第1章 3.1 等比数列的概念及其通项公式-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

§3等比数列 3.1 等比数列的概念及其通项公式 白题 基础过关 限时：50min 题组1等比数列概念的理解 题组3等比数列的通项公式 1.已知下列各数列：①-1，-2，-4，-8； 7,★(2025·吉林长春东北师大附中高二期 ②1，-3,3，-33；8a,a,a,a:④1，.1 末)等比数列{an}中，a3=2,a5=4,则a。= ’23) aaa ( 。其中一定是等比数列的鼻 A.8 B.-8 C.16 D.-16 A.①②③ B.①② 8.(2025·云南昆明高二期中)若一个等比 C.①②④ D.①②③④ 数列的前三项依次为x,x-6,x+24,则这个等 2.*给出下列说法：①等比数列中的某一项可 比数列的第四项为 ( 以为0：②等比数列中公比的取值范围是 A.-64 B.-125 C.64 D.125 (-∞，+∞)；③若一个常数列是等比数列，则这 9.*已知数列{an}是各项均为正数的等比数 个常数列的公比为1.其中说法正确的个数为 列，且3a1+9a2=2,9a=a1a5,则 () ( A.0 B.1 C.2 D.3 A.a.-3 B.an=3” 3.*(多选)已知数列{an}是等比数列，那么 下列数列一定是等比数列的是 ( 1 C.an=3 D.an=3-1 A.la1 B.anan+1 C.a D.an+a+ 10.*(多选)若数列{an}满足a4=9,且(a+1 题组2等比中项 an-1)(an+1-3an)=0(n∈N),则首项a1可 4.*(2025·江西南昌高二期中)2与32的等 能是 ( 比中项为 ( 5 1 A.6 B. C.2 A.8 B.17 C.±8 D.±42 3 0.3 5.*(2025·四川雅安高二期末)已知等差数 11,*(2025·安徽合肥高二月考)在等比数 列{an的首项为1，a6是a3和ag的等比 列{an}中，a3+a5=5,a6+ag=40,则{an}的公 中项，则a5 ( 比为 A.-9或1 B.-7或1 题组4等比数列的函数特征 C.1 D.-7 12.*已知数列{an}满足a1>0,对一切 6.*(2025·福建龙岩高二月考)在2和20之 间插入两个数，使前三个数成等比数列，后三个 neN", +1=2,则数列an}是 数成等差数列，则插入的两个数的和为( an A.递增数列 B.递减数列 A.4 B4或C6或 D.6 C.摆动数列 D.不确定 选择性必修第二册·BS黑白题16 13.(多选)(2025·江西景德镇高二期末) 重难聚焦∥ 若等比数列{an}中，首项为a1,公比为q,则 题组6构造等比数列求通项公式 下列条件中，使数列{a}一定为递减数列的 20.**已知数列{an}满足an1=ha,-1(n∈N, 条件是 ( k∈R),若数列{an-1}是等比数列，则k等于 A.Igl<1 B.a1>0,9<1 C.a1>0,0<g<1 D.a1<0,9>1 A.1 B.-1 C.-2 D.2 题组5等比数列的性质 21.*苏教教材习题在数列{an}中 14.*人A教材变式(2025·四川攀枝花高二月 a1=1,已知an+1=2an+1,且{an+1 考)设{an}是等比数列，下列说法一定正确 为等比数列，则{an}的通项公式为 的是 ( A.an=2-1 B.a =2" A.a1,a3,a,成等比数列 C.an=2"+1 D.d=2m1 B.a2,a3,a6成等比数列 22.*若数列an}满足 13 =0 C.a2,a4,ag成等比数列 an+l an 视频讲解 D.a3,a6,ay成等比数列 则称a为”迫梦数列已知数列{6+1}为 15.(2025·辽宁沈阳高二期末)在等比数 “追梦数列”，且b1=2,则数列{bn}的通项公 列{an}中，若a6=3a,则a2= ( 式为bn= A.3 B.2 C.2 n.3 题组7等比数列的实际应用 16.*（2025·江西上饶高二期末)在等比数 23.*(2025·山东济南高二月考)“十二平均 列{an}中，a2,a1o是函数f(x)=x2+6x+4的两 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 个零点，则a6= ( 做出了重要贡献十二平均律将一个纯八度 A.±2 B.3 C.-2 D.-3 音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第 17.*(多选)(2025·安徽合肥高二期末)记 二个单音起，每一个单音的频率与它的前 等比数列{an}的前n项积为Tn,且a6, 个单音的频率的比都等于2.若第六个单音 a,eN,若T2=22,则a6+a,的可能取值为 的频率为∫，则第十二个单音的频率为( ( A.f B.f c.f D.2f A.4 B.5 C.6 D.7 24.*(多选)(2025·浙江杭州高 18.*已知数列{an}为等比数列，an>0,且 二月考)从盛有1L纯酒精的容 anam*1am+2=2m,若ptq=6,则ap·a,=( 器中倒出？L,然后用水填满；再倒出3L,又 A.27 B.2 C.29 D.210 用水填满，连续进行若干次，容器中的酒精浓 19,*(2025·湖南邵阳高二期末)在等比数 度可能是 列{an}中，若a1a23=8,a4a5a6a7=32,则 4 A. 3 B. D. a11a12013a14= 9 C. 9 27 第一章黑白题17 黑题 应用提优 限时：45min 1.*(2025·江苏南京高二月考)在数列{an} 中，“对于任意的正整数n(n≥2)，都有a2= a-1a+1”是“数列{an}为等比数列”的( A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 A.4 B.8 D. 16 32 C.充要条件 6.*★（多选）(2025·浙江绍兴高二月考)已知 D.既不充分也不必要条件 数列{an}和{bn}(n∈N)是等比数列，则下 2.*(2025·陕西渭南高二月考)已知数列 列结论中正确的是 a,}的通项公式为a.=3× (兮)广，则数列 A.{a2}是等比数列 B.{an+bn}一定不是等差数列 an}是 C.{an·bn}是等比数列 A以1为首项，弓为公比的等比数列 D.{an+bn}一定不是等比数列 皮以3为首项，为公比的等比数列 7.*已知{an}为等比数列，a2=1,则“a222< a2s”是“a24<a2026”的 C.以1为首项，3为公比的等比数列 A.充分不必要条件 D.以3为首项，3为公比的等比数列 B.必要不充分条件 3.*(2025·广东江门高二期末)已知等比数 C.充要条件 列an}的首项a1>0,且满足a5-a1=15,a4 D.既不充分也不必要条件 a2=6,则公比g为 8.#(多选)(2025·广东深圳高二月考)无穷 ( 2 等比数列{an}的首项为a1公比为g,下列条 .2 B.2 D.3 件能使{an}既有最大值，又有最小值的有 4.*(2025·江西赣州高二月考)在等比数列 {an}中，a4=-1,a1a3+2a3a+a5a7=12,则a2+ A.a1>0,0<q<1 a6= B.a1>0,-1<g<0 A.23 B.-23 C.a1<0,9=-1 D.a1<0,g<-1 C.±23 D.-12 9.*苏教教材变式已知三个数成等比数列， 5.*(2025·河南信阳高二月考)如图所示， 它们的积为27，它们的平方和为91，则这三个 在等腰直角三角形ABC中，斜边BC=√2，过 数的和为 点A作BC边的垂线，垂足为A1,过点A 10.*已知数列{an}满足下列条件：①数列 作AC边的垂线，垂足为A2,过点A2作A,C边 an}是等比数列；②数列{an}是单调递增数 的垂线，垂足为A3,…,依此类推.设BA= 列：③数列{an}的公比q满足0<q<1.请写出 a1,A11=a2,A1A2=a3,…,A6A,=ag,则a7等于 一个符合条件的数列{an}的通项公 式 选择性必修第二册·BS黑白题18 11.禁(2025·湖北武汉高二月考)已知正项压轴挑战 数列{an}中，a1=2,an+1=2an+3×5”,则数列 禁(2025·江西南昌高二月考)已知数列 {an}的通项an= {an}满足：a1=a2=1,an+2=2an+a+ 12.**(2025·湖南常德高二期中)在数列 11 {an}中a,=l,an+1=2antn-l,neN°. (1)证明：a+a2+a3+…+a,=20m+22 (1)证明：数列{an+n是等比数列； (2)设ant2+入an+1=u(ant1+入an),求入，u的值； (2)求数列{an}的通项公式an (3)求{an}的通项公式， 13.#(2025·山西吕梁高二月考)已知数列 {an}满足a1=3,且log3am+1=1+log3am (1)求{an}的通项公式： (2)若b.=u,+,且{6，为递增数列，求实数 a t的取值范围. 第一章黑白题19)0,所以S≥8，敢S为8，的最小值，B错误： &=a,=-9d+1D4204,因为teN， 2 2 2 故当k=20时，S4=0,所以存在正整数k,使得S4=0,C正 确804，，令- 2 2 2 因为m∈N·,解得m=5,所以存在正整数m,使得Sm=Sm, D正确. 9.10解析：因为am-1+am1-a=0(m>1),所以2an-a2=0,解 得am=0或2.又前2m-1项和S2m-1=38= (2m-1)(a1+asi）=(2m-1）a.,所以an不能等于0，只能 2 等于2，所以2m-1=19,解得m=10. 10.2n-6(答案不唯一)解析：若a2<0,则满足①.又不存 在正整数k,使得S>S1且Sk+1<S+2,则可得Sn连续两项 取得最小值，即存在n使得a=0,则可得{an}的通项公式 可以是a.=2n-6. 1,解析：因为{a,,6,}为等差数列，所以b,+b 29 2+ ag_a2tag_a1tag」 2 b3+b7 b1+69 b1+69 61+b9 61+b9 61+69. To 2×9 2 时号故答案为 29 12.之解析：由题意得，a,=a+d(n-1)=dn+a-d,S,=na1+ a”a号+(a号）小所u8a号+(a 兰）ad-4因为v西是等差数列，则及的 通项是一次函数型，则受2+(a号)n+d-a1能整理成 3d 完金平方型，所以4=(a}了-4·(da)-0,化简 得（号）广=0，所以4=号即经分 d 2 13.（1)解：由an2=3a1-2an+2",a1=1,a2=3,所以a3= 3a2-2a1+2=3×3-2×1+2=9,a4=3a3-2a2+22=3×9-2×3+ 4=25,a5=3a4-2a3+23=3×25-2×9+8=65. （2)证明：由a+2=3a+1-2an+2”得a2-a+1=2(aa+1 0)+2”,等式两边同时除以2“，可得，。2=“2+1 2 即21_10=1，当n=1时，a二2=2，所以 2 2-1 2-1 {2}是以2为首项，1为公老的等差数列 14.证明：(1)在数列a,中，3，=m,n(,,当n≥2时， 2 S1=(n-1）a1-a-2,两式相减得，=n,-(n- 2 1)an-1-(n-1),即(n-1)an=(n-1)an-1+(n-1),因此an= an-1+1,所以{an}是等差数列. (2)由(1)知，等差数列{an}的公差d=1,a。=a1+(n- 1)d=n+1,S.=2+(7+1.n=n(n*3》,= 2 2 2 ,.n(n+3) S1 S2 选择性必修第二册·BS (分（兮后（合）+（日南）川 +1,1111）211_11 2（1+2+3n+1n+2n+3/360. 压轴挑战 (1)解：对于数列3,4,6，则k=1,注意到a3-a2≠a2-a1=1,则数 列3,4,6不具有性质K;对于数列2,3,4,6,8，则k=1,2,注意 到a3-a2=a2-a1=1;a5-a4=a4-a3=2,则数列2,3,4,6,8具有 性质K (2)(i)解：由题可得，a2k+1-a2=a2u-a2w-1=k,则a21-a2k-1= a2k1-a2%+a2u-a2k-1=2k,又a1=0,则a2k-1-a2k-3=2(k-1),a2k-3 a2-5=2(k-2),…,a3-a1=2,a1=0,累加可得a2k-1=0+2+…+ 2k-2》+2(k-1）=2,10k=k(k-1).因a1-a4=a2 2 a2-1=k,则a2k+3-a2k2=a2h+2-a2k+1=k+1,则a2k+2-a24=a2k+2 a21+a2k+1-a2u=2k+1.又a1=0,a3-a2=a2-a1=1,则a2=1,则 a2-a2k-2=2k-1,a2k-2-a2-4=2k-3,…,a4-a2=3,a2=1,累加可 得a4=1+3++2k-3+2k-1=+2-1)=只.综上，4， 2 (k(k-1),n=2k-1.kEN". k2,n=2k, k(k-1),n=2k-1,k∈N,则当 ()证明：因62=。，a,,n=2k, n=2k-1时，R=Rs1=6+h+…+bk1=+1++1=1+ 11 1 d2 a3 2 11, ,11/ 1 .1./11 4+6++-+存=（1+2++)+(2+6 + +…+ )注意到1+山++111 1 到2+6+…+hk-）1x22x3…ti(k-1) 111 ,11 144 1- 223++- -2(k)则1+宁+日≤1叶 1 2传与兮站)音品号则当 ,111525 .58 n=2k-1时，R,=R-1<1+3<3;当n=2k时，R=Rs=6+b+ …+b2x= L+t1=1 1.1 1.1,1 11 a2 a3 a2k+1 2+4+6 …++1)(1+ 1.,1 22++ n离n1宁号专如 1 11. 1 2t5 <1,结合1++ 1 +g<3,可得当n=2k时，R,=R4< 号综上可得，R,< 8 §3等比数列 3.1等比数列的概念及其通项公式 白题基础过关 1.C解析：由等比数列的定义知①②④都是等比数列.当a=0 时，③不是等比数列故选C. 2.B解析：对于①，因为等比数列中的各项都不为0，所以① 不正确；对于②，因为等比数列的公比不为0，所以②不正 确；对于③，若一个常数列是等比数列，则这个常数不为0， 根据等比数列的定义知此数列的公比为1，所以③正确.因 此，正确的说法只有1个，故选B. 黑白题10 3.ABC解析：设等比数列{a,的公比为g,则=q,对于 Qn-1 选项A,因为 laI an-1 =IqI,所以数列{1anI}为等比数列， 故A正确；对于选项B,因为a=g,所以数列{a,a1为 an-1an 等比数列，故B正确：对于选项C,因为=g,所以数列 {a}为等比数列，故C正确；对于选项D,若等比数列{an}公 比g=-,则，=-1，即a+n1=0,此时数列a,+a1}不是 等比数列，故D错误，故选ABC. 四方法总结 判定一个数列为等比数列的常见方法： ①定义法：若 =q(q是不为零的常数)，则数列{an}是等 a 比数列. ②等比中项法：若a21=ana2(neN,an≠0)，则数列{an} 是等比数列. ③通项公式法：若an=a19(a1,9是不为零的常数)，则数 列{an}是等比数列. 4.C解析：设2与32的等比中项为G,则C2=2×32=64,所以 G=±8. 5.C解析：设等差数列{an}公差为d,a6是a3和ag的等比 中项，.a6=aag,即(1+5d)2=(1+2d)(1+8d),解得d=0, ∴.a5=1. 6.B解析：设插入的第一个数为a,则插入的另一个数为 2 由a,7,20成等差数列，得2x 2=a+20.整理得a2-a-20= 0,解得a=-4或a=5.当a=-4时，插入的两个数的和为a+ 号=4当a=5时，插人的两个数的和为：号空 ⑦C解析：若等比数列的公比为9，则==2，故a,三 a59=16. 8.B解析：由题意得x(x+24)=(x-6)2,解得x=1,则这个等 比数列的公比g=一6-5，所以这个等比数列的第四项为 x(-5)3=-125. 9.A解析：设数列{a.}的公比为q,由9a42=a1a5得9a42= a2,所以g=)又因为口，的各项均为正数，所以g=弓 由3a,+9a2=2得3a1+9a19=2,所以a1=3,故a=3 10.AD解析：因为(a1-a.-1)(an1-3an)=0(neN),所以 am+1-an=1或a+1=3an 当a*1-an=1时，{an}是公差为1的等差数列，此时a1= a4-3d=9-3=6;当a1=3an时，an}是公比为3的等比数 列时a号号行故竹限可能起6攻号减地 1.2解析：设数列1a,的公比为g,则s+o_(a+a,）·g as+as a3tas g3=8,解得q=2.故答案为2. 12.A解析：因为21=2(nEN),所以数列a,}为等比数 an 参考答案 列，a.=a1·21.又a1>0,则a>0,所以得°1=2>1，n1> a, an,故数列{an}是递增数列. 13.CD解析：若q<0,则等比数列{an}是摆动数列；若q=1, 则等比数列{an}是常数列；当0<q且q≠1时，an-aa-1 a1g2(q-1).对于A,若1ql<1,则当q<0时，等比数列{a.} 是摆动数列，故A错误；对于B,若a1>0,q<1,则当q<0时， 等比数列{an}是摆动数列，故B错误；对于C,当a1>0,0< q<1时，an-an1=a1g2(g-1)<0,即a.<a1,等比数列 {an}是递减数列，故C正确；对于D,当a1<0,9>1时，an a-1=a19-2(q-1)<0,即a.<an-1,等比数列{an}是递减数 列，故D正确. 14.D解析：根据等比数列角标和性质，A项中(a3)2≠a1· ag,故A项说法错误；B项中(a3)2≠a2·a6,故B项说法错 误；C项中(a4)2≠a2·ag,故C项说法错误；D项中 (a6)2=a3·ag,故D项说法正确. 15.D解析：由等比数列的性质可知a2as=a,又3s=a,所 1 以2=3 16.C解析：因为a2,a1o是函数f(x)=x2+6x+4的两个零点， 所以a2,a10是方程x2+6x+4=0的两个根，所以a2+a1o=-6, a2a1o=4,所以a2,a1o均为负数.又因为{an}是等比数列，所 以a6=a2·a1o=4.又a2,a6同号，所以a6=-2. 17.AB解析：T2=a1·a2·…·a2=(a,·a6)=22,a, a6∈N°，a6·a,=4,而1×4=4,2x2=4,a6+a,=5或4 18.B解析：数列{a.}为等比数列，an>0,且anam1am+2=2m, 可得a21=2,所以an1=2,所以a,=22-2.又pt9=6,则a。· a,=22·24-2=22(*9）-4=28.故选B. 19.128解析：a1a2a3=a2=8,∴.a2=2.又：a4a5a6a,=32, (a5a6)2=32=(a2ag)2,.ag=8.又：ag=a2a16,a16=4. 考虑最后结果为正，不妨设每项均为正数，aa16=a1a1g= a1a14=2W2×4=8V2,.a11a12a13a14=128. 重难聚焦 20.D解折：由a1=加，-1，得a1-1=a-2=6(a.是）由 2 于数列1a,-1是等比数列，石=1，得k=2,故选D. 21.A解析：a+1=2an+1,∴.an1+1=2(an+1).由a1=1,得 a1+1=2,.数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数 列，.an+1=2·2-1=2”,即an=2”-1.故选A 2.3”-1解析：根据题意，“追梦数列”10}满足1-3=0 an+l an (neN),即a,=3a1,则数列{a,是公比为了的等比数 列若数列{}为道梦效列，则× 1 (兮）”"=6+1=3r6,=3-1故答案为3-1 23.D解析：设第n个单音的频率为a.,则由题意知数列 {an}是等比数列，且公比为g a1=2(neN),a6=f, 所以第十二个单音的频率为a12=a69‘=f.(2)6-2f= V2f 24.、AC解析：第1次操作，1L纯酒精，倒出写L,利余纯酒精 子L,用水填满至1L,酒精浓度为子；第2次操作，1L浓 黑白题11 度为子的酒精溶液，倒出了L利余浓度为子的溶液子L, 其中含有纯酒指号×子（仔）广L,用木填满至1L,酒特 3 浓度为（号）厂”：第3次操作，1L浓度为（仔）广的酒精溶 流阁出了L,剩余浓度为（号厂'的溶液子L,其中含有 纯酒精子×（子）广=（号）L,用水填满至1L,酒特浓度 为（号厂：第4次操作，1L浓度为（号）广 的酒精溶液， 倒出L,剥余浓度为（子）广的溶液子L,其中含有纯酒 精子×（仔）°-（仔）L,用水填满至1L,酒精浓度为 (子)广：…第a次操作后，酒精浓度为（子）广”故选4C 黑题应用提优 1.A解析：当有a=a1a+1成立时，数列{an}不一定为等比 数列，例如an=0,即充分性不成立；当数列{an}为等比数列 时，a=a-1a1一定成立，即必要性成立. 1）a+1 n+l 3×3 2.A解析：因为a1=1, 1 所以数列{0， 3×3】 是以1为首项，为公比的等比数列， 3.B解析：由a5-a1=15,a4-a2=6,可得a1q-a1=15,a1g3- a49=6,显然q≠±1，所以g-a=g-1=g2+115」 a19-a199(g2-1)96 多，即2-2=(g-224-1)=0,解得9=2或9=分，当 g=2时，a1=1:当g=之时，4=-16又a>0,则g=2 4.B解析：在等比数列{an}中，a1a3+2a3a5+aa,=a+2a2a6+ a6=12,所以(a2+a6)2=12,所以a2+a6=±23.又a4=-1<0, 设公比为g,则a,=8<0,4。=492<0,所以a,+6=-25 5.B解析：依题意，数列{a.}的相邻两项a.,a+1分别为同一 个等腰直角三角形的底边和腰，即=)，因此数列{。， an 是首项，受C=1,公比g-经的等比数列.a,ag。 6.AC解析：设{an},{bn}的公比分别为m,n,对于数列{a}, 它是公比为m2的等比数列，A对；对于数列{an·bn},它是 公比为mn的等比数列，C对；若an=1,b。=2满足数列{an} 和{bn}(neN)是等比数列，此时，数列{an+bn}既是等比 数列，也是等差数列，B,D错. 7.A解析：设等比数列公比为9，若a2m<a2s,因为a2ms= 9a202,a2m<a202s,所以有a202<q3a2022,a20m(1-q3)<0.因 为a4=1>0,所以a2m=4292m>0,所以，g2>1,所以g>l;若 a2m4<a26,则a2m4-a26<0,即a2m4(1-g2)<0.因为a2=1>0, 所以a24=a292>0,所以g2-1>0,解得g>1或g<-1.所 以，“a2m<a2s”是“a24<a206"”的充分不必要条件. 选择性必修第二册·BS 8.BC解析：a1>0,0<q<1时，等比数列{an}单调递减，故{an} 只有最大值a1,没有最小值；a1>0,-1<q<0时，等比数列 {an}为摆动数列，此时a1为最大值，a2为最小值；a1<0, g=-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零， 所以等比数列{an}有最大值，也有最小值；a,<0,9<-1时， 因为1q>1,所以{an}奇数项为负数无最小值，偶数项为正 数无最大值 9.13或-7解析：由题意，可设这三个数分别为2,4，g,则 0 ·a·ag=27, 1 ataq=91 a2 解得a=3,9=9或a=3,9=g,所以a= 3,9=3或a=3,9=±3，所以这三个数为1,3,9或-1,3， -9或9,3,1或-9,3，-1.故这三个数的和为13或-7. 四方法总结 等比数列中的设项技巧： 灵活设出等比数列中的项，可起到简化计算、降低计算量的 作用，常见的设项方法： (1)若连续n个数成等比数列，通常设为a,ag,ag,ag3,…,公 比为9 (2)若连续奇数个数成等比数列，可设为… aa g2’ga,ag, ag2,…,公比为q (3)若连续偶数个正数（或负数）成等比数列，可设为…， aa ,ag,ag3,…,公比为g2. 1m 10.a=-(2)(答案不唯-）月 解析：因为数列{a,}是等比 数列，数列{an}是单调递增数列，数列{an}的公比q满足 0<q<1,所以等比数列{an}的公比0<q<1,且各项均为负 数，符合题查的一个数列a药通项公式为，=一（兮尸 11,5-3×2解析：设a1+k×51=2(an+k×5”),则 a41=2an-3k×5,与a1=2an+3×5”比较可得k=-1,所以 a+1-5+1=2(a.-5),所以数列{an-5”}是首项为a1-5= -3,公比为2的等比数列，所以an-5”=-3×2-1,所以an= 5"-3x2m-1 12.(1)证明：an+1+(n+1)=2an+n-1+n+1=2an+2n=2(an+ n).又a1+1=2,∴.数列{an+n是以2为首项，2为公比的 等比数列 (2)解：由(1)得an+n=2×21=2”,.an=2-n. 13.解：(1)由log,a1=1+logaa,得loga1-loga=1,所以 1g,1=1,所以1=3，所以{a,}是以3为公比的等比数 an 列.又a1=3,所以an=3“ (2)由(1)知a,=3,所以6=3”+了，因为6.为递增数 列，所以veN4=+3(6+）-2x3 气>0恒成立所以2x3>品即1<3"对任意正整数恒 2t 成立，即t<(32+1).因为{321}为递增数列，所以 (321)=27,所以t<27,即实数t的取值范围为(-∞，27). 压轴挑战 1 (1)证明：因为an2=2a,+a1,所以a,=2（a2ai),所以 黑白题12 a1+a2ta3+…+an= 7（a3-a2+a4-a3+a5-a4+…+a2a1) 11 2(a2a)=2022 (2)解：因为aa+2+入at1=u(aa+1+入an),所以aat2=(u-入)aa1+ a因为a2=2a,+a,所以入l,解得 μλ=2， g威子 u=2 （3)解：曲(2)知当2时aaa=2aa).所以数列 {an1tan}是首项为a2+a1=2,公比为2的等比数列，所以an1+ a,=2”①：当=-2时a2-201=-(a1-2n.),所以数列 u=-1 {a1-2an}是首项为a2-2a1=-1,公比为-1的等比数列，所以 ant1-2an=(-1)"②， ①-②得an= 2"-(-1)” 3 3.2等比数列的前n项和 第1课时等比数列的前n项和及其性质 白题基础过关 1.B解析：根据题意设等比数列{an}的公比为q(q>0),由 a2=4,a1a5=64可得a2a4=a1a5=64,即a4=16.因此q2= 、-16=4,解得9=2，所以a1=2,可得S=a(1-9） 1-9 2(1-2)=62. 1-2 2 2.D解析：8=1(1-g）_019·4, 3% 1- 1-q1-q 1=3-24 3 3.B解析：在等比数列{an}中，a1=3,an=48,Sn=93,所以 9*1,由3=1(1-9 ,及通项公式a,=a1g,可得 1-g 93=31-g) 1-q'解得g=2,n=5. (48=3g1, 巴重难点拨 (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量 a1,a.,9,几，Sn,已知其中三个就能求另外两个（简称“知三 求二”). (2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对q=1和9≠1 进行分类讨论 4.2(8”-1山解析：数列2,2，，22是首项为2，公比 7 为2=8，项数为n的等比数列，÷f(n)=21-8） 1-8 2(8-1)故答案为2(81) 7 5.C解析：设等比数列的公比为q,等比数列{a,}的前n项 和为Sn,显然当q=1时不合题意，则g不等于1，则S.= 0品g品令6有56-c .1-9 由题意Sn=A·2+B,得A+B=0. 6.A解析：由题设1og2 41=1与1=2，又a=2,即{a,}是 参考答案 首项，公比都为2的等比数列，所以S,-2(1-2)=21-2≤ 1-2 2024,则2+1≤2026，由20=1024<2026<2=2048，则n+ 1≤10，即n≤9，所以满足Sn≤2024的n的最大值为9. 7.解：(1)设{an}的公比为q,因为a1,a,a2成等差数列，所 以2a3=a1+a2.因为a1=1,所以2g2=1+g.因为q≠1，所以 g=- (2)Sn -(] 当n为偏数时，号（）号： 当n为奇数时，S.= (：+）≤1，当且仅当0=1时等号 成立 综上所述，S。的最大值为1. 8.C解析：设S4=1,则S12=7,:S4,Sg-S4,S2-Sg成等比数 列，∴.(Sg-1)2=7-Sg,解得Sg=3或-2.又S8=(1+g)S4>0, 4S=3,S4 9.C解折：因为等比数列a的公比为-分，则。= a1(1-q2m) a1(1-g2 2=31,8.=419）-32,所以.19 1-9 1-g Sma1(1-g") 1-g }可=1=1(）厂-动解得m=5 1-g 10.D解析：设首项为a1,公比为q,数列共有2n项，则{a2-1 满足首项为a1,公比为g2,项数为n项，设所有奇数项之和 为T因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以g≠1，所 以Tn=a1+a3+…+a2m-1 a[1-(q2)] ,=41-）,故满 1-g1 1-g a1(1-g2n) 足 1-q T.a1-(g2)"] =3,解得g=2.又a1·a2=a1·q=8,所 1-92 以a1=±2. 四方法总结 等比数列常见性质的应用可以分为三类： ①通项公式的变形： ②等比中项的变形； ③前n项和公式的变形. 根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解 决问题的突破口. 11.B解析：因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶 数项有n项，设公比为q,得到奇数项为1+g2+g+…+g2”= 1+q(q+g3+g3+…+g2-1)=85,偶数项为q+g23+g3+…+g2-1= 纪代人华g所以肩21项的和为空8 42=127,解得n=3.故选B. 黑题应用提优 1.D解析：设公比为q,S3=1,S,-S2=4,故S3=a1(1+q+g2)= 1,S-S2=a3+a4+a5=a192(1+q+g2)=4,两式相除得q2=4, 黑白题13