浙江专用2025版高考数学大一轮复习第六章数列与数学归纳法第3讲等比数列及其前n项和练习含解析

PAGEPAGE7第3讲等比数列及其前n项和[基础达标]1．(2024·宁波质检)在单调递减的等比数列{an}中，若a3＝1，a2＋a4＝eq\f(5,2)，则a1＝()A．2 B．4C．eq\r(2) D．2eq\r(2)解析：选B.在等比数列{an}中，a2a4＝aeq\o\al(2,3)＝1，又a2＋a4＝eq\f(5,2)，数列{an}为递减数列，所以a2＝2，a4＝eq\f(1,2)，所以q2＝eq\f(a4,a2)＝eq\f(1,4)，所以q＝eq\f(1,2)，a1＝eq\f(a2,q)＝4.2．(2024·衢州模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a2－8a5＝0，则eq\f(S8,S4)的值为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(17,16)C．2 D．17解析：选B.设{an}的公比为q，依题意得eq\f(a5,a2)＝eq\f(1,8)＝q3，因此q＝eq\f(1,2).留意到a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)，即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，eq\f(S8,S4)＝q4＋1＝eq\f(17,16)，选B.3．(2024·瑞安四校联考)已知数列{an}的首项a1＝2，数列{bn}为等比数列，且bn＝eq\f(an＋1,an)，若b10b11＝2，则a21＝()A．29 B．210C．211 D．212解析：选C.由bn＝eq\f(an＋1,an)，且a1＝2，得b1＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(a2,2)，a2＝2b1；b2＝eq\f(a3,a2)，a3＝a2b2＝2b1b2；b3＝eq\f(a4,a3)，a4＝a3b3＝2b1b2b3；…；an＝2b1b2b3…bn－1，所以a21＝2b1b2b3…b20，又{bn}为等比数列，所以a21＝2(b1b20)(b2b19)…(b10b11)＝2(b10b11)10＝211.4．(2024·丽水市高考数学模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，下列结论肯定成立的是()A．a1＋a3≥2a2 B．a1＋a3≤2a2C．a1S3>0 D．a1S3<0解析：选C.选项A，数列－1，1，－1为等比数列，但a1＋a3＝－2<2a2＝2，故A错误；选项B，数列1，－1，1为等比数列，但a1＋a3＝2>2a2＝－2，故B错误；选项D，数列1，－1，1为等比数列，但a1S3＝1>0，故D错误；对于选项C，a1(a1＋a2＋a3)＝a1(a1＋a1q＋a1q2)＝aeq\o\al(2,1)(1＋q＋q2)，因为等比数列的项不为0，故aeq\o\al(2,1)>0，而1＋q＋q2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，故aeq\o\al(2,1)(1＋q＋q2)>0，故C正确．5．(2024·郑州市第一次质量预料)已知数列{an}满意a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对随意n∈N*都有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<t，则实数t的取值范围为()A．(eq\f(1,3)，＋∞) B．[eq\f(1,3)，＋∞)C．(eq\f(2,3)，＋∞) D．[eq\f(2,3)，＋∞)解析：选D.依题意得，当n≥2时，an＝eq\f(a1a2a3…an,a1a2a3…an－1)＝eq\f(2n2,2（n－1）2)＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，eq\f(1,an)＝eq\f(1,22n－1)，数列{eq\f(1,an)}是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,4)为公比的等比数列，等比数列{eq\f(1,an)}的前n项和等于eq\f(\f(1,2)（1－\f(1,4n)）,1－\f(1,4))＝eq\f(2,3)(1－eq\f(1,4n))<eq\f(2,3)，因此实数t的取值范围是[eq\f(2,3)，＋∞)，选D.6．(2024·江南十校联考)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，Tn是{an}的前n项之积，a2＝27，a3a6a9＝eq\f(1,27)，则当Tn最大时，n的值为()A．5或6 B．6C．5 D．4或5解析：选D.数列{an}是各项均为正数的等比数列，因为a3a6a9＝eq\f(1,27)，所以aeq\o\al(3,6)＝eq\f(1,27)，所以a6＝eq\f(1,3).因为a2＝27，所以q4＝eq\f(a6,a2)＝eq\f(\f(1,3),27)＝eq\f(1,81)，所以q＝eq\f(1,3).所以an＝a2qn－2＝27×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－5).令an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－5)＝1，解得n＝5，则当Tn最大时，n的值为4或5.7．已知等比数列{an}为递增数列，且aeq\o\al(2,5)＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________．解析：设数列{an}的公比为q，由aeq\o\al(2,5)＝a10，得(a1q4)2＝a1·q9，即a1＝q.又由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)舍去))，所以an＝a1·qn－1＝2n.答案：2n8．已知等比数列{an}的首项为1，项数是偶数，全部的奇数项之和为85，全部的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为________．解析：由题意得a1＋a3＋…＝85，a2＋a4＋…＝170，所以数列{an}的公比q＝2，由数列{an}的前n项和公式Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，得85＋170＝eq\f(1－2n,1－2)，解得n＝8.答案：89．(2024·温州市十校联合体期初)设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．解析：设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，若q＝1，则Sn＝na1，等式明显不成立，若q≠1，则为2·eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1（1－qn＋1）,1－q)＋eq\f(a1（1－qn＋2）,1－q)，故2qn＝qn＋1＋qn＋2，即q2＋q－2＝0，因此q＝－2.答案：－210．(2024·台州市高考模拟)已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列，从第m－1项起，am－1，am，am＋1，…成公比为2的等比数列．若a1＝－2，则m＝________，{an}的前6项和S6＝________．解析：由a1＝－2，公差d＝2，得am－1＝－2＋2(m－2)＝2m－6，am＝－2＋2(m－1)＝2m－4，则eq\f(am,am－1)＝eq\f(2m－4,2m－6)＝2，所以m＝4；所以S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28.答案：42811．(2024·高考全国卷Ⅱ)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，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；(2)若T3＝21，求S3.解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②联立①和②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝0))(舍去)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2.))因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，解得q＝－5，q＝4.当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.12．(2024·瑞安市龙翔中学高三月考)已知数列{an}是首项为2的等差数列，其前n项和Sn满意4Sn＝an·an＋1.数列{bn}是以eq\f(1,2)为首项的等比数列，且b1b2b3＝eq\f(1,64).(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，若对随意n∈N*不等式eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)≥eq\f(1,4)λ－eq\f(1,2)Tn恒成立，求λ的取值范围．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得4a1＝a1(a1＋d)，解得d＝2，所以an＝2n，由b1b2b3＝beq\o\al(3,2)＝eq\f(1,64)⇒b2＝eq\f(1,4)，从而公比q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(1,2)，所以bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).(2)由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)，又Tn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n)，所以对随意n∈N*，eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)≥eq\f(1,4)λ－eq\f(1,2)Tn等价于eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n＋1)≥eq\f(1,4)λ，因为eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n＋1)对n∈N*递增，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,2n＋1)))eq\s\do7(min)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，所以eq\f(3,4)≥eq\f(1,4)λ⇒λ≤3，即λ的取值范围为(－∞，3]．[实力提升]1．(2024·丽水模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn＞1的n的最小值为()A．4 B．5C．6 D．7解析：选C.因为{an}是各项均为正数的等比数列且a2a4＝a3，所以aeq\o\al(2,3)＝a3，所以a3＝1.又因为q＞1，所以a1＜a2＜1，an＞1(n＞3)，所以Tn＞Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1＜1，T2＝a1·a2＜1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2＜1，T4＝a1a2a3a4＝a1＜1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝aeq\o\al(5,3)＝1，T6＝T5·a6＝a6＞1，故n的最小值为6，故选C.2．(2024·温州十校联合体期初)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列(bn>0)．()A．若b7≤a6，则b4＋b10≥a3＋a9B．若b7≤a6，则b4＋b10≤a3＋a9C．若b6≥a7，则b3＋b9≥a4＋a10D．若b6≤a7，则b3＋b9≤a4＋a10解析：选C.因为数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列(bn>0)，在A中，因为b7≤a6，b4＋b10≥2eq\r(b4b10)＝2b7，a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≥a3＋a9不肯定成立，故A错误；在B中，因为b7≤a6，b4＋b10≥2eq\r(b4b10)＝2b7，a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≤a3＋a9不肯定成立，故B错误；在C中，因为b6≥a7，所以b3＋b9≥2eq\r(b3·b9)＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≥a4＋a10，故C正确；在D中，因为b6≤a7，所以b3＋b9≥2eq\r(b3·b9)＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≤a4＋a10不肯定成立，故D错误．3．已知直线ln：y＝x－eq\r(2n)与圆Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的两点An，Bn，n∈N*，数列{an}满意：a1＝1，an＋1＝eq\f(1,4)|AnBn|2，则数列{an}的通项公式为________．解析：圆Cn的圆心到直线ln的距离dn＝eq\f(|\r(2n)|,\r(2))＝eq\r(n)，半径rn＝eq\r(2an＋n)，故an＋1＝eq\f(1,4)|AnBn|2＝req\o\al(2,n)－deq\o\al(2,n)＝2an，故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n－1(n∈N*)．答案：an＝2n－1(n∈N*)4．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝eq\f(1,3)，且对随意正整数m，n都有am＋n＝am·an，若Sn<a恒成立，则实数a的最小值为________．解析：因为am＋n＝am·an，令m＝1得an＋1＝a1·an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝eq\f(1,3)，所以{an}为等比数列，所以an＝eq\f(1,3n)，所以Sn＝eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,2).故a的最小值为eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)5．(2024·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，n＝1，2，…(1)若a1＝1，a2＝5，且对随意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对随意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．解：(1)因为对随意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列，于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.(2)证明：(必要性)：若数列{an}是公比为q的等比数列，对随意n∈N*，有an＋1＝anq.由an>0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是eq\f(B（n）,A（n）)＝eq\f(a2＋a3＋…＋an＋1,a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(q（a1＋a2＋…＋an）,a1＋a2＋…＋an)＝q，eq\f(C（n）,B（n）)＝eq\f(a3＋a4＋…＋an＋2,a2＋a3＋…＋an＋1)＝eq\f(q（a2＋a3＋…＋an＋1）,a2＋a3＋…＋an＋1)＝q，即eq\f(B（n）,A（n）)＝eq\f(C（n）,B（n）)＝q，所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列；(充分性)：若对随意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)，于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，即an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，亦即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.由n＝1时，B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.因为an>0，所以eq\f(an＋2,an＋1)＝eq\f(a2,a1)＝q.故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对随意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．6．(2024·杭州市七校高三联考)已知等比数列{an}的公比为q(0<q<1)，且a2＋a5＝eq\f(9,8)，a3a4＝eq\f(1,8).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an·(log2an)，求{bn}的前n项和Tn；(3)设该等比数列{an}的前n项和为Sn，正整数m，n满意eq\f(Sn－m,Sn＋1－m)<eq\f(1,2)，求出全部符合条件的m，n的值．解：(1)由等比数列的性质可知a3a4＝a2a5＝eq\f(1,8)，a2＋a5＝eq\f(9,8)，所以a2，a5是方程x2－eq\f(9,8)x＋eq\f(1,8)＝0的两根，由题意可知a2>a5，解得a2＝1，a5＝eq\f(1,8)，由等比数列的性质可知a5＝a2·q3，解得q＝eq\f(1,2)，an＝a2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2).(2)由(1)可知bn＝an·(log2an)＝eq\f(2－n,2n－2)，{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋0＋eq\b\l