +为摆动数列，则有01λλ<-，解得01λ<<.故答案为：()0,1.19．6【分析】根据给定条件，分别计算前面每次操作去掉的区间长度和，进而求出第n 次操作去掉的区间长度和n a ，再求数列{}n a 前n 项和，列不等式求解作答.【详解】设n a 为第n 次操作去掉的区间长度和，113a =，第1次操作后剩下两个长度为13的闭区间，则第2次操作去掉的区间长度和222122()33a =⋅=，第2次操作后剩下4个长度为213的闭区间，则第3次操作去掉的区间长度和3231144333a =⋅⋅=，如此下去，第1(2,N )n n n *-≥∈次操作后剩下12n -个长度为113n -的闭区间，则第n 次操作去掉的区间长度和1111122333n n n n n a ---=⋅⋅=，显然，数列{}n a 是等比数列，首项113a =，公式23q =，其前n 项和12[1()]2331()2313n nn S -==--，由910n S ≥得：21()310n ≤，11 5.6786lg 3lg 20.47710.3010n ≥≈≈--，而N n *∈，则min 6n =，所以需要操作的次数n 的最小值为6.故答案为：620．(1)1(1)2n n a n -=+⋅；(2)不存在，证明见解析.【分析】（1）利用给定的递推公式，结合“当2n ≥时，1n n n a S S -=-”变形，构造数列{}nS n即可求解作答.（2）假定存在符合条件的三项，列出等式，结合3()212⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n nf n 的单调性推理作答.【详解】（1）N n *∈，2(1)n n n a n S ⋅=+⋅，则当2n ≥时，()12(1)-⋅-=+⋅n n n n S S n S ，即121-=⋅-n n S Sn n ，而121S =，因此，数列{}n S n 是公比为2的等比数列，则11221n nn S S n -=⋅=，即2n n S n =⋅，所以1(1)(1)22-+⋅==+⋅n nn n S a n n.（2）记231=-+nn n b a n ，由（1）知，123(1)2321-=-⋅+=-+n n n n n b n n ，不妨假设存在,,()<<m n p b b b m n p 三项成等差数列，则()2323232-=-+-n n m m p p，因为(),,N m n p m n p *<<∈，所以1+≤n p ，令()()32N nnf n n *=-∈，则3()212⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n nf n ，于是有()f n 对N n *∈是递增的，则()(1)≥+f p f n ，即113232++-≥-p p n n ，因此()1123232323232++-=-+-≥-+-n n m m p p m m n n ，即332n m m -≥-，其左边为负数，右边为正数，矛盾，所以数列231⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭n n a n 中不存在成等差数列的三项．21．A【分析】根据三分康托集的构造过程可知：经历第n 步，每个去掉的开区间以及留下的闭区间的区间长度都是13n ⎛⎫ ⎪⎝⎭，根据规律即可求出20212022属于1112,133n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，进而根据不等式可求解.【详解】20212022不属于剩下的闭区间，20212022属于去掉的开区间经历第1步，剩下的最后一个区间为2[,1]3，经历第2步，剩下的最后一个区间为8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦，……，经历第n 步，剩下的最后一个区间为1113n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，，去掉的最后开区间为1112,133n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭由120111121320223n n⎛⎫⎛⎫-⨯<<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭化简得4044320223n n ⎧>⎨<⎩，解得7n =故选:A 22．BC【分析】设该等比数列为{}n a ，公比为q ，根据题意11a =，132a =，即可求出122q =，再根据等比数列的性质和等比数列前n 项和公式，逐项判断，即可得到结果.【详解】设该等比数列为{}n a ，公比为q ，则11a =，132a =，故121312a q a ==，所以8128912a a q ===A 错误；因为462a q a ==B 正确；()112111212112112111111212a q M q----====-----，要证3M >，即证11211312-->-，即证1121421>-，即证112524>，即证12524⎛⎫> ⎪⎝⎭，而()1265 1.524⎛⎫>> ⎪⎝⎭，故C 正确；而3N M =+，因()()12636 1.4 1.925⎛⎫>>> ⎪⎝⎭，所以112625>，1121521>-，所以11211412-->-即4M >,所以7N >，D 错误.故选：BC ．23．ABD 【分析】A.由244042110==可得答案；对于BCD ，通过524C C =⋅求出相邻音阶的公比，逐一检验选项即可.【详解】∵A 4=440，244042110==，故110Hz 是A 4往左两个“八度”A 2键的音，A 正确.设相邻音阶的公比为q ，则12524C q C ==，∴1122q =.而A 3=220，A 4=440，A 5=880，112233 1.0592220q ===，B 正确；155051.1482440n q ==≠（n ∈N *），C 不正确；16212441.4142880q ===，D 正确.故选：ABD.24．8【分析】根据题设可得第n 次操作去掉的线段长度之和为12133n -⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭，则有12113360n -⎛⎫⋅≥ ⎪⎝⎭，再根据指对数关系及对数运算性质求n 的最大值.【详解】第一次操作去掉的线段长度为13，第二次操作去掉的线段长度之和为2133⨯，第三次操作去掉的线段长度之和为221333⨯⨯，…，第n 次操作去掉的线段长度之和为12133n -⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭，由题意知，12113360n -⎛⎫⋅≥ ⎪⎝⎭，则21330n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，则2lg lg 301lg 33n -=--≥，∴()lg 2lg 31lg 3n -≥--，即1lg 3lg 3lg 2n +-≤，又lg 20.3010≈，lg30.4771≈，可得8n ≤，故最大值为8.故答案为：8.25．682【分析】利用累加法可求得10a 的值.【详解】当3n ≥且n N *∈时，122n n n a a ---=，所以，()()()()()535791024264861082142222268214a a a a a a a a a a -=+-+-+-+-=++++==-.故答案为：682.。