课时36 等比数列-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（人教A版2019）

课时冲关３６　等比数列 对应学生用书　P２７０ [基础巩固练] 一、单选题 １．已知各项均为正数的等比数列{an}的前４项和 为１５,且a５＝３a３＋４a１,则a３＝ (　　) A．１６ B．８ C．４ D．２ 解析:C　[由题意知 a１＞０,q＞０, a１＋a１q＋a１q２＋a１q３＝１５, a１q４＝３a１q２＋４a１, ì î í ï ï ïï 解得 a１＝１, q＝２,{ ∴a３＝a１q ２＝４．] ２．若数列{an}为等比数列,且a１,a５ 是方程x２＋ ４x＋１＝０的两根,则a３＝ (　　) A．－２ B．１ C．－１ D．±１ 解析:C　[由a１＋a５＝－４＜０,a１a５＝１＞０,可 知a１＜０,a５＜０,则a３＜０,又a２３＝a１a５＝１,则a３ ＝－１．] ３．记等比数列{an}的前n项和为Sn．若S３＝３,S８ －S５＝－９６,则S６＝ (　　) A．－３ B．－６ C．－２１ D．－２４ 解析:C　[设等比数列{an}的公比为q(q≠０), 则 S８－S５ S３ ＝ a８＋a７＋a６ a１＋a２＋a３ ＝ a３q５＋a２q５＋a１q５ a１＋a２＋a３ ＝q５ ＝－３２,解得:q＝－２, 又S６＝a１＋a２＋a３＋a４＋a５＋a６＝(a１＋a２＋ a３)＋a１q３＋a２q３＋a３q３, 所以S６＝S３(１＋q３)＝３×(１－８)＝－２１．] ４．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 解析:B　[当a１＜０,q＞１时,an＝a１qn－１＜０,此 时数列{Sn}递减,所以甲不是乙的充分条件． 当数列{Sn}递增时,有Sn＋１－Sn＝an＋１＝a１qn＞ ０,若a１＞０,则qn＞０(n∈N∗ ),即q＞０; 若a１＜０,则qn＜０(n∈N∗ ),不存在,所以甲是 乙的必要条件． 综上,甲是乙的必要条件但不是充分条件．] ５．英国数学家亚历山大􀅰艾利斯提出用音分来精 确度量音程,音分是度量不同乐音频率比的单 位,也可以称为度量音程的对数标度单位．一个 八度音程为１２００音分,它们的频率值构成一个 等比数列．八度音程的冠音与根音的频率比为 ２,因此这１２００个音的频率值构成一个公比为 １２００ ２的等比数列．已知音 M 的频率为m,音分 值为k,音N 的频率为n,音分值为l．若m＝ ２ n,则k－l＝ (　　) A．４００ B．５００ C．６００ D．８００ 解析:C　[由题意可知,１２００个音的频率值构 成一个公比为 １２００ ２的等比数列, 设第一个音频率值为a１,所以an＝a１( １２００ ２)n－１, 故m＝a１( １２００ ２)k－１,n＝a１( １２００ ２)l－１, 因为m＝２n,所以mn＝ a１( １２００ ２)k－１ a１( １２００ ２)l－１ ＝( １２００ ２)k－l＝ ２⇒２ k－l １２００＝２ １ ２ ⇒k－l１２００＝ １ ２⇒k－l＝６００． ] ６．(２０２５􀅰遵义模拟)数列{an}满足a１＝ １ ２ ,对任 意正 整 数 p,q 都 有 apaq ＝ １ p＋ １ q æ è ç ö ø ÷ap＋q, 则 a６ a８ ＝ (　　) A．４ B．１６３ C．６ D． ３２ ３ 解析:B　[由apaq＝ １ p＋ １ q æ è ç ö ø ÷ap＋q,得(p＋q) ap＋q＝pap􀅰qaq,令bn＝nan(n∈N ∗ ), 依题意,对任意正整数p,q都有bp＋q＝bpbq,令 p＝１,q＝n(n∈N∗ ), 则∀n∈N∗ ,bn＋１＝b１bn,而b１＝a１＝ １ ２ ,即bn＋１ ＝１２bn , 因此数列{bn}是以 １ ２ 为首项,１ ２ 为公比的等比 数列,bn＝ １ ２n ,即nan＝ １ ２n ,an＝ １ n􀅰２n , 所以 a６ a８ ＝８×２ ８ ６×２６ ＝１６３． ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２９３􀅰 高考总复习　数学 A版 二、多选题 ７．已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn＝２an＋１(n ∈N∗ ),则下列结论中正确的是 (　　) A．a１＝－１ B．S５＝－３２ C．数列{an}是等比数列 D．数列{Sn－１}的前n项和为２－２n＋１ 解析:ACD　[因为Sn＝２an＋１(n∈N∗ ),所以 Sn＋１＝２an＋１＋１,两式相减得an＋１＝２an＋１－２an, n∈N∗ ,所以an＋１＝２an,n∈N∗ ,因为a１＝S１＝ ２a１＋１,所以a１＝－１,所以数列{an}是以－１为 首项,２为公比的等比数列,则an＝(－１)×２n－１ ＝－２n－１,Sn＝２an＋１＝－２n＋１．综上可知,选 项 A,C正确;当n＝５时,S５＝－２５＋１＝－３１, 选项B 错误;因为Sn－１＝－２n,Sn＋１－１＝－ ２n＋１,所以 Sn＋１－１ Sn－１ ＝２,又S１－１＝－２,所以数 列{Sn－１}是首项为－２,公比为２的等比数列, 则数列{Sn－１}的前n项和为 －２(１－２n) １－２ ＝２－ ２n＋１,选项 D正确．] ８．设等比数列{an}的前n项积为Tn,下列命题为 真命题的是 (　　) A．若T３＝１,a８＝２,则T９＝１６ ２ B．若T３＝１,T５＝３２,则a２＋a３＝３ C．若a２a３＝２,则T３T５＝８ D．若T５＝３２,则|a２|＋|a４|≥４ 解析:BD　[对于 A,易知 T３＝a３２,T５＝a５３,T９ ＝a９５, 若T３＝１,则a２＝１,又因为a８＝２,所以a５＝± a２a８＝± ２, 所以T９＝(± ２)９＝±１６ ２,故 A 错误; 对于B,若T３＝１,T５＝３２,则a２＝１,a３＝２,所以 a２＋a３＝３,故B正确; 对于C,若a２a３＝２,则T３T５＝a３２a５３＝(a２a３)３a２３ ＝８a２３,故C错误; 对于 D,若T５＝３２,则a３＝２, 所以|a２|＋|a４|≥２ 　　　　　 　　　　　|a２||a４|＝２ |a ２ ３|＝４, 当且 仅 当|a２|＝|a４|＝２ 时 等 号 成 立,故 D 正确．] 三、填空题 ９．已知{an}为等比数列,a２a４a５＝a３a６,a９a１０＝－８, 则a７＝　　　　． 解析:设{an}的 公 比 为q(q≠０),则a２a４a５＝ a３a６＝a２q􀅰a５q,显然an≠０, 则a４＝q２,即a１q３＝q２,则a１q＝１,因为a９a１０＝ －８,则a１q８􀅰a１q９＝－８, 则q１５＝(q５)３＝－８＝(－２)３,则q５＝－２, 则a７＝a１q􀅰q５＝１×(－２)＝－２． 答案:－２ １０．设数列{xn}满足logaxn＋１＝１＋logaxn(a＞０,a ≠１),若x１＋x２＋􀆺＋x１００＝１００,则x１０１＋x１０２ ＋􀆺＋x２００＝　　　　． 解析:∵logaxn＋１＝１＋logaxn(a＞０,a≠１),则 １＝logaxn＋１－logaxn＝loga xn＋１ xn , ∴ xn＋１ xn ＝a,∴ 数 列 {xn}是 公 比 为a 的 等 比 数列, ∵x１＋x２＋􀆺＋x１００＝１００, ∴x１０１＋x１０２＋􀆺＋x２００＝a１００(x１＋x２＋􀆺＋ x１００)＝１００a１００． 答案:１００a１００ 四、解答题 １１．已知数列{an}满足a１＝１,nan＋１＝２(n＋１)an． 设bn＝ 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:(１)由条件可得an＋１＝ ２(n＋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．理 由如下:由条件可得an＋１ n＋１＝ 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 an n＝２ n－１,所以an＝n􀅰２n－１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３９３􀅰 第六章　数列 １２．已知{an}为正项等比数列, bn＝ an－１,n为奇数, an＋２,n为偶数,{ 记Sn 为数列{bn}的前n 项和,b３＝３,S３＝７． (１)求{an}的通项公式; (２)求Sn． 解:(１)设等比数列{an}的公比为q(q＞０),b３ ＝a３－１＝３,即a３＝４, S３＝b１＋b２＋b３＝a１－１＋a２＋２＋a３－１＝a１＋ a２＋a３＝７, 所以４ q２ ＋４q＋４＝７ , 解得q＝２或q＝－２３ (舍去), 所以数 列 {an}的 通 项 公 式 是 an ＝４􀅰２n－３ ＝２n－１． (２)由(１)可得, bn＝ an－１,n为奇数 an＋２,n为偶数{ , 即bn＝ ２n－１－１,n为奇数, ２n－１＋２,n为偶数．{ ①当n为偶数时,n－１为奇数,此时 Sn＝b１＋b２＋b３＋b４＋􀆺＋bn－１＋bn ＝(２０－１)＋(２１＋２)＋(２２－１)＋(２３＋２)＋􀆺 ＋(２n－２－１)＋(２n－１＋２) ＝(２０＋２１＋２２＋２３＋􀆺＋２n－２＋２n－１)－１􀅰n２ ＋２􀅰n２＝ １－２n １－２＋ n ２＝２ n＋n２－１ ; ②当n为奇数时,n－１为偶数, 此时Sn＝Sn－１＋bn ＝２n－１＋n－１２ －１＋２ n－１－１ ＝２n＋n２－ ５ ２． ∴Sn＝ ２n＋n２－ ５ ２ ,n为奇数, ２n＋n２－１ ,n为偶数． ì î í ï ï ï ï [能力提升练] １３．[多选]已知数列{an}和各项均为正数的等比 数列{bn}满足:∑ n i＝１ (ai＋i)＝２bn－２,b１＝２,b２＋ b３ 是b３ 与b４ 的等差中项,数列{an}的前n项 和为Sn,则下列结论正确的是 (　　) A．数列{an－bn}是等差数列 B．Sn＝２n＋１－２－ n(n＋１) ２ C．数列{an}是递增数列 D．∑ n i＝１ １ ai ＜２１－１bn æ è ç ö ø ÷ 解析:ABC　[设{bn}的公比为q． 由题知b３＋b４＝２(b２＋b３)⇒b４－b３－２b２＝０⇒ q２－q－２＝０⇒q＝２ 或 －１(舍),故bn＝２n, ∑ n i＝１ (ai＋i)＝Sn＋ n(n＋１) ２ ＝２bn－２＝２ n＋１－２, ∑ n－１ i＝１ (ai＋i)＝２n－２,an＋n＝２bn－２bn－１＝２n＋１ －２n＝２n,an＝２n－n,an－bn＝－n,故{an－bn} 为等差数列,A 正确;Sn＝２＋２２＋􀆺＋２n－ (１＋２＋􀆺＋n)＝２(２n－１)－n (n＋１) ２ ,B 正 确;an＋１－an＝２n－１≥１,故{an}是递增数列,C 正确;当n＝１时,１a１ ＝１,２１－１b１ æ è ç ö ø ÷ ＝１,矛盾, 故 D错误．] １４．已知等比数列{an}的公比q大于２,存在k∈ N∗ ,使３ak＋１－ak 恰是{an}中的某一项,则q的 值为　　　　． 解析:假设m∈N∗ ,且３ak＋１－ak＝am, 即３a１qk－a１qk－１＝a１qm－１, ∴３q－１＝qm－k,∵q＞２,∴３q－１＞５, 从而m－k∈N∗ , 当m－k＝１时,q＝１２ (舍去); 当m－k＝２时,q＝３± ５２ , ∵q＞２,∴q＝３＋ ５２ ; 当m－k≥３时,记f(q)＝qx－３q＋１(x≥３,x ∈N∗ ,q＞２), 则f(q)＞０．证明如下: f′(q)＝xqx－１－３＞３×２３－１－３＞０, ∴f(q)＞f(２)＝２x－５＞０, ∴３q－１＜qm－k． 综上,q＝３＋ ５２ ． 答案:３＋ ５ ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４９３􀅰 高考总复习　数学 A版