1、第四章 数列考点测试31 等比数列第一部分 考点通关练高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值 5 分、12 分，中、低等难度考纲研读1.理解等比数列的概念2掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式3能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题4了解等比数列与指数函数的关系第1步狂刷小题 基础练解析 因为an为等比数列且满足 a6a230，a3a13，所以a1q5a1q30，a1q2a13，可得a11，q2，S512512 31，所以数列an的前 5 项和S531.答案解析一、基础小题1已知an为等比数列且满足 a6a230，a3a13，则
2、数列an的前 5 项和 S5()A15 B31 C40 D121解析 由题意，an23n1，Sn123n1233123n 3223n1，所以Sn32an，故选 B.答案解析2设首项为 1，公比为23的等比数列an的前 n 项和为 Sn，则下列结论正确的是()ASn43anBSn32anCSn3an2 DSn2an1解析 在等比数列中，若 pqmn，p，q，m，n 都为正整数，则apaqaman，因为 a5a6a4a718，所以 a5a6a4a79，因为 a1am9，所以m10.故选 C.答案解析3公比不为 1 的等比数列an满足 a5a6a4a718，若 a1am9，则 m的值为()A8 B9
3、 C10 D11解析 数列lg an的前 8 项和 S8lg a1lg a2lg a8lg(a1a2a8)lg(a1a8)4lg(a4a5)4lg(25)44.答案解析4在等比数列an中，a42，a55，则数列lg an的前 8 项和等于()A6 B5 C4 D3解析 因为 a7a8a9S9S6，且 S3，S6S3，S9S6 也成等比数列，即 8，1，S9S6 成等比数列，所以 8(S9S6)1，即 S9S618，所以 a7a8a918.答案解析5设等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S38，S67，则 a7a8a9 等于()A.18B18C578D558解析 设数列an的公比为 q，根
4、据题意知S6S3S3 164q3，所以 q14，从而有 an3214n1272n，所以 log2an72n，所以|log2an|2n7|，所以数列|log2an|的前 10 项和等于 53113579111335127113258.故选 A.答案解析6已知an是首项为 32 的等比数列，Sn 是其前 n 项和，且S6S36564，则数列|log2an|的前 10 项和为()A58 B56 C50 D45答案7已知各项均不为零的数列an，定义向量 cn(an，an1)，bn(n，n1)，nN*.下列命题中真命题是()A若nN*总有 cnbn 成立，则数列an是等比数列B若nN*总有 cnbn 成
5、立，则数列an是等比数列C若nN*总有 cnbn 成立，则数列an是等差数列D若nN*总有 cnbn 成立，则数列an是等差数列解析 向量 cn(an，an1)，bn(n，n1)，nN*，当 cnbn 时，(n1)annan10，即 anna1，数列an为等差数列，D 正确，B 错误；当 cnbn 时，nan(n1)an10，即 an1n1na1，数列an既不是等差数列，也不是等比数列，A，C 错误故选 D.解析答案 27解析 由已知 n2 时，an2Sn1，an12Sn，an1an2an，即 an13an(n2)，an1，n1，23n2，n2，S41261827.答案解析8在数列an中，已知
6、 a11，an2(an1an2a2a1)(n2，nN*)，则这个数列的前 4 项和 S4_.解析 由题意知a10，q0，a1a1qa1q2a1q315，a1q43a1q24a1，解得a11，q2，a3a1q24.故选 C.答案解析二、高考小题9(2019全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且 a53a34a1，则 a3()A16 B8 C4 D2答案10(2018北京高考)“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
7、前一个单音的频率的比都等于12 2.若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为()A.3 2fB3 22fC12 25fD12 27f解析 由题意知，十三个单音的频率构成首项为 f，公比为12 2的等比数列，设该等比数列为an，则 a8a1q7，即 a812 27f，故选 D.解析答案11(2018浙江高考)已知 a1，a2，a3，a4 成等比数列，且 a1a2a3a4ln(a1a2a3)若 a11，则()Aa1a3，a2a3，a2a4Ca1a4Da1a3，a2a4解析 设 f(x)ln xx(x0)，则 f(x)1x11xx，令 f(x)0，得0 x1，令 f(x)1，f(x)在(0,1
8、)上为增函数，在(1，)上为减函数，f(x)f(1)1，即有 ln xx1.从而 a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，a41，公比 q0，矛盾若 q1，则 a1a2a3a4a1(1qq2q3)a1(1q)(1q2)0，ln(a1a2a3)ln a10，也矛盾1q0.从而a3a1q20，a1a3.同理，a4a2q21，a2a2.故选 B.解析解析 由题意可知，由上到下灯的盏数 a1，a2，a3，a7 构成以 2 为公比的等比数列，S7a112712381，a13.故选 B.答案解析12(2017全国卷)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
9、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()A1 盏B3 盏C5 盏D9 盏解析 设等比数列an的公比为 q，又 a11，则 ana1qn1qn1.S334，a1a2a31qq234，即 4q24q10，q12，S41112411258.答案 58答案解析13(2019全国卷)记 Sn 为等比数列an的前 n 项和，若 a11，S334，则 S4_.答案 1解析 设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.a1b11，a4b48，13d8，1q38，d3，q2.a22，b22.a2b222
10、1.答案解析14(2017北京高考)若等差数列an和等比数列bn满足 a1b11，a4b48，则a2b2_.解析 设等比数列an的公比为 q.当 q1 时，S33a1，S66a12S3，不符合题意，q1，由题设可得a11q31q74，a11q61q634，解得a114，q2，a8a1q7142732.答案 32答案解析15(2017江苏高考)等比数列an的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S374，S6634，则 a8_.解析 等比数列an中，a3a114a7，可得 a274a7，又 a70，得 a74，因为数列bn是等差数列，b7a74，则 S131213(b1b13)13b713
11、452.故选 B.答案解析三、模拟小题16(2019开封一模)已知等比数列an中，有 a3a114a7，数列bn是等差数列，其前 n 项和为 Sn，且 b7a7，则 S13()A26 B52 C78 D104解析 an为等比数列，a6a78，a5a88，又 a5a82，解得 a54，a82 或 a52，a84.当 a54，a82 时，q312，a2a11a5q3a8q34 112212 7；当 a52，a84 时，q32，a2a11a5q3a8q3212 4(2)7，故选 C.答案解析17(2019石家庄一模)已知an为等比数列，a5a82，a6a78，则 a2a11()A5 B7 C7 D5
12、解析 设等比数列an的公比为 q，则 q1.an0，a112，Sn2，12qn10，121qn1q 2，0q1，则 a1a23q21，则 S6S4a5a6(a1a2)q43q21q43q211q212 632q211q2112，当且仅当 q22 时等号成立，即 S6S4 的最小值为12.故选 D.解析答案20(2019广州市天河区高三一模)若数列bn满足：b12 b222bn2n2n(nN*)，则数列bn的前 n 项和 Sn 为()A2n1B42n4 C2n22 D2n24解析 数列bn满足：b12 b222bn2n2n(nN*)，可得b12 b222bn12n12(n1)(n2)，可得bn2
13、n2n2(n1)2(n2)，可得 bn2n1(n2)因为当 n1 时，b14 也适合上式，所以数列bn的通项公式为 bn2n1.所以数列bn是等比数列，公比为 2.数列bn的前 n 项和 Sn412n12 2n24.故选 D.解析答案 16解析 设an的公比为 q，因为 a22，S37，所以2q22q7，即2q25q20，解得 q2 或 q12(舍去)，故 a11，所以 a52416.答案解析21(2019郑州二模)已知等比数列an为递增数列，设其前 n 项和为Sn，若 a22，S37，则 a5 的值为_第2步精做大题 能力练一、高考大题1(2019全国卷)已知数列an和bn满足 a11，b1
14、0，4an13anbn4，4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式解(1)证明：由题设得 4(an1bn1)2(anbn)，即 an1bn112(anbn)又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公比为12的等比数列由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8，即 an1bn1anbn2.又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列解(2)由(1)知，anbn 12n1，anbn2n1，所以 an12(anbn)(anbn)12nn12，bn12(anbn)(anbn)12nn12.解解(1)由条件可得
15、 an12n1nan.将 n1 代入，得 a24a1，而 a11，所以 a24.将 n2 代入，得 a33a2，所以 a312.从而 b11，b22，b34.解2(2018全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an，设 bnann.(1)求 b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式(2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列由题设条件可得an1n12ann，即 bn12bn，又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列(3)由(2)可得ann2n1，所以 ann2n1.解解(1)设an的公比为 q，由题设得 anqn1.
16、由已知得 q44q2，解得 q0(舍去)，q2 或 q2.故 an(2)n1 或 an2n1.解3(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记 Sn 为an的前 n 项和若 Sm63，求 m.(2)若 an(2)n1，则 Sn12n3.由 Sm63 得(2)m188，此方程没有正整数解若 an2n1，则 Sn2n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上，m6.解4(2017全国卷)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，等比数列bn的前 n 项和为 Tn，a11，b11，a2b22.(1)若 a3b35，求bn的通项公式；(2)若 T321，求
17、 S3.解 设an的公差为 d，bn的公比为 q，则 an1(n1)d，bnqn1.由 a2b22 得 dq3.(1)由 a3b35 得 2dq26.联立和解得d3，q0(舍去)或d1，q2.因此bn的通项公式为 bn2n1.解(2)由 b11，T321 得 q2q200.解得 q5 或 q4.当 q5 时，由得 d8，则 S321.当 q4 时，由得 d1，则 S36.解二、模拟大题5(2019湖南永州三模)已知数列an的前 n 项和 Sn 满足 Sn2ann(nN*)(1)证明：数列an1为等比数列；(2)若数列bn为等差数列，且 b3a2，b7a3，求数列1bnbn1 的前 n项和 Tn
18、.解(1)证明：当 n1 时，a12a11，a11.Sn2ann(nN*)，当 n2 时，Sn12an1(n1)，an2an2an11，an12(an11)，数列an1是首项、公比都为 2 的等比数列解(2)由(1)得，an12n，即 an2n1，b3a22213，b7a32317，设等差数列bn的公差为 d，则 b12d3，b16d7，b1d1，bnn，1bnbn11nn11n 1n1，Tn112 1213 1n 1n1 1 1n1.解6(2019广州二模)已知an是递增的等比数列，a2a34，a1a43.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Sn.解(
19、1)解法一：设等比数列an的公比为 q，因为 a2a34，a1a43，所以a1qa1q24，a1a1q33.解得a19，q13或a113，q3.因为an是递增的等比数列，所以 a113，q3.所以数列an的通项公式为 an3n2.解解法二：设等比数列an的公比为 q，因为 a2a34，a1a4a2a33，所以 a2，a3 是方程 x24x30 的两个根解得a21，a33或a23，a31.因为an是递增的等比数列，所以 a21，a33，则 q3，所以数列an的通项公式为 an3n2.解(2)由(1)知 bnn3n2.则 Sn131230331n3n2，在式两边同时乘以 3，得 3Sn130231332n3n1，由，得2Sn3130313n2n3n1，即2Sn1313n13 n3n1，所以 Sn14(2n1)3n1 112.解本课结束
