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1、考点测试 31 等比数列 高考概览 本考点是高考必考知识点， 常考题型为选择题、 填空题和解答题， 分值 5 分、 12 分，中、低等难度 考纲研读 1理解等比数列的概念 2掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式 3能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的 问题 4了解等比数列与指数函数的关系 一、基础小题 1在等比数列an中，已知 a11，a48，则 a5( ) A16 B16 或16 C32 D32 或32 答案 A 解析 由 a4a1q3，则 q2，所以 a5a4q16故选 A 2在等比数列an中，已知 a7a125，则 a8a9a10a11( ) A10 B2
2、5 C50 D75 答案 B 解析 因为 a7a12a8a11a9a105， 所以 a8a9a10a115225故选 B 3已知等比数列an的公比为正数，且 a2a69a4，a21，则 a1的值为( ) A3 B3 C D 1 3 1 3 答案 D 解析 设数列an的公比为 q，由 a2a69a4，得 a2a2q49a2q2，解得 q29， 所以 q3 或 q3(舍去)，所以 a1 故选 D a2 q 1 3 4已知等比数列an的前 n 项和 Sna3n1b，则 ( ) a b A3 B1 C1 D3 答案 A 解析 等比数列an的前 n 项和 Sna3n1b， a1S1ab， a2S2S13
3、abab2a， a3S3S29ab3ab 6a，等比数列an中，a a1a3，(2a)2(ab)6a，解得 3故选 A 2 2 a b 5若等比数列an满足 anan116n，则公比为( ) A2 B4 C8 D16 答案 B 解析 由 anan1a q16n0 知 q0，又q216，所以 q 2 n an1an2 anan1 16n1 16n 4故选 B 6设 Sn是等比数列an的前 n 项和，若3，则( ) S4 S2 S6 S4 A2 B C D1 或 2 7 3 3 10 答案 B 解析 设 S2k， 则 S43k， 由数列an为等比数列(易知数列an的公比 q 1)， 得 S2， S
4、4S2， S6S4为等比数列， 又 S2k， S4S22k， S6S44k， S67k， ，故选 B S6 S4 7k 3k 7 3 7设an是由正数组成的等比数列，公比 q2，且 a1a2a3a30230，则 a3a6a9a30( ) A210 B220 C216 D215 答案 B 解析 因为 a1a2a3a ，a4a5a6a ，a7a8a9a ，a28a29a30a ，所以 3 23 53 83 29 a1a2a3a4a5a6a7a8a9a28a29a30 (a2a5a8a29)3 230 所 以 a2a5a8a29 210 则 a3a6a9a30(a2q)(a5q)(a8q)(a29q
5、)(a2a5a8a29)q10210210220，故选 B 8在数列an中，已知 a11，an2(an1an2a2a1)(n2，nN*)， 则这个数列的前 4 项和 S4_ 答案 27 解析 由已知 n2 时，an2Sn1，an12Sn，an1an2an，即 an1 3an(n2)，anError! S41261827 二、高考小题 9(2018北京高考)“十二平均律”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，为这个理论的发展做出了重要贡献十二平均律将一个 纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的 频率与它的前一个单音的频率的比都等于若第一个单音
6、的频率为 f，则第八个 12 2 单音的频率为( ) Af Bf Cf Df 3 2 3 22 12 25 12 27 答案 D 解析 由题意知，十三个单音的频率构成首项为 f，公比为的等比数列，设 12 2 该等比数列为an，则 a8a1q7，即 a8f，故选 D 12 27 10(2018浙江高考)已知 a1，a2，a3，a4成等比数列，且 a1a2a3a4ln (a1a2a3)若 a11，则( ) Aa1a3，a2a4 Da1a3，a2a4 答案 B 解析 设 f(x)ln xx(x0)，则 f(x) 1，令 f(x)0，得 01， f(x)在(0， 1)上为增函数， 在(1， )上为减
7、函数， f(x)f(1) 1，即有 ln xx1从而 a1a2a3a4ln (a1a2a3)a1a2a31， a41，公比 q0，矛盾若 q0，ln (a1a2a3)ln a10，也矛盾 10，a1a3同理，q2a2故选 B 11(2017全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望 巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是： 一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍， 则塔的顶层共有灯( ) A1 盏 B3 盏 C5 盏 D9 盏 答案 B 解析 由题意可知，由上到下灯的盏数 a1，a2，a3，a7构成以 2 为公
8、比的 等比数列，S7381，a13故选 B a1127 12 12 (2017北京高考)若等差数列an和等比数列bn满足a1b11， a4b4 8，则_ a2 b2 答案 1 解析 设等差数列an的公差为 d， 等比数列bn的公比为 q a1b11， a4 b48， Error!Error! a22，b22 1 a2 b2 2 2 13 (2017江苏高考)等比数列an的各项均为实数， 其前 n 项和为 Sn 已知 S3 ，S6，则 a8_ 7 4 63 4 答案 32 解析 设等比数列an的公比为 q 当 q1 时，S33a1，S66a12S3，不符合题意， q1，由题设可得Error! 解
9、得Error!a8a1q7 2732 1 4 14(2016全国卷)设等比数列an满足 a1a310，a2a45，则 a1a2an 的最大值为_ 答案 64 解析 设an的公比为 q， 于是 a1(1q2)10， a1(qq3)5， 联立得 a18，q ， 1 2 an24n，a1a2an2321(4n)2 n2 n2 2 26 1 2 7 2 1 2(n 7 2) 49 8 64，a1a2an的最大值为 64 三、模拟小题 15(2018呼和浩特调研)已知等比数列an的公比 q0，且 a5a74a ，a21， 2 4 则 a1( ) A B C D2 1 2 2 2 2 答案 B 解析 因为
10、an是等比数列，所以 a5a7a 4a ，所以 a62a4，q22， 2 62 4 a6 a4 又 q0，所以 q，a1，故选 B2 a2 q 2 2 16(2018安徽皖江名校联考)已知 Sn是各项均为正数的等比数列an的前 n 项和，若 a2a416，S37，则 a8( ) A32 B64 C128 D256 答案 C 解析 a2a4a 16，a34(负值舍去)，a3a1q24，S37，S2 2 3 3， 3q24q40， 解得 q 或 q2， an0， q2， a11， a8 a11q2 1q 2 3 27128故选 C 17(2018长沙统考)设首项为 1，公比为 的等比数列an的前
11、n 项和为 Sn， 2 3 则下列结论正确的是( ) ASn43an BSn32an CSn3an2 DSn2an1 答案 B 解析 由题意，an n1，Sn 31 n32n1，所以 Sn32an， 2 3 12 3 n 12 3 2 3 2 3 故选 B 18(2018唐山期末)在数列an中，已知 a11，an12an，Sn为an的前 n 项和，若Sn为等比数列，则 ( ) A1 B1 C2 D2 答案 B 解析 由 a11， an12an， 得 a22， a34， 所以 S1a11， S2S1a23， S3 S2a37 而Sn为等比数列， 所以(3)2(1)(7)， 解得 1 故选 B 1
12、9(2019陕西西安八校联考)设公比为 q 的等比数列an的前 n 项和为 Sn， 若 S23a22，S43a42，则 q_ 答案 或1 3 2 解析 公比为q的等比数列an的前n项和为Sn， 且S23a22， S43a42， S4S2a4a33a43a2，即 2q2q30，q 或1 3 2 20 (2018乌鲁木齐一诊)设正项等比数列an的前 n 项和为 Sn， 则以 S1， S3， S4 为前三项的等差数列的第 8 项与第 4 项之比为_ 答案 5 解析 设正项等比数列an的公比为 q当 q1 时，S1a1，S33a1，S4 4a1 显然不符合题意， 所以 q1 因为 S1， S3， S4
13、为等差数列的前三项， 所以 S4S3 S3S1，即 a4a3a2，得 a2q2a2qa2，所以 q2q1，解得 q(负值舍 1 5 2 去)所以该等差数列的第 8 项与第 4 项之比为 S17S3S1 S13S3S1 a17a2a3 a13a2a3 a17a1q7a1q2 a13a1q3a1q2 17q7q2 13q3q2 17q7q1 13q3q1 7q4 3q2 5 一、高考大题 1(2018全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)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
14、 an1an 2n1 n 将 n1 代入，得 a24a1，而 a11，所以 a24 将 n2 代入，得 a33a2，所以 a312 从而 b11，b22，b34 (2)bn是首项为 1， 公比为 2 的等比数列 由题设条件可得， 即 bn1 an1 n1 2an n 2bn，又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 (3)由(2)可得2n1，所以 ann2n1 an n 2(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3 (1)求an的通项公式； (2)记 Sn为an的前 n 项和若 Sm63，求 m 解 (1)设an的公比为 q，由题设得 anqn1 由已知得 q44q2
15、，解得 q0(舍去)，q2 或 q2 故 an(2)n1或 an2n1 (2)若 an(2)n1，则 Sn 12n 3 由 Sm63 得(2)m188，此方程没有正整数解 若 an2n1，则 Sn2n1 由 Sm63 得 2m64，解得 m6 综上，m6 3(2017全国卷)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，等比数列bn的前 n 项和为 Tn，a11，b11，a2b22 (1)若 a3b35，求bn的通项公式； (2)若 T321，求 S3 解 设an的公差为 d，bn的公比为 q，则 an1(n1)d，bnqn1 由 a2b22 得 dq3 (1)由 a3b35 得 2dq26 联立和
16、解得Error!(舍去)或Error! 因此bn的通项公式为 bn2n1 (2)由 b11，T321 得 q2q200 解得 q5 或 q4 当 q5 时，由得 d8，则 S321 当 q4 时，由得 d1，则 S36 二、模拟大题 4(2018陕西质检)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn4an3 (1)证明：数列an是等比数列； (2)若数列bn满足 bn1anbn(nN*)，且 b12，求数列bn的通项公式 解 (1)证明 ： 当n1时， a14a13， 解得a11 当n2时， anSnSn14an 4an1，整理得 an an1， 4 3 又 a110，an是首项为 1，公比为
17、 的等比数列 4 3 (2)an n1，由 bn1anbn(nN*)，得 4 3 bn1bn n1 当 n2 时， 可得 bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1) 4 3 2 14 3 n1 14 3 3 n11，当 n1 时，上式也成立，所以数列bn的通项公式为 bn3 4 3 n11 4 3 5 (2018湖北八校第一次联考)已知数列an满足 a11， a24， an24an1 4an (1)求证：an12an是等比数列； (2)求an的通项公式 解 (1)证明：由 an24an14an得 an22an1 2an14an2(an12an)22(an2an1) 2n(a22a1)0，
18、2，an12an是等比数列 an22an1 an12an (2)由(1)可得 an12an2n1(a22a1)2n， ， an1 2n1 an 2n 1 2 是首项为 ，公差为 的等差数列， an 2n 1 2 1 2 ，则 ann2n1 an 2n n 2 6(2019江西南昌调研)已知数列an中，a11，anan1 n，记 T2n为an ( 1 2) 的前 2n 项的和，bna2na2n1，nN* (1)判断数列bn是否为等比数列，并求出 bn； (2)求 T2n 解 (1)anan1 n， ( 1 2) an1an2 n1 ( 1 2) ，即 an2 an an2 an 1 2 1 2 bna2na2n1， bn1 bn a2n2a2n1 a2na2n1 1 2a 2n1 2a 2n1 a2na2n1 1 2 bn是公比为 的等比数列 1 2 a11，a1a2 ， 1 2 a2 b1a1a2 1 2 3 2 bn n1 3 2( 1 2) 3 2n (2)由(1)可知 an2 an， 1 2 a1，a3，a5，是以 a11 为首项，以 为公比的等比数列；a2，a4，a6， 1 2 是以 a2 为首项，以 为公比的等比数列 1 2 1 2 T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)3 1(1 2) n 11 2 1 2 1( 1 2) n 11 2 3 2n