第6章 考点练34 等比数列-【红对勾】2026年高考数学一轮复习金卷

考点练34 等比数列 基础巩固练 。答案：212页 一、单项选择题 1.已知正项等比数列{an}的前三项和为28，且a3=4,则ag=( ) 1 A.2 c 1 D.16 2.在各项均为正数的等比数列{an}中，a3=2一√2，a5=√2十1，则 a1a5+2a2a6+a3a7= () A.1 B.9 C.5√2+7 D.3√2+9 1 3.已知数列{a}满足a1<0,aw1=2a,则数列{a}是 A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 D.不能确定 4.已知数列a1,a,…,a”,…是首项为1，公比为2的等比数列，则 a-1 log2a= A.n(n+1) B.n(n-1) C.n(n+1) D.n(n-1) 4 2 2 5.(数学文化)明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上 的一座丰碑.其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增， 共灯三百八十一.”注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一 层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔从塔底数第二层灯的盏数为 () A.3 B.6 C.96 D.192 6.数列{an}中，a1=2,amm=aman,若a+1十a+2十…十a+i0=25- 25,则k= () A.2 B.3 C.4 D.5 二、多项选择题 7.已知等比数列{an}的公比为g,前4项的和为a1十14，且a2,a3+1, a4成等差数列，则g的值可能为 () 1 A.2 B.1 C.2 D.3 8.设{an}是公比为2的等比数列，下列四个命题中，正确的有() A是公比为号的等比数列 B.{a2m}是公比为4的等比数列 C.{2an}是公比为4的等比数列 D.{anaw+}是公比为2的等比数列 三、填空题 9.(2024·安徽滁州三模)已知{a}是递增的等比数列，a4+a5=24, a3a6=128,则公比q的值是 10.(2024·上海闵行区三模)设S是等比数列{an}的前n项和， 若Sg=4,a4十a5十a6=8,则e 11.(2024·内蒙古包头期末)已知数列{am}和{bm}满足a1-1,b1=2, am+1=3am一bm十4，bw1=3bn一aw一4，则数列{an十bn}的通项公 式为aw十bn= 2.已知数列{a》的首项a1三5，且a1 3a,,1+1+…+ 2aw+1'a1a2 <2025,则满足条件的最大整数”=—· an 四、解答题 13.已知数列{am}满足a1=1,na+1=2(n十1)a.设b= n (1)求b1,b2,b3; (2)判断数列{b}是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a,}的通项公式. 第六章数列071 14.(2024·浙江绍兴三模)已知数列{an}的前n项和为S,m,且a1= 25n千2…设6，-8 (1)求证：数列{bn}为等比数列： (2)求数列{Sn}的前n项和Tm 0722团闪·高考一轮复习金卷数学 NENGUI TISHENGUAN 能力提升练 ●答案：212页 一、单项选择题 1.已知S,为正项等比数列{an}的前n项和，若a3a5=256,aa6= 1024,则3 ( an A.2”-1 B.2-21-" C.2-2"-1 D.2-"-1 2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S2=4,且S3=4a2+a1, 则S4= () A.120 B.40 C.48 D.60 3.已知数列{am}为等比数列，函数y=log。(2x一1)十2过定点(a1, a2),bn=log2an,数列{bn}的前n项和为Sn,则S1o= () A.44 B.45 C.46 D.50 4.(数学文化)科赫曲线因形似雪花，又被称为雪花曲线.其构成方式 如下：如图1，将线段AB等分为线段AC,CD,DB.如图2，以CD为 底向外作等边三角形CMD,并去掉线段CD,将以上的操作称为第 一次操作，继续在图2的各条线段上重复上述操作，当进行三次操 作后形成如图3的曲线.设线段AB的长度为1，则图3中曲线的长度为 M M A CD B 图1 图2 图3 A.2 R号 c翳 D.3 5.已知等差数列{am}的前n项和为Sw,且aw∈N,数列{bn}为等比 数列，则下列说法错误的是 A.数列{2}一定是等比数列 B.数列{b。}一定是等比数列 C数列 定是等差数列 D.数列{b,十b+1}一定是等比数列 6.(2024·浙江宁波期末)已知数列{an}满足a1=0,a2=a3=1,令 b,=am十am+1十aw+2(n∈N).若数列{bn}是公比为2的等比数列， 则a2024= () A.2-4 B.2+3 C.2+4 D.2+6 7 7 7 7 二、多项选择题 7.如图，已知点E是□ABCD的边AB的中点， Fn(n∈N)为边BC上的一列点，连接AF,交 BD于Gm,点Gn(n∈N)满足GnD=aw1· GnA一2(2aw十3)·GnE,其中数列{an}是首项为1的正项数列，S, 是数列{am}的前n项和，则下列结论正确的是 () A.a3=13 B.数列{am+3}是等比数列 C.a,=4n-3 D.Sm=2"+1-n-2 8.在等比数列Q}中，a1>1aam>0,二<0，若S.为 a2024-1 {aw}的前n项和，Tn为{an}的前n项积，则 ( A.{an}为递增数列 B.S2024<S2025 C.T224为{Tn}的最大项 D.{Tn}无最大项 三、填空题 9.(开放性问题)写出一个公比9=专的递增等比数列的通项公式 a,= 10.已知数列{an}的首项a1= 方且满足an=20。 1十…十1<100，则满足条件的最大整数1=」 a 11.（2024·四川成都三模)如图，已知在 扇形OAB中，半径OA=OB= 3,∠AOB=3,圆01内切于扇形 OAB(圆O1和OA,OB,弧AB均相06， 0 切)，作圆O2与圆O1,OA,OB相切， 再作圆O3与圆O2,OA,OB相切，以 此类推.设圆O1,O2,…的面积依次为S1,S2,…,那么S1十 S2十…+Sn= 12.(探究性问题)已知函数f(x)=log2x,给出三个条件：①f(an)= :®fa.)=n-1:③fa,)十从中选出一个能使效列a 成等比数列的条件，在这个条件下，数列{am}的前n项和S,= 四、解答题 13.(2024·福建厦门模拟)已知数列{a,}满足a1-1a1=a,+2 an n∈N*. (1)求证： aw-2 aw+1/ 是等比数列； ②》若6，。，求6，的前n项和S。 3 14.已知等比数列{am}的公比q>1,a1=2,且a1,a2,a3-8成等差数 列，数列{a,b,}的前n项和为2n-1)·3”+1 2 (1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设数列的前n项和为S.,且Vn∈N,S.≤m恒成立，求 a 实数m的最小值.考点练34 等比数列 。基础巩固练 1.C由题意设公比为g>0,则41十 一6=0，解得 g=2>0满足题意，所以a=ag 4×(侣)”=日故选c 2.B因为{an}为各项均为正数的等比数 列，a3=2一√2，a；=√2十1，所以 a1a5+2a2a6+a3a7=a+2a3a5+ a号=(a十a5)2=(2-√2+√2+1)2 9.故选B. 3.A因为a,}满足a1=2a,所以数 列{a,}是公比为弓的等比数列，所以 。-1(分)又因为6，<0，所以 当n增大时，am增大，即数列{an}为递 增数列.故选A. 4.D由题设得0m=1×2-1= an-1 2-1(n≥2)，而am=a1· 2.a3.… n-12 am=1×242++a-1=2(n≥2)， an-1 当n=1时，a1=1也满足该式，故 a,=2→(n≥1，所以1bga, n(n一1)，故选D. 2 5.C根据题意，可知从塔顶到塔底，每层 的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔 顶灯盏数为a1,则有S,=a1·1-2) 1-2 381,解得a1=3,从塔底数第二层灯的 盏数为a6=a19=3X2=96.故选C. 6.Ca1=2,am+n=anan,令m=1,则 a+1=a1an=2an{an}是以2为首项， 2为公比的等比数列，∴an=2X2”-1 2".又a+1十ag+2十…十ak+n=25-2, 20=2)=25-2,即1(2”- 1-2 1)=2(2°-1)，2+1=2，.k十1= 5,k=4.故选C. 7.AC因为a2a3十1，a1成等差数列，所 以a2十a1=2(a3十1)，因此a1十a2十 a3十a1=a1十3ag十2=a1+14,故 a3=4.又{a,}是公比为g的等比数列， 所以由a2十a1=2(a3十1)，得ag· 解得g=2或9=宁故选AC 8.AB由于数列{an}是公比为2的等比 数列，则对任意的n∈N”,an≠0，且公 1 比为q==2，则0，= an 1 an+l an 号=即列日}是公地为号的等 红对闪·高考一轮复习金卷数学 比数列，A正确；a=g2=4,即数列 Q21 {a2n}是公比为4的等比数列，B正确； 20出=g=2,即数列2a,}是公比为2 2an 的等比数列，C错误； anan+l an q=4,即数列{anan+1}是公比为4的等 比数列，D错误.故选AB. 9.2 解析：因为{am是等比数列，所以 a1a:=aa6=128,则a1十as=24, a1a5=128, 解得a4=8:或a二16·又因为a, la5=16la5=8, 是递增的等比数列，所以a4二8。所以 a5=16, 公比q= a5=2. 10.5 解析：由题意得S；一S3=8,S:=S3十 8=4十8=12，因为S4,S6- Sa,S-S6,S2一S,成等比数列，故 S6-S=Ss=。,即 S-Si 82=4(S。-12),解得S,=28, 则S,-S6=28-12=16,所以162= 8(S12-28),S12=60,故 S6=12 11.3×2m-1 解析：an+1=3am一bn十4，bn+1= 3bn-am-4,am+1十bn+1=3am-bn十 4+3bn-am-4=2(am十bn),又a1十 b1=3,.数列{a,十bn}是以3为首 项，2为公比的等比数列，am十b。 3X2m-1 12.2024 解析：因为a12a,+所以 an+l 3十，所以1-1 2am+11 2 3an an+l 号（日-）嘴以数列侵是等 比数列，首项为1=公为 2 5 所以-1=号×（）=2x an (信)广，即=2×（兮）广+1，所以数 a 列}的和5。 1 、1 = 2×L3 厂1 an (传)+…+（传）门+m=2× ×-()] 十n=n十1- 1-1 (得)”，而当n∈N时，S.随着n的增 大而增大，又因为S2021=2025 ) 202 <2025,且S2o25=2026 传) 2025 >2025,所以满足条件的最 大整数n=2024. 212 13.解：(1)由条件可得a+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aL n+= 2an,即b+1 2bn,又b1=1,所以{bn冫是首项为1，公 比为2的等比数列. (3)由(2)可得”=21，所以a=n· 2m-1. 14,解：D证明：8=千20 n+2S+1-S,),即(n+2)S。= n(Sm+1-Sm）, 即mS1=(2m+2)S,则nS1 n(n+1)= ②n+2)S,即S出=2 n(n十1) n+1 =a1=2, 即bnH1=2b,又b1=1 故数列{bn冫是以2为首项，2为公比的 等比数列. (2)由1)得b,=2,即三=2， 则Sn=n·2”, 则Tm=1×2十2×22+…+n·2", 有2T,=1X2+2×23+…+n·2+1, 则T。-2Tn=-T。=2+22+ 23+…+2”-n·2H = 2(1-2") 1-2 2-n·2m1=2H-2-n· 2+1=(1-n)·2m+1-2, 故Tn=(n-1)·21十2. —。能力提升练。 1.B设等比数列{an}的公比为q,由 aa=256a,a:=1024,得0=256， a号=1024 又a>08g2 a,=2,S.=22°-1，S an 2(2”-1)=2-2".故选B. 2n 2.B因为数列{a,}为等比数列，设数列 的公比为q,若q=1,则am=a1,此 时Sg=3a1,由已知Sg=4a2十a1= 5a1,即5a1=3a1,解得a1=0,不成立， 所以q≠1.因为S,=4,Sg=4a2十a1, 则有a1十a19=4, 解 (a1十a1g十a1g2=4a1g十a1, 得031所以S二g 1-9 1-34 1-3 =40.故选B. 3.B:函数y=log(2x-1)十2过定点 (1,2)a1=1,a2=2,.等比数列 {an}的公比q=2,an=2"1bn= log:a=n一1，又数列{bn}的前n项和 为S.,则S。=10X（0+92=45.故 2 选B. 4.C依题意，一条线段经过一次操作，其 4 长度变为原来的了，因此每次操作后所 得曲线长度依次排成一列，构成以兰为 首项，手为公比的学比数列，所以当进 行三次操作后的曲线长度为（得）= 选C 5.D因为数列{am}是等差数列，设其公 差为d,则 2 -=2+1“n=24是定值， 所以数列{2“”}一定是等比数列，A正 确；因为数列{bn为等比数列，设其公比 为q,则通项公式为b,=b1q”,所以 ban big"-1 b1g+1-1 g+1n=g是定值，所以数列{b。}一 定是等比数列，B正确：因为S,= nL2a1+(n-1)d」 所以 n 2a1+(n-1)d 2 a1十(n-1).92,所 以数列三}一定是等差数列，C正确： 当bn=(-1)”时，bn十b+1=0,则数列 {b,十bn1}不是等比数列，D错误.故 选D. 6.Bb1=a1十a2+a3=0+1+1=2, 数列{b}是公比为2的等比数列，则 bn=2”,则a+3-an=aH1十an+2十 an+3-（am十a+1十am+2）=b+1-bn= 2+1-2”=2”,a2021=(a2021-a2021）十 （a2021一a2018）十（a2018一a2015）十…1 （a:-a2）十a2=22o21+22o8 215+…+22+1=2[1-(2)] 1-8 1-20-4十1=22+3.故选B. 7 7.AB由题意得G,D=a1·GnA 2(2a。十3)·2(GA+GB),故G,D= （a-2an-3)·GnA-(2an+3). GnB,GnD,GnB共线，即am1-2am 3=0,即a+1十3=2(an十3)，又a1= 1,故am十3=4X2"-1,即am=21-3. a3=2-3=13,故A正确，B正确，C错 溪8，-4×号 3n=2+2-3n 4,故D错误.故选AB. 8.BC由a2024a2025=a2021×a2024X9= a2o24×g>0,得q>0,因为a1>1,所 以am>0,当9≥1时，an=a191>1, 则a2>1,a2贴>1，则2g-1 a221-1>0, 与题意矛盾，因此0<g<1,则{an}为 递减数列，故A错误；S22一S221= a2025>0,故S221<S225,故B正确；因 为{an}为递减数列，所以a221>a225, 由5-1 9a21-<0可知，a1>1,0< a202<1,所以当2≤n≤2024时， =a,>1,则T.>T,当n> Tn-1 T。=a.<1,则T。<T… 2024时T二 因此{T}的最大项为T2024,故C正确， D错误.故选BC. 9.-(兮)广（答案不唯一 解析：若等比数列为递增数列，则Qm+1 a.=aiq"-aig-I=aiq"-(q-1)> 1 0,由于公此g=2,则首项a1<0,取 a1= 可得a,=-(分）”. 1 10.9 解析：易得a,≠0,1=2-1，令 an 6。二1，则b1=2(6,一1)，又日 山，-1=上-1=1，所以6。-1是以 1为首项，2为公比的等比数列，所以： bn一1=2，所以bn=2”1十1，所以 b十b,十…十bn=1+2+22十…+ m=2十m1,由2十m1月 1000,解得n≤9，所以n的最大值为9.： 1.0-） 解析：如图，设圆O,与孤AB相切于点 D,圆O1,圆O2与OA分别切于点C, ,连接01C,0,E,则01COA O2E⊥OA,设圆O1,圆O2,圆O3·, 圆O,的半径分别为r1,r2r3…,rn 因为∠AOB=子，所以∠A0D=日 6 在R△O01C中，OO1=3-r1,则 3一r,解得 0,c=200,即1=32 n=1.在Rt△00，E中，O02=3- -2红1，则0E三2002，即r→ 3一21，解得r,=吉=了同 1 1 2 11 理，可得r:=日=3r,所以}是 以=1为首项，为公此的等比数 列.又圆的面积为S=πr2,所以面 积S1,S2,S,…,Sn构成一个以π= 开为首项，以。为公比的等比数列， 9 则S十S2十S十…十Sn= 1 -) 1- C E 0 B 12.2"-1 。 213 22 22w1 ,而 = 22+1-0=2”不 是常数，即数列{an}不是等比数列；若 选条件⑧，f(a,)=loga,= 1 ,则 n+1 有a。=2市，而 2+2 an 2+7 不是常数，即数列{an不是等比数列； 若选条件②，f(an)=log2am=n一1， 则有a=2,2= 2" 2-T =2是常 an 数，即数列{a,是等比数列，其首项为 1,公比为2，所以S,=1-号=2”-1. 1-2 3.解：(1)证明：由题意 a+1十1 am十2-2an =- 1am-2 am十2+am 2 a,十1 又因为a1一2 1 a1+1 =-≠0，所以 am+1-2 a+1+1 an-2 2 an+1 所以 是以-令为首项，一号 为公比的等比数列. 2)由得2号=(-)广 an +1 3 an-2 所以b,a,+i=1-a,十了 1-(2) 所以Sn=b1十b2十b3十…十bn=1- (2)+1-(2)°+1 (2)”+…+1-（2)扩”=m [()+(2)+ (-)+…+()门 -2[1-()] 1-（) 3-(2)》 1-（2) 1-(2) 3 4.解：(1)因为a1=2,且a1,a2,a3-8成 等差数列， 所以2a2=a1十ag-8, 即2a1q=a1十a192-8,所以g2-2g- 3=0, 所以9=3或9=一1，又9>1，所以 g=3,所以an=2·3"1(n∈N. 因为a1b1十a2b2十…十anbn= (2n-1)·3"+1 2 所以a1b1十a2b2十…十am-1bn-1= (2m-3)·3+1(n≥2)， 2 参考答案 两式相减，得ab,=2n·3”-1(n≥2)，： 因为an=2·3m-1,所以b。= n(n≥2)， 当n=1时，由a1b1=2及a1=2,得 b1=1(符合上式)， 所以bn=n(n∈N*). (2)因为数列{an是首项为2，公比为3 的等比数列， 所以数列日}是首项为2公比为 1 的等比数列， 所以S,= -)I 2L 1- 1 3 1-(G)]< 4 因为Hn∈N“,S,≤m恒成立， 所以m≥子，即实数m的最小值为子。 考点练35 数列求和 一。基础巩固练。 1.ASn=[1+3+…+(2n-1)]十 (侵++… 2/ (1+2n-1)·n =n2 2 1、 2,故选A 2.B设数列{(-1)”(2n-1)}的前2026 项和为S2026,当n为奇数时，(-1)”(2n 1)=-(2n-1),当n为偶数时，(-1)”· (2n-1)=2n-1,所以S2026=(-1十 3)+(-5+7)+(-9+11)+…十 (-4045+4047)+(-4049+4051)= 2×1013=2026.故选B. 3.A第10次着地时，经过的路程为100十 2×(50+25+…+100×2")=100+ 2×100X(21+22+…+2)=100+ 200×2X01-22=[100+20001 1-2-1 2)门m.故选A. 4.D因为S。=n①，当n≥2时，S,1= (n-1)②，所以①-②得an= Sm-Sm-1=n2-(n-1)2=2n-1,当 n=1时，a1=S1=1,满足am=2n 1,所以an=2n-1,所以1 anan+l 11 (2n-1)(2n十1) 2如中，所以1=(1- 1 11 11 3-5+…+40474049+4049 高)=高)故选n 1 4051 2 3 4 5.B因为S。=乞十2十2+…十 n十1 234 2,所以2S=+2+2 十…十 ,两式相减可得25.=1十是 ++…+-出 =1+ 以励闪·高考一轮复习金卷数学 是-2) 1- 21 以5，=3-”3，因为”+3>0，所以 2 2n 3-”十3<3，即S。<3恒成立，故k≥ 2” 3.故选B. 1+a(m≥1) 6.C因为a1=3,a+1=1-a 所以ag= 1+3 1-3 =-2,a= 1+(-2)1 3a 1+() 1-(-2) 1-（) 1 -1 =3,而a5=a1,所以数 1一2 1 列{an}是以4为周期的周期数列，所以 {an}的前2025项和S225=a1十a2十 a十…十a2025=506(a1十a2十a3十 a1)十a1= 1780.故选C. .3 7.ACD由题意可知，a1=1,a2=3, ag=6,a1=10,可得a2-a1=2,a3- a2=3,a1-a3=4,…,an-am-l= n(n≥2)，以上n一1个式子累加，可得 am-a1=2十3十…十n(n≥2)，所以 a,=1+2+3+…+n=nn,1D(m≥ 2 2),且a1=1也满足上式，所以an= 0出利a:=9=15所以S 2 1+3+6+10十15=35，故A正确；由 递推关系可知，a+1一an=n十1，故B错 误；当n≥2时，S。一S-1=a,= nn十卫，故C正确；因为】 2 2 a 1 十…十 =2x(1-2)+2× a100 11 1 2×(1-)=器故D正 选ACD. 8.ABD.an=2n-1,.{an}是首项a1 为1，公差d为2的等差数列，∴.S1。= 10×1+10X10-Dx×2=100,故A 2 1,则c=aa 正确；令C=a 11 1）= 1/11 an+l 2 an ant c1十 111 C2十·十C10= 2 a2 1十…十 1 Q10 a11 11/ 又a1=1,a1=21,.c1十c2十…十 1 误；T。=2+1-2,.bn=T。 T1=21-2-2”+2=2”(n>1,m∈ N“),又b1=T1=2H1-2=2,适合上 式，∴.bn=2"(n∈N“),∴{bn}是首项 214 为2，公比为2的等比数列，b10=2°= 108该B运云侵}是 首项为日，公比为子的学比数列， 1 1 1 1 ×-) 1 器故D正疏收 选ABD. 9.-6 解析：依题意a,≠-1，故a+1= 一a,于周为a1=1.所以a=一2 a3=-2,a1=1,,所以数列{an}是以 3为周期的周期数列，故{am}的前12项 和为(1-2-2）×4=-6. 10.-91 解析：数列{am}满足an+1=3a,,且 a1=-1,.数列{an}是首项为-1，公 比为3的等比数列，a,=一1X 31=-31,∴.数列{an十2n}的前5 项和为S:=(-3°十2)十(-31十4)十 (-32+6)十(-3+8)十(-3十10)= (-3°-3-32-33-3)+(2+4+6+8+ 10)= -1×(1-3)+(2+10)×5 1-3 2 -121+30=-91. 11 n+1 解析：由题知，S1=a1=1.因为 am+1十SnSn+1=0,所以Sn1 S,=-SnSn+1,易得Sn≠0，两边同时除 以-SSn得SmS。 11 =1,所以数列 {}是以1为首项，1为公差的等差数 s. 列，所以s =1十(n-1)=n,所 1 以S三所以S,5月 nn十1= 元-n所以数列5，S的前力 项和为(1- )+(分-)+（日 12.18214 解析：当n∈[2,2+1)时，k≤log2n< k十1，am=Llog2n]=k,k∈N,每组共 有2+1一2=2（个），216<2025< 21,2-2025-1=22,故a1+a2+ a8十…十a2025=0X1+1X2十2×22+ 3×23+…+9×2"+10×(20-22). 设S=0×1+1×2十2×22+3× 23+…+9×2°+10X2,则2S=0× 2+1×22+2×23+3×2+…+9X 20十10X21,两式相减得-S=2十 22+…+210-10X21,整理得到S= 9X21十2，故a1十a2十a3十…十 a225=9×21十2-220=18214. 13.解：(1)当n=1时，4S1=4a1=3a1十 4,解得a1=4. 当n≥2时，4S1=3am1十4，所以 4S.-4S-1=4an 3a-3a am=-3am-1,