专题30等比数列通项与前n项和-2024年数学高频考点重点题型

专题30等比数列通项与前n项和公式一、核心体系等比数列定义：二、关键能力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．三、教学建议从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的热点．预测2022年高考将会:1．利用方程思想应用等比数列通项公式、前n项和公式求基本量；2．等比数列的性质及应用.3．更倾向于与等差数列或其他内容相结合的问题，其中涉及到方程的思想、等价转化的思想、分类讨论的思想等．从思维品质上看更讲究思维的灵活性及深刻性．四、自主梳理 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等于同一个非零常数，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(q≠0)表示．数学语言表达式：eq\f(an,an－1)＝q(n≥2，q为非零常数)，或eq\f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数)．2.等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；通项公式的推广：an＝amqn－m.(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3.等比数列及前n项和的性质(1)如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇔G2＝ab.(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an．(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm．(4)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn．【必会结论】等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,k).(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))(λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.(5)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.(6)等比数列{an}满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1))时，{an}是递增数列；满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1))时，{an}是递减数列．五、高频考点+重点题型考点一、等比数列的基本量运算例11.【2022年全国乙卷】已知等比数列an的前3项和为168，a2−A．14 B．12 C．6 D．3【答案】D【解析】设等比数列an的公比为q,q≠0，易得q≠1解：设等比数列an的公比为q,q≠0若q=1，则a2所以q≠1，则a1+a所以a6故选：D.例12.(2020·全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝()A．2 B．3C．4 D．5答案：C解析：令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×eq\f(2×1－210,1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C.例13、若{an}为等比数列，a5＋a8＝－3，a4a9＝－18，则a2＋a11＝______________.答案：eq\f(21,2).解析：因为a4a9＝a5a8＝－18，又a5＋a8＝－3，所以解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＝－6，,a8＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＝3，,a8＝－6.))设等比数列{an}的公比为q，当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＝－6，,a8＝3))时，q3＝eq\f(a8,a5)＝－eq\f(1,2)，所以a2＋a11＝eq\f(a5,q3)＋a8q3＝eq\f(－6,－\f(1,2))＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(21,2)；当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＝3，,a8＝－6))时，q3＝eq\f(a8,a5)＝－2，所以a2＋a11＝eq\f(a5,q3)＋a8q3＝－eq\f(3,2)＋(－6)×(－2)＝eq\f(21,2).训练题组一1.(2020·全国卷Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq\f(Sn,an)＝()A．2n－1 B．2－21－nC．2－2n－1 D．21－n－1【答案】B【解析】法一：设等比数列{an}的公比为q，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，,a6－a4＝a1q5－a1q3＝24))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n，故选B.法二：设等比数列{an}的公比为q，因为eq\f(a6－a4,a5－a3)＝eq\f(a41－q2,a31－q2)＝eq\f(a4,a3)＝eq\f(24,12)＝2，所以q＝2，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(\f(a11－qn,1－q),a1qn－1)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n，故选B.2.（浙江高考真题）设公比为q(q＞0)的等比数列{an}的前n项和为{Sn}．若，，则q＝______________．【答案】【解析】将，两个式子全部转化成用，q表示的式子．即，两式作差得：，即：，解之得：(舍去)训练题组二在数列中，，且，则___________.【答案】【解析】由，可得，又由，可得，所以，所以数列构成以为首项，以为公比的等比数列，所以.故答案为：.2.【2020年新高考2卷（海南卷）】已知公比大于的等比数列满足．（1）求的通项公式；（2）求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.【详解】(1)设等比数列的公比为q(q>1)，则，整理可得：，，数列的通项公式为：.(2)由于：，故：.【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.训练题组三设各项为正数的等比数列{an}中，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，则a3·a6·a9·…·a30等于()A.230B.210C.220D.215答案：C解析：因为{an}是等比数列，a1·a2·a3·…·a30＝230，公比q＝2，所以aeq\o\al(30,1)q1＋2＋3＋…＋29＝aeq\o\al(30,1)×2eq\f(291＋29,2)＝230，化简得，aeq\o\al(10,1)×2135＝1，故a3·a6·a9·…·a30＝aeq\o\al(10,1)q2＋5＋…＋29＝aeq\o\al(10,1)×2eq\f(102＋29,2)＝aeq\o\al(10,1)×2155＝220.考点二、等比数列的性质应用例21.（2020·全国高三二模（理））已知数列是等比数列，若，则（）A．有最小值 B．有最大值 C．有最小值 D．有最大值答案：C注：项的性质解析：设等比数列的公比，∵，∴，∴，∴，，∴，当且仅当，即时，取等号.例22.在等比数列{an}中，公比为q，已知a1＝1，则是数列{an}单调递减的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件答案：C注：通项的函数单调性解析：因为，所以，即，即，即0<q<1例23.（2023·全国Ⅱ高考T8）记为等比数列的前n项和，若，，则（

）．A．120 B．85 C． D．【答案】C注：前n项和的性质（Sn,S2n,S3n,.....)设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．例24.(2021·沈阳二模)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n＝1,2,3，…)，则an＝___________________.答案：(n＋1)·2n－2注：前n项和的性质（an＝Sn－Sn1）解析：因为n∈N*，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，而an＋1＝Sn＋1－Sn，则Sn＋1－Sn＝eq\f(n＋2,n)Sn，Sn＋1＝eq\f(2n＋1,n)Sn，于是得eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，又eq\f(S1,1)＝eq\f(a1,1)＝1，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为1，公比为2的等比数列，从而有eq\f(Sn,n)＝2n－1，即Sn＝n·2n－1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)·n·2n－1＝(n＋2)·2n－1，n≥2时，an＝(n＋1)·2n－2，而a1＝1满足上式，所以an＝(n＋1)·2n－2，n∈N*.训练题组一（项的性质）1.已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.答案：100注：项的性质解析：由log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.2.(2020·全国卷Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝()A．12B．24C．30 D．32【答案】D注：项的性质【解析】(1)法一：设等比数列{an}的公比为q，所以eq\f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq\f(a1＋a2＋a3q,a1＋a2＋a3)＝q＝2.由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，解得a1＝eq\f(1,7)，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝eq\f(1,7)×(25＋26＋27)＝eq\f(1,7)×25×(1＋2＋22)＝32，故选D.法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)，则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.设数列{an}的公比为q，则eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋an＋2＋an＋3,an＋an＋1＋an＋2)＝eq\f(an＋an＋1＋an＋2q,an＋an＋1＋an＋2)＝q，所以数列{bn}为等比数列，由题意知b1＝1，b2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32，故选D。题组二（单调性）1．（2021·全国高考真题（理））等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：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注：单调性【解析】由题，当数列为时，满足，但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．2.记数列{an}的前n项积为Tn，写出一个同时满足①②的数列{an}的通项公式：an＝_____．①{an}是递增的等比数列；②T3＝T6.答案：2n－5(答案不唯一)训练题组三（前n项和的性质）1.（2021·全国高考真题（文））记为等比数列的前n项和.若，，则（）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A注：前n项和的性质（Sn,S2n,S3n,.....)【解析】∵为等比数列的前n项和，∴，，成等比数列∴，∴，∴.故选：A.2.各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于()A．80B．30C．26 D．16答案B注：前n项和的性质（Sn,S2n,S3n,.....)解析：由题意知公比大于0，由等比数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．由(x－2)2＝2×(14－x)，解得x＝6或x＝－4(舍去)．∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．又S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.故选B.训练题组四（1.已知等比数列的公比为，前项和为，则“”是“”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【答案】D注：前n项和的性质（an＝Sn－Sn1）【解析】由可得出，取，由，进而判断可得出结论.【详解】若，则，即，所以，数列为递增数列，若，，所以，“”是“”的既不充分也不必要条件.考点三、等比数列通项及前n项和的综合应用例31.（多选）在公比为q的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＝1，a5＝27a2，则下列说法正确的是()A.q＝3B.数列{Sn＋2}是等比数列C.S5＝121D.2lgan＝lgan－2＋lgan＋2(n≥3)答案：ACD解析：因为a1＝1，a5＝27a2，所以有a1·q4＝27a1·q⇒q3＝27⇒q＝3，因此A正确；因为Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(1,2)(3n－1)，所以Sn＋2＝eq\f(1,2)(3n＋3)，因为eq\f(Sn＋1＋2,Sn＋2)＝eq\f(\f(1,2)3n＋1＋3,\f(1,2)3n＋3)＝1＋eq\f(2,1＋31－n)≠常数，所以数列{Sn＋2}不是等比数列，故B不正确；因为S5＝eq\f(1,2)(35－1)＝121，所以C正确；an＝a1·qn－1＝3n－1>0.因为当n≥3时，lgan－2＋lgan＋2＝lg(an－2·an＋2)＝lgaeq\o\al(2,n)＝2lgan，所以D正确．例32.已知是公比为的等比数列，为其前项和.若对任意的，恒成立，则（

）A．是递增数列B．是递减数列C．是递增数列D．是递减数列【答案】B【分析】先根据等比数列前项和,结合恒成立，得出的取值范围，得到是递减数列.【详解】是公比为的等比数列，为其前项和,恒成立,恒成立,若，则可能为正也可能为负，不成立所以,当是递减数列,当是递减数列,故选:B.训练题组1、设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2022a2023>1，eq\f(a2022－1,a2023－1)<0，下列结论正确的是()A.S2022<S2023B.a2022·a2024－1<0C.T2023是数列{Tn}中的最大值D.数列{Tn}无最大值答案：AB解析：当q<0时，a2022a2023＝aeq\o\al(2,2022)q<0，不成立；当q≥1时，a2022≥1，a2023>1，eq\f(a2022－1,a2023－1)<0不成立，故0<q<1，且a2022>1,0<a2023<1，故S2023>S2022，A正确；a2022a2024－1＝aeq\o\al(2,2023)－1<0，故B正确；T2022是数列{Tn}中的最大值，C，D错误．2．（2023·天津·统考高考T19）已知是等差数列，．(1)求的通项公式和．(2)已知为等比数列，对于任意，若，则，（Ⅰ）当时，求证：；（Ⅱ）求的通项公式及其前项和．【答案】(1)，；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为.注：先猜后证【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算可得.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，，取，当时，，取，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和.【详解】（1）由题意可得，解得，则数列的通项公式为，求和得.（2）(Ⅰ)由题意可知，当时，，取，则，即，当时，，取，此时，据此可得，综上可得：.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，则数列的公比满足，当时，，所以，所以，即，当时，，所以，所以数列的通项公式为，其前项和为：.【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.考点四、等比数列证明与判定例41.(2021新高考八省联考卷)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求数列{an}的通项公式．答案：（1）省略（2）an＝eq\f(1,2)×3n－1注：eq\f(an＋1,an)＝q【解析】(1)证明：由an＋2＝2an＋1＋3an，得an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．(2)因为a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，所以a2＋a1＝2.又由(1)知数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列，所以an＋1＋an＝(a2＋a1)·3n－1＝2·3n－1.于是an＋1－eq\f(1,2)×3n＝－an＋eq\f(1,2)×3n－1，又a2－eq\f(3,2)＝0，所以an－eq\f(3n－1,2)＝0，即an＝eq\f(3n－1,2)，而a1＝eq\f(1,2)也符合．于是an＝eq\f(1,2)×3n－1为所求．例42.在数列{an}中，aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.答案：（1）省略（2）Sn＝3·2n－n－3注：aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2【解析】(1)证明：∵aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝eq\f(an＋2＋1,an＋1＋1).∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴eq\f(a2＋1,a1＋1)＝2，∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，an＋1＝3·2n－1，∴an＝3·2n－1－1，∴Sn＝eq\f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.例43.（2020·江苏卷）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是_______．【答案】4注：Sn＝k·qn－k，an＝c·qn－1【解析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意.等差数列的前项和公式为，等比数列的前项和公式为，依题意，即，通过对比系数可知，故.训练题组1.（2018·全国卷）已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝eq\f(an,n).(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．【解析】(1)由条件可得an＋1＝eq\f(2n＋1,n)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．由题设条件可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，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eq\f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.2.（2021·江苏高考真题）已知数列满足，且.（1）求证：数列为等比数列；（2）求数列的通项公式；（3）求数列的前项和.【答案】（1）见解析；（2）；（3）【解析】（1）计算得到，得到答案.（2），得到数列通项公式.（3）根据分组求和法计算得到答案.【详解】（1）由，得，∴，又，∴是首项为3，公比为3的等比数列.（2），∴.（3）.3.【2019年新课标2卷理科】已知数列和{bn}满足a1=1，b1=0，，.（1）证明：是等比数列，是等差数列；（2）求{an}和{bn}的通项公式.【答案】（1）见解析；（2），．【解析】【分析】(1)可通过题意中的以及对两式进行相加和相减即可推导出数列是等比数列以及数列是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列以及数列的通项公式，然后利用数列以及数列的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知，，，，所以，即，所以数列是首项为、公比为的等比数列，，因为，所以，数列是首项、公差为的等差数列，．(2)由(1)可知，，，所以，．【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题．考点五、数学文化小型应用题例5．（2023·北京·统考高考T14）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则；数列所有项的和为．【答案】48384【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，则，且，可得，则，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因为为等比数列，则，且，所以；又因为，则；空2：设后7项公比为，则，解得，可得，所以.故答案为：48；384.训练题组1.中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个问题：“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.”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因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，问此人第二天走了（）A．6里 B．24里 C．48里 D．96里【答案】D【解析】根据题意，记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解可得，则；即此人第二天走的路程里数为96；故选：D．2.我国古代著作《庄子天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”其含义是：一尺长的木棍，每天截去它的一半，永远也截不完.那么，第6天截取之后，剩余木棍的长度是_________尺；要使剩余木棍的长度小于尺，需要经过________次截取.【答案】【解析】记第天后剩余木棍的长度，则是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，由得，所以的最小值为.所以第6天截取之后，剩余木棍的长度是尺，要使剩余木棍的长度小于尺，需要经过次截取.故答案为：；.3．（2017新课标全国II理科）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】设塔顶的a1盏灯，由题意{an}是公比为2的等比数列，∴S7=a1(1−2解得a1=3．故选：B．巩固训练一、单项选择题1．等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r的值为()A.eq\f(1,3)B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,9)D．－eq\f(1,9)答案：B解析：当n＝1时，a1＝S1＝3＋r，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3＝32n－3(32－1)＝8·32n－3＝8·32n－2·3－1＝eq\f(8,3)·9n－1，所以3＋r＝eq\f(8,3)，即r＝－eq\f(1,3)，故选B.2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q>1”是“{an}为递增数列”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件答案：D解析：取an＝－2n，此时q＝2>1，但{an}是单调递减数列，取an＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，因an－an－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n>0，故{an}是单调递增数列，但q＝eq\f(1,2)<1，故“q>1”是“{an}是递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.3．（2020·全国高考真题）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（）A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1【答案】B【解析】设等比数列的公比为，由可得：，所以，因此.故选：B.4．设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是()A．数列{anan＋1}是公比为q的等比数列B．数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列C．数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列D．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比为eq\f(1,q)的等比数列答案：D解析：对于A，由eq\f(anan＋1,an－1an)＝q2(n≥2)知其是公比为q2的等比数列；对于B，若q＝－1，则{an＋an＋1}项中有0，不是等比数列；对于C，若q＝1，则数列{an－an＋1}项中有0，不是等比数列；对于D，eq\f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(1,q)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公比为eq\f(1,q)的等比数列，故选D.5．如图，“数塔”的第行第个数为(其中，，且).将这些数依次排成一列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，记作数列，设的前项和为.若，则（）A．46 B．47 C．48 D．49【答案】C【解析】根据“数塔”的规律，可知第行共有个数，利用等比数列求和公式求出第行的数字之和，再求出前行的和，即可判断取到第几行，再根据每行数字个数成等差数列，即可求出；【详解】解：“数塔”的第行共有个数，其和为，所以前行的和为故前行所有数学之和为，因此只需要加上第10行的前3个数字1,2,4，其和为，易知“数塔”前行共有个数，所以故选：C6.(2023·镇江期中)已知等比数列{an}中，an>0，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且S2＝48，S4＝60，则使得Tn<1成立的正整数n的最小值为()A.9 B.10C.11 D.12答案：D【解析】设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由题知a1＋a2＝48，a3＋a4＝12，所以q2＝eq\f(1,4)，所以q＝eq\f(1,2)，从而eq\f(3,2)a1＝48，解得a1＝32，所以an＝32·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－6.又Tn＝a1a2·…·an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－5－4－…＋(n－6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(nn－11,2)<1，所以n>11，故nmin＝12.7．若正项等比数列{an}满足anan＋1＝22n(n∈N*)，则a6－a5的值是()A.eq\r(2) B．－16eq\r(2)C．2 D．16eq\r(2)答案：D解析：设正项等比数列{an}的公比为q>0，∵anan＋1＝22n(n∈N*)，∴eq\f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq\f(22n＋1,22n)＝4＝q2，解得q＝2，∴aeq\o\al(2,n)×2＝22n，an>0，解得an＝，则a6－a5＝－＝16eq\r(2)，故选D.8．我国明代的数学家、音乐理论家朱载填创立了十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人．十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如下表所示，其中a1，a2，…，a13表示这些半音的频率，它们满足log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ai＋1,ai)))12＝1(i＝1,2，…，12)．若某一半音与D#的频率之比为eq\r(3,2)，则该半音为()频率a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12a13半音CC#DD#EFF#GG#AA#BC(八度)A．F# B．GC．G# D．A解析：B依题意可知an>0(n＝1,2，…，13)．由于a1，a2，…，a13满足log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ai＋1,ai)))12＝1(i＝1,2，…，12)，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ai＋1,ai)))12＝2，∴eq\f(ai＋1,ai)＝2eq\f(1,12)，所以数列a1，a2，…，a13为等比数列，公比q＝2eq\f(1,12)，D#对应的频率为a4，题目所求半音与D#的频率之比为eq\r(3,2)＝2eq\f(1,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\f(1,12)))4，所以所求半音对应的频率为a4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\f(1,12)))4＝a8，即对应的半音为G．故选B．二、多项选择题9．已知数列满足，，其前项和为，则下列结论中正确的有（）A．是递增数列 B．是等比数列C． D．【答案】ACD【解析】将递推公式两边同时取指数，变形得到，构造等比数列可证为等比数列，求解出通项公式则可判断A选项；根据判断B选项；根据的通项公式以及对数的运算法则计算的正负并判断C选项；将的通项公式放缩得到，由此进行求和并判断D选项.【详解】因为，所以，从而，，所以，所以，又，是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，即，又因为在时单调递增，在定义域内单调递增，所以是递增数列，故A正确；因为，所以，所以，所以，所以不是等比数列，故B错误.因为，而，从而，于是，，故C正确.因为，所以，故D正确.故选：ACD.10．在等比数列{an}中，公比为q，其前n项积为Tn，并且满足a1＞1，a99·a100－1＞0，eq\f(a99－1,a100－1)＜0，下列选项中，结论正确的是()A．0＜q＜1B．a99·a101－1＜0C．T100的值是Tn中最大的D．使Tn＞1成立的最大自然数n等于198答案：ABD解析：对于A，∵a99a100－1＞0，∴aeq\o\al(2,1)·q197＞1，∴(a1·q98)2·q＞1.∵a1＞1，∴q＞0.又∵eq\f(a99－1,a100－1)＜0，∴a99＞1，且a100＜1.∴0＜q＜1，故A正确；对于B，∵aeq\o\al(2,100)＝a99·a101，a100<1，∴0＜a99·a101＜1，即a99·a101－1＜0，故B正确；对于C，由于T100＝T99·a100，而0＜a100＜1，故有T100＜T99，故C错误；对于D，T198＝a1·a2·…·a198＝(a1·a198)(a2·a197)…(a99·a100)＝(a99·a100)×99＞1，T199＝a1·a2·…·a199＝(a1·a199)(a2·a198)…(a99·a101)·a100＜1，故D正确．故选ABD.11.设{an}(n∈N*)是各项为正数的等比数列，q是其公比，Kn是其前n项的积，且K5<K6，K6＝K7>K8，则下列选项中成立的是()A.0<q<1B.a7＝1C.K9>K5D.K6与K7均为Kn的最大值答案：ABD【解析】由已知数列{an}的各项均为正数，因此乘积Kn也为正数，公比q>0.又K5<K6，K6＝K7>K8，所以eq\f(K6,K5)＝a6>1，eq\f(K7,K6)＝a7＝1，B正确；eq\f(K8,K7)＝a8<1，q＝eq\f(a7,a6)<1，即0<q<1，A正确；由a7＝1，得a6a8＝1，a5a9＝1，所以K4＝K9，而a5>1，K5>K4，因此K9<K5，C错误；结合K5<K6，K6＝K7>K8及0<q<1，知K6与K7均为Kn的最大值，D正确．12.(2022·龙岩三模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列选项正确的是()A.若a1＝1，q＝2，则S6＝63B.若q>1，则数列{an}是递增数列C.若a1>0，q>0，bn＝lgan，则数列{bn}是公差为lgq的等差数列D.若a1>0，q>0，且(a1＋a10)2＝a5a6＋12，则a1＋a10的最小值为4答案：AC【解析】对于A，S6＝eq\f(1－26,1－2)＝26－1＝63，故A正确；对于B，因为an＝a1·qn－1，所以{an}的单调性由q和a1共同决定，当q>1时无法判断数列为递增数列，如a1<0，此时数列为递减数列，故B错误；对于C，因为bn＋1－bn＝lgan＋1－lgan＝lgeq\f(an＋1,an)＝lgq为常数，所以数列{bn}是公差为lgq的等差数列，故C正确；对于D，若a1>0，q>0，则an>0，a5a6＝a1a10，因为(a1＋a10)2＝a5a6＋12，所以(a1＋a10)2＝a1a10＋12≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋a10,2)))2＋12，即(a1＋a10)2≤eq\f(a1＋a102,4)＋12，所以(a1＋a10)2≤16，即0<a1＋a10≤4，所以当a1＝a10时，a1＋a10的最大值为4，故D错误．三、填空题13．已知数列满足，则________，________．【答案】【解析】根据，求出数列的通项公式，再代入求出．【详解】解：因为当时，，解得；当时，，所以，即于是是首项为，公比为2的等比数列，所以．所以，故答案为：；；14.如图所示，正方形上连结着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连结正方形，…，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的边长为eq\f(\r(2),2)，则其最小正方形的边长为________．答案：eq\f(1,32)解析：由题意，得正方形的边长构成以eq\f(\r(2),2)为首项，以eq\f(\r(2),2)为公比的等比数列，现已知共得到1023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1023，∴n＝10，∴最小正方形的边长为eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))9＝eq\f(1,32).15.已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，设数列{an}的前n项和为Sn．若不等式Sn＞kan－2对一切n∈N*恒成立，则实数k的取值范围是__________．答案：解析：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，所以a2＋a1＝9，a3＋a2＝18，所以q＝eq\f(a3＋a2,a2＋a1)＝eq\f(18,9)＝2，所以2a1＋a1＝9，所以a1＝3．所以an＝3·2n－1，n∈N*，故Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(3（1－2n）,1－2)＝3(2n－1)，即3(2n－1)>k·3·2n－1－2，所以k<2－eq\f(1,3·2n－1)．令f(n)＝2－eq\f(1,3·2n－1)，则f(n)随n的增大而增大，所以f(n)min＝f(1)＝2－eq\f(1,3)＝eq\f(5,3)，得k<eq\f(5,3)．16．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的倍，已知她天共织布尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，该女子第二天织布尺？【解析】由题意可得，该女子每天所织布的长度构成等比数列，设公比为，首项为，前项和为，由题意可得，解得，所以第二天织的布为.四、解答题17.已知数列{an}，{bn}满足bn＋1＝eq\f(an＋4bn,5)，an＋1＝eq\f(5an＋bn＋1,6)，且a1＝2，b1＝1.(1)求a2，b2的值，并证明数列{an－bn}是等比数列；(2)求数列{an}，{bn}的通项公式．【解答】(1)因为a1＝2，b1＝1，所以b2＝eq\f(a1＋4b1,5)＝eq\f(2＋4×1,5)＝eq\f(6,5)，a2＝eq\f(1,6)(5a1＋b2)＝eq\f(28,15).因为bn＋1＝eq\f(an＋4bn,5)，则an＋1＝eq\f(1,6)(5an＋bn＋1)＝eq\f(26an＋4bn,30)，所以an＋1－bn＋1＝eq\f(26an＋4bn,30)－eq\f(an＋4bn,5)＝eq\f(2,3)(an－bn)，所以{an－bn}是以a1－b1＝1为首项，eq\f(2,3)为公比的等比数列．(2)由(1)知{an－bn}是以a1－b1＝1为首项，eq\f(2,3)为公比的等比数列，所以an－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，所以an＝bn＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.因为bn＋1＝eq\f(an＋4bn,5)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(bn＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＋4bn))，所以bn＋1－bn＝eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，所以当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝1＋eq\f(1,5)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－2))＝1＋eq\f(1,5)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1,1－\f(2,3))＝eq\f(8,5)－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.当n＝1时，b1＝1也适合上式，所以数列{bn}的通项公式为bn＝eq\f(8,5)－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，数列{an}的通项公式为an＝bn＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＝eq\f(8,5)＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.18．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)an＋n（n为奇数），,an－3n（n为偶数）．))(1)是否存在实数λ，使数列{a2n－λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；(2)若Sn是数列{an}的前n项的和，求满足Sn＞0的所有正整数n．解析：(1)设bn＝a2n－λ，因为eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(a2n＋2－λ,a2n－λ)＝eq\f(\f(1,3)a2n＋1＋（2n＋1）－λ,a2n－λ)＝eq\f(\f(1,3)（a2n－6n）＋（2n＋1）－λ,a2n－λ)＝eq\f(\f(1,3)a2n＋1－λ,a2n－λ)．若数列{a2n－λ}是等比数列，则必须有eq\f(\f(1,3)a2n＋1－λ,a2n－λ)＝q(常数)，即a2n＋(q－1)λ＋1＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－q＝0,（q－1）λ＋1＝0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,3)，,λ＝\f(