第6章 第3讲 等比数列 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 以等比数列核心概念为纲，通过基础计算、性质应用及交汇创新题型，系统培养运算能力与推理意识，构建从定义到综合应用的逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|3题（含北京卷真题）|等比中项、基本量计算|从定义推导通项公式，应用等比中项性质解决项的关系| |性质综合|4题（含沈阳模拟）|前n项和性质、充要条件判断|结合前n项和分段等比性质，深化公比分类讨论的推理能力| |交汇创新|7题（含无锡模拟）|与等差综合、导数结合、不等式恒成立|通过跨知识模块整合，培养模型观念与综合解题能力|

1．已知等比数列{an}中，a3＝3，a7＝27，则a5＝(　　) A．15 B．9 C．－9 D．±9 解析：选B．设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，则a5＝a3q2＝3q2＞0， 由等比中项的性质可得a＝a3a7＝3×27＝81，故a5＝9. 2．已知{an}是等比数列，a1＝1，a2＝2，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　) A．(1－4－n) B．(1－2－n) C．(4n－1) D．2n+1－2 解析：选C．设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由a1＝1，a2＝2可知q＝2，所以an＝a1qn-1＝2n-1，所以an＋1＝2n， 所以anan＋1＝2n-1·2n＝22n-1＝×(22)n＝×4n， 所以{anan＋1}是首项为2，公比为4的等比数列，所以原式的和为＝(4n－1). 3．(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝(　　) A．－20 B．－18 C．16 D．18 解析：选C．设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a3，a4，a6成等比数列，且a1＝－2，所以a＝a3a6， 即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)， 解得d＝2或d＝0(舍去)， 所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16. 4．(2026·成都模拟)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S9＋7S6＝8S3，则{an}的公比为(　　) A．2 B． C．－ D．－2 解析：选D．设等比数列{an}的公比为q， 根据等比数列前n项和的性质，S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，且公比为q3， 又S9＋7S6＝8S3，即S9－S6＝－8(S6－S3)，所以q3＝－8，解得q＝－2. 5．(2026·沈阳模拟)在等比数列{an}中，a1＞0，则“a1＜a4”是“a2＜a4”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 解析：选A．设等比数列{an}的公比为q， 由a1＜a4可得a1＜a1q3，因为a1＞0，则q3＞1，解得q＞1， 由a2＜a4可得a1q＜a1q3，因为a1＞0，则q3－q＝q(q－1)(q＋1)＞0，解得－1＜q＜0或q＞1， 因为{q|q＞1}{q|－1＜q＜0或q＞1}， 因此，“a1＜a4”是“a2＜a4”的充分不必要条件． 6．(多选)设公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a2a8＝16，则(　　) A．当a1＝1时，q＝± B．a5＝4 C．log2|T9|＝18 D．a＋a≥32 解析：选ACD．对于A，因为a1＝1，a2a8＝16，则aq8＝16， 所以q8＝16，所以q＝±，所以A正确； 对于B，因为a＝a2a8＝16，所以a5＝±4，所以B不正确； 对于C，因为T9＝a1a2·…·a9＝a，所以|T9|＝|a|＝218， 所以log2|T9|＝18，所以C正确； 对于D，a＋a≥2a3a7＝2a2a8＝32， 当且仅当a3＝a7时，等号成立，所以D正确． 7．在等比数列{an}中，若a1a2a3＝8，a4a5a6a7＝32，则a11a12a13a14＝__________． 解析：因为a1a2a3＝a＝8，所以a2＝2， 又因为a4a5a6a7＝32，所以(a5a6)2＝32＝(a2a9)2，所以a＝8， 又因为a＝a2a16，所以a16＝4. 考虑最后结果为正，不妨设每项均为正数，a9a16＝a12a13＝a11a14＝2×4＝8，所以a11a12a13a14＝128. 答案：128 8．已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab8＝________． 解析：数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2n-1，又an＝2n＋1， 所以abn＝2bn＋1＝2×2n-1＋1＝2n＋1. 所以ab1＋ab2＋…＋ab8＝(21＋22＋…＋28)＋8＝＋8＝518. 答案：518 9．(13分)(2026·四川月考)已知{an}是公差为2的等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，满足b2＝a1－1，b3＝a2－1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(6分) (2)记{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若Sn＝T8，求n的值．(7分) 解：(1)由题意得b3＝2b2，a2＝a1＋2，又因为b2＝a1－1，b3＝a2－1，则a2－1＝2(a1－1)，又a2＝a1＋2，解得a1＝3，可得b2＝2，因此an＝a1＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝b2·2n-2＝2n-1. (2)由(1)得Sn＝·n＝n(n＋2)，Tn＝＝2n－1，由Sn＝T8，得n(n＋2)＝28－1，即n2＋2n＝255，解得n＝15. 10．已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列，则使bn＞1 000成立的最小的n＝(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 解析：选D．设{an}的公差为d，则d＝＝＝3，故an＝a1＋(n－1)d＝3n，由题设，b1－a1＝4－3＝1，b4－a4＝20－12＝8， 因为{bn－an}为等比数列，设公比为q， 所以q3＝＝8，解得q＝2，故bn－an＝2n-1，则bn＝3n＋2n-1，且{bn}为递增数列， 由b10＝30＋29＝542＜1 000，b11＝33＋210＝1 057＞1 000， 所以使bn＞1 000成立的最小的n＝11. 11．(多选)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S5＝5S3－4，则下列说法正确的是(　　) A．S2n－Sn是Sn和S3n－S2n的等比中项 B．a3＝1或4 C．若数列{an}的各项为正，则数列{Sn}的前5项和为57 D．若数列{an}的各项为正，则 ≤2－ 解析：选BCD．设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1，否则5＝5×3－4，与实际不符， 则＝5·－4，整理得q4－5q2＋4＝0，解得q＝－1或q＝±2， 对于A，当q＝－1，n为偶数时，Sn＝0，A错误； 对于B，a3＝a1q2，因此a3＝1或a3＝4，B正确； 对于C，q＝2，Sn＝2n－1，数列{Sn}的前5项和为1＋3＋7＋15＋31＝57，C正确； 对于D，q＝2，Sn＝2n－1＝2n-1＋2n-1－1≥2n-1，当且仅当n＝1时取等号， ＝ ≤ ＝＝2－，D正确． 12．在等比数列{an}中，a1 014＝1，若函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)·…·(x－a2 027)，则f′(0)＝________． 解析：设g(x)＝(x－a1)(x－a2)·…·(x－a2 027)，则f(x)＝xg(x)，f′(x)＝g(x)＋xg′(x)，所以f′(0)＝g(0)， 因为{an}是等比数列，且a1 014＝1，a1a2 027＝a2a2 026＝…＝a1 013a1 015＝a＝1， 于是，a1a2·…·a2 027＝(a1a2 027)·(a2a2 026)·…·(a1 013a1 015)·a1 014＝11 013×1＝1， 故g(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a2 027)＝(－1)2 027·a1a2·…·a2 027＝－1， 所以f′(0)＝g(0)＝－1. 答案：－1 13．(15分)(2026·无锡模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足2＝an＋1，等比数列{bn}是递增数列，b1＝1，Tn为其前n项和，且满足5T2＝T4. (1)求{an}，{bn}的通项公式；(7分) (2)当λ>0时，若λSn≤Tn＋1对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．(8分) 解：(1)由于2＝an＋1，故4Sn＝a＋2an＋1①，所以当n≥2时4Sn－1＝a＋2an－1＋1②，①－②得4an＝a＋2an－a－2an－1，所以(an－an－1)(an＋an－1)＝2(an＋an－1)， 因为an>0，所以an－an－1＝2(n≥2)， 故{an}是以2为公差的等差数列， 又当n＝1时，a1＝得a－2a1＋1＝0， 所以a1＝1，所以an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，等比数列{bn}是递增数列，b1＝1， 故公比q>1，由5T2＝T4可得5＝＝＝1＋q2，解得q＝2，故bn＝2n-1. (2)数列{an}的前n项和Sn＝＝n2，数列{bn}的前n项和Tn＝＝2n－1，由λSn≤Tn＋1可得λn2≤2n，故λ≤对任意的n∈N*恒成立，设f(n)＝，则f(n＋1)－f(n)＝－＝＝＝， 所以当n≥3时，f(n＋1)－f(n)＝>0，则f(n＋1)＞f(n)； 当n≤2时，f(n＋1)－f(n)＝＜0，则f(n＋1)＜f(n)，故f(n)min＝f(3)＝， 所以0＜λ≤，故实数λ的最大值为. 14．(15分)(2026·福建期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2an＝Sn＋2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)求数列的前n项和Tn；(5分) (3)设bn＝，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不能构成等差数列．(5分) 解：(1)由数列{an}满足Sn＝2an－2， 当n＝1时，S1＝a1＝2a1－2，解得a1＝2， 当n≥2，n∈N*时，Sn－1＝2an－1－2， 两式相减，可得Sn－Sn－1＝an＝2an－2－(2an－1－2)，整理得an＝2an－1，即＝2， 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2×2n-1＝2n，即数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)由(1)知an＝2n，设cn＝＝， 则Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋， 则Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减，可得Tn＝＋＋…＋－＝－＝1－， 所以Tn＝2－. (3)证明：由(1)知an＝2n，可得bn＝， 假设存在i，j，k(1≤i<j<k，i，j，k∈N*)使得bi，bj，bk成等差数列，由于bn＝单调递减， 所以bi>bj>bk， 所以2bj＝bi＋bk， 代入bn＝得21-j＝2－i＋2－k，即2＝2j－i＋2j－k. 设a＝j－i≥1，b＝k－j≥1，则2＝2a＋2－b≥2＋2－b>2，矛盾． 所以数列{bn}中任意不同的三项都不能构成等差数列． 学科网（北京）股份有限公司 $