课时作业评价(46) 等比数列(Word练习)-【新高考方案】2027年高考数学一轮总复习（旗舰版）

**基本信息** 以题载法构建等比数列系统性训练，融合概念辨析、性质应用与综合拓展，通过易错提醒与多解法提炼强化数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|单选1-2题|等比中项计算与符号判断|从定义出发，辨析等比中项与数列项的区别| |性质应用|单选3-6题、填空9-11题|前n项和性质、片段和关系及最值求解|结合通项公式推导性质，实现概念到应用的迁移| |综合拓展|解答12-13题、备选题14-15题|构造法与递推关系转化|通过跨知识整合，提升运算能力与模型意识|

课时作业评价(四十六)　等比数列 (标号的为重点讲评题目,选择、填空题请在后面的答题区内作答) 一、单选题 1.在等比数列{an}中,各项均为正数,且a1=,q=2,则a4与a6的等比中项是 (　　) A.2 B.±4 C.1 D.4 2.(2025·合肥三模)已知数列{an}是等比数列,若a2=1,a6=8,则a4= (　　) A.4 B.±4 C.2 D.±2 3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S8+S24=140,且S24=13S8,则S16= (　　) A.-30 B.40 C.30或-40 D.-30或40 4.在正项数列{an}中,ln an+1=ln an+1,且a1a2=e3,则数列{an}的通项公式为 (　　) A.an=en B.an=en-1 C.an=en+1 D.an=en-2 5.若数列{an}是各项均为实数的等比数列,则“a2>a1>0”是“数列{an}为递增数列”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 6.若正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S8-2S4=6,则a9+a10+a11+a12的最小值为 (　　) A.22 B.24 C.26 D.28 二、多选题 7.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=3,an+1=Sn,则下列选项正确的是 (　　) A.a2=3 B.数列{an}是等比数列 C.Sn=3(2n-1) D.数列{Sn}是等比数列 8.若公比为q的等比数列{an}的前n项积为Tn,0<a1<1,a2 025a2 026-1>0,(a2 025-1)(a2 026-1)<0,则 (　　) A.q>1 B.a2 025a2 027>1 C.Tn中T2 026最小 D.使Tn>1成立的最小正整数n的值是4 050 三、填空题 9.(2025·绍兴二模)等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2a5=2a4,且a3与2a6的等差中项为,则S4=　　　　.  10.在等比数列{an}中,a1+a2+a3=5,a5+a6+a7=10,则a9+a10+a11=　　　　.  11.已知{an}是等比数列,其中a7=1,且a4,a5+1,a6成等差数列,则数列{an}的通项公式为　　　　　　　　.  四、解答题 12.(10分)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知a4=9a2,S3=13,且公比q>0. (1)求an及Sn;(4分) (2)是否存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.(6分) 13.(13分)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S2=6,S4=30. (1)求数列{an}的通项公式;(4分) (2)设正项数列{bn}满足bnbn+1=an,其前n项和为Tn,当T20取最小值时,求b1的值.(9分) |能力进阶|备选题| 14.(2026·黄冈模拟)已知数列{an}的首项a1=,且满足an+1=,若+++…+<1 000,则满足条件的最大整数n= (　　) A.8 B.9 C.10 D.11 15.[多选]“0,1数列”是每一项均为0或1的数列,在通信技术中应用广泛.设A是一个“0,1数列”,定义数列f(A):数列A中每个0都变为“1,0,1”,A中每个1都变为“0,1,0”,所得到的新数列.例如数列A:1,0,则数列f(A):0,1,0,1,0,1.已知数列A1:1,0,1,0,1,且数列Ak+1=f(Ak),k=1,2,3,…,记数列Ak中0的个数为ak,1的个数为bk,数列Ak的所有项之和为Sk,则下列结论正确的是 (　　) A.数列{ak+bk}为等比数列 B.数列{ak-bk}为等比数列 C.数列{Sk+Sk+1}为等比数列 D.数列{Sk-Sk+1}为等比数列 答案 课时作业(四十六)　等比数列 1.选B　由题意,得a4=a1q3=×23=2,a6=a1q5=×25=8,所以a4与a6的等比中项为±4. 第1题·易错提醒 本题易错选D,a4与a6的等比中项与数列{an}无关. 2.选C　因为数列{an}是等比数列,设公比为q,且a2=1,a6=8,所以=a2a6=1×8=8,又因为a4=a2q2=q2>0,所以a4=2. 3.选B　设等比数列{an}的公比为q,因为S8+S24=140,且S24=13S8,所以S8=10,S24=130,故q≠±1,所以==+q8+1=13,即+q8-12=0,解得q8=3或q8=-4(舍去),所以==q8+1=4,可得S16=40. 4.选A　因为ln an+1=ln an+1,所以ln an+1-ln an=ln=1,即=e,则数列{an}是等比数列,公比为q=e.又a1a2=q=e=e3,所以a1=e或a1=-e(舍去),则数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=en. 5.选A　设数列{an}的公比为q(q≠0),∵a2>a1>0,∴a1q>a1>0,可得q>1,于是数列{an}为递增数列;反之不成立,例如数列是递增数列,但a1=-<0.∴“a2>a1>0”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件. 6.选B　由题意,设等比数列{an}的公比为q(q>0),因为S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,所以S4·(S12-S8)=,又因为S8-2S4=6,即S8-S4=S4+6,所以S12-S8===S4++12,所以a9+a10+a11+a12=S12-S8=S4++12≥2+12=24,当且仅当S4=,即S4=6时,等号成立,所以a9+a10+a11+a12的最小值为24. 7.选AD　对于A,因为an+1=Sn,所以当n=1时,a2=S1=a1=3,故A正确; 对于B,由an+1=Sn可得,当n≥2时,an=Sn-1,两式相减可得an+1-an=Sn-Sn-1=an,所以an+1=2an(n≥2),即=2(a≥2),但==1≠2,故数列{an}从第二项起构成等比数列,但整个数列不是等比数列,故B错误; 对于C、D,由an+1=Sn可得Sn+1-Sn=Sn,即Sn+1=2Sn,又S1=a1=3,所以数列{Sn}是以3为首项、2为公比的等比数列,则Sn=3×2n-1,C错误,D正确. 8.选ABD　因为a2 025a2 026-1>0,所以a2 025a2 026>1,所以a1q2 024a1q2 025=q4 049>1.又0<a1<1,所以q4 049>>1,所以q>1,A正确;由0<a1<1,q>1,可知{an}递增,又(a2 025-1)(a2 026-1)<0,所以a2 025<1,a2 026>1,所以a2 025a2 027=>1,B正确;当1≤n≤2 025时,an<1,当n≥2 026时,an>1,所以T2 025最小,C错误;因为{an}为正项递增数列,且T4 049=<1,T4 050=(a2 025a2 026)2 025>1,所以使Tn>1成立的最小正整数n的值是4 050,D正确. 第7题·易错提醒 本题容易忽视对n=1的检验,误认为an+1=2an(n∈N*),而错选B. 9.解析:由题意可得a2a5=a3a4=2a4,解得a3=2.因为a3与2a6的等差中项为,所以a3+2a6=,则a6=,得到q3==,解得q=,故a1==8,由等比数列求和公式得S4==15. 答案:15 10.解析:设等比数列{an}的公比为q,由a1+a2+a3=5,a5+a6+a7=10可得===2,即得q4=2.因此a9+a10+a11=q8(a1+a2+a3)=22×5=20. 答案:20 11.法一　设等比数列{an}的公比为q,由已知a7=1,得an=a7qn-7=qn-7,所以a4=q-3,a5=q-2,a6=q-1.由a4,a5+1,a6成等差数列,知q-3+q-1=2(q-2+1),即q-1(q-2+1)=2(q-2+1),从而q=.故an=qn-7=. 法二　设等比数列{an}的公比为q,由已知a7=1,且a4,a5+1,a6成等差数列,知a4,a5+a7,a6成等差数列,则a4+a6=2(a5+a7),即a4+a6=2q(a4+a6).注意到a4+a6≠0,所以q=,故an=a1qn-1=a7qn-7=qn-7=. 法三　设等比数列{an}的公比为q,由已知a7=1,且a4,a5+1,a6成等差数列, 知a4,a5+a7,a6成等差数列,所以q=====, 于是an=a1qn-1=a7qn-7=. 答案:an= 12.解:(1)易知q≠1,由题意可得解得a1=1,q=3,∴an=3n-1,Sn==. (2)假设存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列. ∵S1+λ=λ+1,S2+λ=λ+4,S3+λ=λ+13,∴(λ+4)2=(λ+1)(λ+13),解得λ=. 此时Sn+=×3n,则==3, 故存在常数λ=,使得数列是以为首项,3为公比的等比数列. 第11题·方法解读 不同解法的出现,源于对题目条件结构认识的不同,应该说下面的认识更接近问题的深层结构. (1)两个条件“a7=1,且a4,a5+1,a6成等差数列”合起来说明a4,a5+a7,a6成等差数列,在解题过程中,要灵活运用“a7=1”这个条件. (2)对于等比数列{an},只要ak,ak+1+ak+3,ak+2成等差数列,就恒有q=. (3)对于等比数列{an},把等差中项a5+a7=表示成=更利于与公比“沟通”. 13.解:(1)因为在正项等比数列{an}中,S2=6,S4=30,所以 解得a1=2,q=2(舍负),故an=2n. (2)因为正项数列{bn}满足bnbn+1=an=2n,所以b1b2=2. 设b1=x,则b2=,x>0.由bnbn+1=2n,得当n≥2时,bnbn-1=2n-1,两式相除,得=2(n≥2),故b1,b3,…,b2n-1构成以x为首项,2为公比的等比数列,b2,b4,…,b2n构成以为首项,2为公比的等比数列,所以T20=+=(210-1).因为x+≥2,当且仅当x=,即x=时取等号,即T20取最小值时,b1=. 14.选B　由题意知,=-1,令bn=,则bn+1-1=2(bn-1),又b1-1=-1=1,所以{bn-1}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以bn-1=2n-1,所以bn=2n-1+1,所以b1+b2+…+bn=1+2+22+…+2n-1+n=2n+n-1<1 000,解得n≤9. 第14题·解题关键 令bn=,根据构造法求得bn=2n-1+1,结合等比数列前n项和公式建立不等式即可求解. 15.选ABC　由题意知ak+1=ak+2bk,bk+1=2ak+bk,两式相加得ak+1+bk+1=3(ak+bk),又a1+b1=5,所以数列{ak+bk}是以5为首项,3为公比的等比数列,故A正确;两式相减得ak+1-bk+1=-(ak-bk),又a1-b1=-1,所以数列{ak-bk}是以-1为首项,-1为公比的等比数列,故B正确;因为ak+bk=5×,ak-bk=(-1)k,所以ak=,bk=,所以Sk=0×ak+1×bk=bk,所以Sk+Sk+1=+==10×,故C正确;所以Sk-Sk+1=-=-5×3k-1-(-1)k,设ck=-5×3k-1-(-1)k,所以c1=-4,c2=-16,c3=-44,但c1c3=176≠256=,故D错误. 学科网（北京）股份有限公司 $