2023高考科學復習解決方案-數(shù)學(名校內(nèi)參版) 第六章 6.3等比數(shù)列及其前n項和（word含答案解析）

1、63等比數(shù)列及其前n項和(教師獨具內(nèi)容)1通過實例，理解等比數(shù)列的概念，掌握等比數(shù)列的通項公式與前n項和公式2探索并掌握等比數(shù)列的通項公式與前n項和的公式3能在具體的問題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等比關(guān)系，并能用有關(guān)知識解決相應(yīng)的問題4重點提升數(shù)學抽象、邏輯推理和數(shù)學運算素養(yǎng)(教師獨具內(nèi)容)本考點內(nèi)容在高考中既可以以選擇題、填空題的形式進行考查，也可以以解答題的形式進行考查，解答題往往與等差數(shù)列、數(shù)列求和、不等式等問題綜合考查，屬于中低檔題(教師獨具內(nèi)容)(教師獨具內(nèi)容)1等比數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義：如果一個數(shù)列從 eq o(,sup3(01)第2項起，每一項與它的前一項的比都等于 eq o(,su

2、p3(02)同一個常數(shù)(不為零)，那么這個數(shù)列就叫做等比數(shù)列 eq o(,sup3(03)這個常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，通常用字母q表示，定義的表達式為 eq f(an1,an)q.(2)等比中項：如果在a與b中間插入一個數(shù)G，使 eq o(,sup3(04)a，G，b成等比數(shù)列，那么 eq o(,sup3(05)G叫做a與b的等比中項，此時G2 eq o(,sup3(06)ab即G是a與b的等比中項a，G，b成等比數(shù)列G2ab.2等比數(shù)列的有關(guān)公式(2)前n項和公式對于常數(shù)列的等比數(shù)列，即q1時，因為a10，所以Snna1.由此可知，數(shù)列Sn的圖象是函數(shù)ya1x圖象上一系列孤立的點3常用結(jié)論(

3、1)若mnpq2k(m，n，p，q，kN*)，則amanapaqa eq oal(sup3(2),sdo1(k).(2)若數(shù)列an，bn(項數(shù)相同)是等比數(shù)列，則an(0)， eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)，a eq oal(sup3(2),sdo1(n)，anbn， eq blcrc(avs4alco1(f(an,bn)仍是等比數(shù)列(3)在等比數(shù)列an中，等距離取出若干項也構(gòu)成一個等比數(shù)列，即an，ank，an2k，an3k，為等比數(shù)列，公比為qk.(4)數(shù)列an為等比數(shù)列，若a1a2anTn，則Tn， eq f(T2n,Tn)， eq f(T3n,T2n)，成等比數(shù)列

4、(5)當q0，q1時，Snkkqn(k0)是數(shù)列an成等比數(shù)列的充要條件，此時k eq f(a1,1q).(6)有窮等比數(shù)列中，與首末兩項等距離的兩項的積相等特別地，若項數(shù)為奇數(shù)時，還等于中間項的平方(7)若等比數(shù)列的前m項和為Sm，則Sm，S2mSm，S3mS2m仍成等比數(shù)列注意m為偶數(shù)且q1除外1(2022湖南岳陽一中模擬)數(shù)列 eq f(1,2)， eq f(1,4)， eq f(1,8)， eq f(1,16)，的一個通項公式是()Aan eq f(（1）n1,2n) Ban eq f(（1）n,2n)Can eq f(sin n,2n) Dan eq f(cos （n1）,2n)答案

5、B解析觀察數(shù)字規(guī)律可知，數(shù)列是一個以 eq f(1,2)為首項， eq f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以通項公式為an eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n) eq f(（1）n,2n).故選B.2(2021北京延慶模擬)“adbc”是“a，b，c，d成等比數(shù)列”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件答案B解析若adbc，不能推出a，b，c，d成等比數(shù)列，例如：a0，b0，c1，d2時，故充分性不成立；若a，b，c，d成等比數(shù)列，則 eq f(b,a) eq f(d,c).所以adbc，故必要性成立綜上，“adbc”是“

6、a，b，c，d成等比數(shù)列”的必要不充分條件故選B.3(2021遼寧建平縣實驗中學模擬)在等比數(shù)列an中，a324，a56，則a4()A12 B15 C12 D15答案C解析由等比數(shù)列的性質(zhì)，得a eq oal(sup3(2),sdo1(4)a3a5246144，所以a412.故選C.4(2021浙江杭州模擬)已知等比數(shù)列bn的前n項和為Sn，且滿足公比0q1，b10，則下列說法不正確的是()ASn一定是遞減數(shù)列Bbn一定是遞增數(shù)列C式子bnSn0恒成立D可能滿足bkSk，且k1答案D解析因為等比數(shù)列bn滿足公比0q1，b10，所以當n2時， eq f(bn,bn1)q1，且bnbn1，故數(shù)列b

7、n為遞增數(shù)列，故B正確；由0q1，b10，知bn0，所以SnSn1bnSn1(n2)，故Sn一定是遞減數(shù)列，A正確；因為當n2時，Sn1Sn，即bnSn0，當n1時，b1S10，綜上bnSn0，故C正確，D不正確故選D.5(2021青島模擬)已知等比數(shù)列an的公比為q，前n項和為Sn，若q2，S26，則S3()A8 B12 C14 D16答案C解析由題意，得S2a12a16，a12，所以a32228，S3S2a36814.故選C.1(2021全國甲卷)記Sn為等比數(shù)列an的前n項和若S24，S46，則S6()A7 B8 C9 D10答案A解析解法一：因為S24，S46，且易知公比q1，所以由等

8、比數(shù)列的前n項和公式，得 eq blc(avs4alco1(S2f(a1（1q2）,1q)a1（1q）4，,S4f(a1（1q4）,1q)a1（1q）（1q2）6，)兩式相除，得q2 eq f(1,2)，所以 eq blc(avs4alco1(a14（2r(2)），,qf(r(2),2)或 eq blc(avs4alco1(a14（2r(2)），,qf(r(2),2)，)所以S6 eq f(a1（1q6）,1q)7.故選A.解法二：易知S2，S4S2，S6S4構(gòu)成等比數(shù)列，由等比中項得S2(S6S4)(S4S2)2，即4(S66)22，所以S67.故選A.2(2020全國卷)記Sn為等比數(shù)列a

9、n的前n項和若a5a312，a6a424，則 eq f(Sn,an)()A2n1 B221nC22n1 D21n1答案B解析解法一：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，因為 eq f(a6a4,a5a3) eq f(a4（1q2）,a3（1q2）) eq f(a4,a3) eq f(24,12)2，所以q2，所以 eq f(Sn,an) eq f(f(a1（1qn）,1q),a1qn1) eq f(2n1,2n1)221n.故選B.解法二：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，由a5a312，a6a424可得 eq blc(avs4alco1(a1q4a1q212，,a1q5a1q324，)解得 eq blc(av

10、s4alco1(q2，,a11，)所以ana1qn12n1，Sn eq f(a1（1qn）,1q) eq f(12n,12)2n1.因此 eq f(Sn,an) eq f(2n1,2n1)221n.故選B.3(2020全國卷)設(shè)an是等比數(shù)列，且a1a2a31，a2a3a42，則a6a7a8()A12 B24 C30 D32答案D解析設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則a1a2a3a1(1qq2)1，a2a3a4a1qa1q2a1q3a1q(1qq2)q2，因此，a6a7a8a1q5a1q6a1q7a1q5(1qq2)q532.故選D.4(2020全國卷)設(shè)等比數(shù)列an滿足a1a24，a3a18.(1

11、)求an的通項公式；(2)記Sn為數(shù)列l(wèi)og3an的前n項和若SmSm1Sm3，求m.解(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，根據(jù)題意，有 eq blc(avs4alco1(a1a1q4，,a1q2a18，)解得 eq blc(avs4alco1(a11，,q3，)所以an3n1.(2)令bnlog3anlog33n1n1，則Sn eq f(n（0n1）,2) eq f(n（n1）,2)，根據(jù)SmSm1Sm3，可得 eq f(m（m1）,2) eq f(m（m1）,2) eq f(（m2）（m3）,2)，整理得m25m60，因為m0，所以m6.一、基礎(chǔ)知識鞏固考點等比數(shù)列基本量的計算例1(2022長

12、春模擬)已知an為等比數(shù)列，若a42，a832，則a6()A8 B8C16 D16答案B解析設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則a4a1q32，a8a1q732，兩式相除可得q416，所以q24，所以a6a4q2248.故選B.例2(2021承德模擬)已知公比為q(q1)的等比數(shù)列an的前n項和為Sn，則數(shù)列 eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)的前n項和為()A eq f(qn,Sn) B eq f(Sn,qn)C eq f(1,Snqn1) D eq f(Sn,a eq oal(sup3(2),sdo1(1)qn1)答案D解析不妨設(shè)數(shù)列 eq blcrc(avs4alco1(f(1

13、,an)的前n項和為Tn，因為an為等比數(shù)列，且公比為q(q1)，所以 eq f(f(1,an),f(1,an1) eq f(an1,an) eq f(1,q)，所以數(shù)列 eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)也為等比數(shù)列，且公比為 eq f(1,q)，因為Sn eq f(a1（1qn）,1q)，所以Tn eq f(f(1,a1)blc(rc)(avs4alco1(1f(1,qn),1f(1,q) eq f(a1（1qn）,a eq oal(sup3(2),sdo1(1)qn1（1q）) eq f(Sn,a eq oal(sup3(2),sdo1(1)qn1).故選D.1.(20

14、22江西贛州模擬)已知在等比數(shù)列an中，a34，a4a632，則 eq f(a10a12,a6a8)的值為()A2 B4 C8 D16答案A解析依題意，得a4a6a3qa3q3a eq oal(sup3(2),sdo1(3)q416q432，q42， eq f(a10a12,a6a8) eq f(（a6a8）q4,a6a8)q42.故選A.2(2021石家莊二中模擬)若正項等比數(shù)列an滿足a1a3 eq f(1,16)，2a4a3a2，則Sn eq f(1,a1) eq f(1,a2)(1)n1 eq f(1,an)()A eq f(2,3)1(2)n B eq f(2,3)(12n)C eq

15、 f(2,3)(12n) D eq f(2,3)1(2)n答案D解析由題意a1a3a eq oal(sup3(2),sdo1(2) eq f(1,16)，得a2 eq f(1,4).令an的公比為q0，由2a4a3a2，得2q2q10，解得q eq f(1,2)，所以a1 eq f(1,2)，an eq f(1,2n).令bn(1)n1 eq f(1,an)，則bn(2)n，所以Snb1b2bn eq f(21（2）n,1（2）) eq f(2,3)1(2)n.故選D.(1)等比數(shù)列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)便可迎刃而解(2)等比數(shù)列的前n項和公

16、式涉及對公比q的分類討論，當q1時，an的前n項和Snna1；當q1時，an的前n項和Sn eq f(a1（1qn）,1q) eq f(a1anq,1q).考點等比數(shù)列的判斷與證明 例3(2022江西九江模擬)設(shè)公差不為0的等差數(shù)列an的前n項和為Sn，則有Sk，S2kSk，S3kS2k，(kN*)成等差數(shù)列類比上述性質(zhì)，若公比不為1的等比數(shù)列bn的前n項積為Tn，則有()ATk，T2kTk，T3kT2k，(kN*)成等比數(shù)列BTk，T2kTk，T3kT2k，(kN*)成等比數(shù)列CTk，T2kTk，T3kT2k，(kN*)成等比數(shù)列DTk， eq f(T2k,Tk)， eq f(T3k,T2k

17、)，(kN*)成等比數(shù)列答案D解析根據(jù)題意Tkb1b2bk， eq f(T2k,Tk)bk1bk2b2k(b1qk)(b2qk)(bkqk)Tkqk2， eq f(T3k,T2k)b2k1b2k2b3k(b1q2k)(b2q2k)(bkq2k)Tkq2k2，同理可得 eq f(T4k,T3k)Tkq3k2，若公比不為1的等比數(shù)列bn的前n項積為Tn，則有Tk， eq f(T2k,Tk)， eq f(T3k,T2k)，(kN*)構(gòu)成以Tk為首項，qk2為公比的等比數(shù)列故選D.例4(2021湖南長沙一中模擬)已知數(shù)列an滿足：a1 eq f(3,2)，2an1ann2.(1)記bnann，求證：數(shù)

18、列bn為等比數(shù)列；(2)記Sn為數(shù)列an的前n項和，求Sn.解(1)證明：2an1ann2，2an1(n1)ann， eq f(bn1,bn) eq f(1,2)，數(shù)列bn是首項為b1a11 eq f(1,2)，公比為 eq f(1,2)的等比數(shù)列(2)由(1)知，bnann eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n).an eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n)n，Sna1a2a3an eq f(1,2)1 eq f(1,22)2 eq f(1,2n)n eq f(f(1,2)blc(rc)(avs4alco1(1f

19、(1,2n),1f(1,2) eq f(n（n1）,2) eq f(n2n2,2) eq f(1,2n).3.(2021浙江寧波模擬)已知數(shù)列an滿足：an1 eq f(,an1) eq f(2,an)2(，R)，nN*，且a1 eq f(1,2)，則下列判斷錯誤的是()A當0，2時，存在非零常數(shù)tR，使得 eq blcrc(avs4alco1(f(t,an)是等差數(shù)列B當0，1時，存在非零常數(shù)tR，使得 eq blcrc(avs4alco1(f(t,an)1)是等比數(shù)列C當1，0時，存在非零常數(shù)tR，使得 eq blcrc(avs4alco1(f(t,an3)是等差數(shù)列D當1，0時，存在非零

20、常數(shù)tR，使得 eq blcrc(avs4alco1(f(t,an3)1)是等比數(shù)列答案C解析當0，2時， eq f(1,an1) eq f(1,an)1， eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)是等差數(shù)列，t1，A正確；當0，1時， eq f(1,an1) eq f(2,an)1， eq f(1,an1)12 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,an)1)，所以 eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)1)是首項為3，公比為2的等比數(shù)列，t1，B正確；當1，0時，an1 eq f(1,an)2，即an1 eq f(1,an)2， eq f(t,an13

21、) eq f(t,an3) eq f(t,f(1,an)1) eq f(t,an3) eq f(tan,an1) eq f(t,an3) eq f(t（an1）2,（an1）（an3）)d(常數(shù))，所以對任何非零常數(shù)tR， eq blcrc(avs4alco1(f(t,an3)不可能是等差數(shù)列，C錯誤；當1，0時，an1 eq f(3,an)2， eq f(f(an1t3,an13),f(ant3,an3) eq f(f(3,an)t1,f(3,an)1) eq f(an3,ant3) eq f(（t1）an3,ant3)，當 eq f(3,t1)t3，即t24t0時，取t4，此時 eq bl

22、crc(avs4alco1(f(an1,an3)是公比為3的等比數(shù)列，D正確故選C.4(2022贛州贛縣第三中學模擬)已知數(shù)列an滿足：an1an2n，且a11，bnan eq f(1,3)2n.(1)求證：數(shù)列bn是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列an的前n項和Sn.解(1)證明：因為an1an2n，a11，bnan eq f(1,3)2n，所以an1 eq f(1,3)2n1 eq blc(rc)(avs4alco1(anf(1,3)2n)，所以 eq f(an1f(1,3)2n1,anf(1,3)2n)1，即 eq f(bn1,bn)1，又b1a1 eq f(2,3) eq f(1,3)0，所以數(shù)

23、列bn是首項為 eq f(1,3)，公比為1的等比數(shù)列(2)由(1)，得an eq f(1,3)2n eq f(1,3)(1)n1，即an eq f(1,3)2n(1)n，則Sna1a2a3an eq f(1,3)(2122232n)(1)1(1)2(1)3(1)n eq f(1,3) eq blcrc(avs4alco1(f(2（12n）,12)f(1（1）n,1（1）) eq f(1,3) eq blcrc(avs4alco1(2n12f(（1）n1,2).等比數(shù)列的三種常用判定方法(1)定義法：若 eq f(an1,an)q(q為非零常數(shù)，nN*)或 eq f(an,an1)q(q為非零

24、常數(shù)，且n2，nN*)，則數(shù)列an是等比數(shù)列(2)等比中項法：若數(shù)列an滿足an0且a eq oal(sup3(2),sdo1(n1)anan2(nN*)，則數(shù)列an是等比數(shù)列(3)前n項和公式法：若數(shù)列an的前n項和Snkqnk(k為常數(shù)，且k0，q0，1)，則數(shù)列an是等比數(shù)列考點等比數(shù)列的性質(zhì)及其應(yīng)用例5(2021益陽模擬)在正項等比數(shù)列an中，a3a84，則數(shù)列l(wèi)og2an的前10項和為()A9 B10C11 D12答案B解析由等比數(shù)列的性質(zhì)，得a1a10a2a9a3a8a5a64，所以數(shù)列l(wèi)og2an的前10項和為log2a1log2a2log2a10log2(a1a2a10)log

25、24510.故選B.例6(2022嘉興模擬)在等比數(shù)列an中，a22，a5 eq f(1,4)，則a1a2a2a3anan1為()A16(14n) B eq f(32,3)(14n)C16(12n) D eq f(32,3)(12n)答案B解析令an的公比為q，因為a22，a5 eq f(1,4)，所以q3 eq f(a5,a2) eq f(1,8)，解得q eq f(1,2)，a14.根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)可知，數(shù)列anan1是公比為q2 eq f(1,4)，首項為a1a28的等比數(shù)列，所以Sna1a2a2a3a3a4anan1 eq f(8blc(rc)(avs4alco1(1f(1,4n),

26、1f(1,4) eq f(32,3)(14n).故選B.例7(2022四川成都模擬)數(shù)列an為各項都是正數(shù)的等比數(shù)列，Sn為前n項和，且S1010，S3070，那么S40()A150 B200C150或200 D400或50答案A解析解法一：由等比數(shù)列的性質(zhì)知S10，S20S10，S30S20，S40S30是等比數(shù)列，(S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，解得S2030(負值舍去).又(S30S20)2(S20S10)(S40S30)，即(7030)2(3010)(S4070)，解得S40150.故選A.解法二：因為數(shù)列an為各項都是正數(shù)的等比數(shù)列，設(shè)

27、公比為q，則q0，由題意可知q1，所以S10 eq f(a1,1q)(1q10)10，S30 eq f(a1,1q)(1q30)70，兩式相除，可得q20q1017，解得q102或q103(舍去)，把q102代入可得 eq f(a1,1q)10，所以S40 eq f(a1,1q)(1q40)10(124)150.故選A.5.(2022黃山模擬)已知正項等比數(shù)列an的公比為3，且a1a2a20320，則a4a8a12a16a20()A3 eq sup15(eq f (25,2) B39 C310 D35答案A6(2021四川綿陽高三期末)在等比數(shù)列an中，a7，a11是方程x25x20的兩個根，

28、則 eq f(a3a9a15,a5a13)的值為()A eq f(2r(2),2) B eq r(2)C eq r(2) D2答案B解析在等比數(shù)列an中，a7，a11是方程x25x20的兩個根，則 eq blc(avs4alco1(a7a115，,a7a112，)所以a9 eq r(2)，則 eq f(a3a9a15,a5a13) eq f(a eq oal(sup3(3),sdo1(9),a eq oal(sup3(2),sdo1(9)a9 eq r(2).故選B.7(2022湖北荊門模擬)已知在等比數(shù)列an中，a11，a1a3a2k185，a2a4a2k42，則公比q()A2 B3 C4

29、D5答案A解析在等比數(shù)列an中，a11，a1a3a2k185，a2a4a2k42，則a3a2k185a185184，又因為a3a2k1(a2a4a2k)q，所以8442qq2.故選A.等比數(shù)列的性質(zhì)使用時的關(guān)注點(1)常見性質(zhì)的使用，如：mnpq2k(m，n，p，q，kN*)，則amanapaqa eq oal(sup3(2),sdo1(k).(2)通項公式的使用，如：已知等比數(shù)列an，則數(shù)列anan1是等比數(shù)列，根據(jù)題目條件，認真分析，發(fā)現(xiàn)具體變化特征即可找出解決問題的突破口(3)整體代入方法的使用二、核心素養(yǎng)提升例1(2022山西陽泉模擬)在等比數(shù)列an中，a22a5，1a32，則數(shù)列a3

30、n的前5項和S5的取值范圍是()A eq blc(rc)(avs4alco1(f(11,16)，f(11,8) B eq blc(rc)(avs4alco1(f(33,16)，f(33,8)C eq blc(rc)(avs4alco1(f(11,8)，f(11,16) D eq blc(rc)(avs4alco1(f(33,8)，f(33,16)答案A解析設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則q3 eq f(a5,a2) eq f(1,2)，數(shù)列a3n是首項為a3，公比為q3的等比數(shù)列，則S5 eq f(a3blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup15(5

31、),1f(1,2) eq f(11,16)a3 eq blc(rc)(avs4alco1(f(11,16)，f(11,8).故選A.例2(2021株洲模擬)已知Sn是等比數(shù)列an的前n項和，若存在mN*，滿足 eq f(S2m,Sm)9， eq f(a2m,am) eq f(5m1,m1)，則數(shù)列an的公比為()A2 B2 C3 D3答案B解析設(shè)數(shù)列an的公比為q，若q1，則 eq f(S2m,Sm)2，與題中條件矛盾，故q1.因為 eq f(S2m,Sm) eq f(f(a1（1q2m）,1q),f(a1（1qm）,1q)qm19，所以qm8.因為 eq f(a2m,am) eq f(a1q

32、2m1,a1qm1)qm8 eq f(5m1,m1)，所以m3.所以q38.所以q2.故選B.例3(2022江門模擬)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，其前n項和為Sn，前n項積為Tn，并且滿足條件0a711 B0a11CSn的最大值為S7 DTn的最大值為T6答案D解析由0a71a6，得0q eq f(a7,a6)1.由于a11，0q1，0a70)的等差中項，若2c，b，2a成等比數(shù)列，則此等比數(shù)列的公比為()A2 eq r(3) B2 eq r(3)C74 eq r(3) D74 eq r(3)答案B解析因為實數(shù)b為a，c(abc0)的等差中項，所以2bac，又2c，b，2a成等比數(shù)列，所以b22

33、a2c4ac，聯(lián)立，得 eq blc(rc)(avs4alco1(f(ac,2) eq sup15(2)4ac，即a214acc20，所以 eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,c) eq sup15(2)14 eq f(a,c)10，解得 eq f(a,c)74 eq r(3).設(shè)等比數(shù)列的公比為q，由題意，知q1，q2 eq f(2a,2c) eq f(a,c)74 eq r(3)，所以q2 eq r(3).故選B.3在等比數(shù)列an中，若a2a5 eq f(3,4)，a2a3a4a5 eq f(5,4)，則 eq f(1,a2) eq f(1,a3) eq f(1,a4) eq

34、 f(1,a5)()A1 B eq f(3,4) C eq f(5,3) D eq f(4,3)答案C解析因為數(shù)列an是等比數(shù)列，a2a5 eq f(3,4)a3a4，a2a3a4a5 eq f(5,4)，所以 eq f(1,a2) eq f(1,a3) eq f(1,a4) eq f(1,a5) eq f(a2a5,a2a5) eq f(a3a4,a3a4) eq f(f(5,4),f(3,4) eq f(5,3).故選C.4(2021連云港模擬)已知等比數(shù)列an的前n項和Sn滿足Sn1A3n1(AR)，數(shù)列bn是遞增數(shù)列，且bnAn2Bn，則實數(shù)B的取值范圍為()A eq blcrc)(a

35、vs4alco1(f(2,3)，) B1，)C(1，) D eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)，)答案C解析因為等比數(shù)列an的前n項和Sn滿足Sn1A3n1(AR)，所以a1S119A，a2S2S1(127A)(19A)18A，a3S3S2(181A)(127A)54A，在等比數(shù)列an中，因為a eq oal(sup3(2),sdo1(2)a1a3，所以(18A)2(19A)(54A).解得A eq f(1,3)或A0(舍去)，所以bn eq f(1,3)n2Bn.因為數(shù)列bn是遞增數(shù)列，所以bn1bn eq f(1,3)(n1)2B(n1) eq f(1,3)n2Bn0，

36、所以B eq f(2,3)n eq f(1,3).又nN*，所以B1.故選C.5(2021河北衡水中學模擬)已知數(shù)列an的前n項和為Sn，且( eq r(2)1)Snan eq r(2)(nN*).記bnanan1，Tn為數(shù)列bn的前n項和，則使Tn eq f(63r(2),64)成立的最小正整數(shù)為()A5 B6 C7 D8答案C解析由( eq r(2)1)Snan eq r(2)，可知( eq r(2)1)Sn1an1 eq r(2)，所以( eq r(2)1)(Sn1Sn)an1an0，即 eq r(2)an1an.當n1時，因為( eq r(2)1)a1a1 eq r(2)，所以a11，

37、所以an0，所以 eq f(an1,an) eq f(r(2),2)，所以數(shù)列an是以1為首項， eq f(r(2),2)為公比的等比數(shù)列，所以 eq f(bn1,bn) eq f(an1an2,anan1) eq f(an2,an) eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2) eq sup15(2) eq f(1,2).又b1a1a2 eq f(r(2),2)，所以數(shù)列bn是以 eq f(r(2),2)為首項， eq f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以Tn eq f(f(r(2),2)blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup1

38、5(n),1f(1,2) eq r(2) eq blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup15(n).又Tn eq f(63r(2),64)，所以1 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n) eq f(63,64)，即 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n)6.又nN*，所以n的最小值為7.故選C.6(2021江蘇蘇州二模)已知數(shù)列an是等比數(shù)列，下列結(jié)論正確的是()A若a1a20，則a2a30B若a1a30，則a1a2a10，則a1a32a2D若a1a20，則(a2a1

39、)(a2a3)0，即a eq oal(sup3(2),sdo1(1)q0，可得q0，則a2a3a eq oal(sup3(2),sdo1(1)q30，故A不正確；對于B，a1a3a1(1q2)0，可得a10，由于a1a2a1(1q)，當q0，故B不正確；對于C，a2a10，可得q1，所以a1a32a2a1(12qq2)a1(1q)20，故a1a32a2，C正確；對于D，由a1a20，可得a eq oal(sup3(2),sdo1(1)q0，可得q0，故D不正確故選C.7(2021蘇州模擬)公比q1的等比數(shù)列的前3項、前6項、前9項的和分別為S3，S6，S9，則下列等式成立的是()AS3S6S9

40、BS eq oal(sup3(2),sdo1(6)S3S9CS3S6S9S eq oal(sup3(2),sdo1(6)DS eq oal(sup3(2),sdo1(3)S eq oal(sup3(2),sdo1(6)S3(S6S9)答案D解析由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，S3，S6S3，S9S6成等比數(shù)列，所以(S6S3)2S3(S9S6)，整理，得S eq oal(sup3(2),sdo1(3)S eq oal(sup3(2),sdo1(6)S3(S6S9).故選D.8(2021湖南師大附中模擬)已知數(shù)列an為無窮等比數(shù)列，且公比q1，記Sn為數(shù)列an的前n項和，則下列結(jié)論正確的是()Aa2a1B

41、a1a20C數(shù)列a eq oal(sup3(2),sdo1(n)是遞增數(shù)列DSn存在最小值答案C解析因為數(shù)列an為無窮等比數(shù)列，且公比q1，但首項的正負不確定，所以a2a1q與a1的大小關(guān)系不能確定，a1a2a1(1q)也不一定大于0，故A，B錯誤；對于C，因為a eq oal(sup3(2),sdo1(n)a eq oal(sup3(2),sdo1(1)(q2)n1，所以數(shù)列a eq oal(sup3(2),sdo1(n)是首項為a eq oal(sup3(2),sdo1(1)0，公比為q2的等比數(shù)列，所以a eq oal(sup3(2),sdo1(n1)a eq oal(sup3(2),s

42、do1(n)a eq oal(sup3(2),sdo1(1)(q2)na eq oal(sup3(2),sdo1(1)(q2)n1a eq oal(sup3(2),sdo1(1)(q2)n1(q21)0，所以數(shù)列a eq oal(sup3(2),sdo1(n)是遞增數(shù)列，C正確；對于D，因為Sn為數(shù)列an的前n項和，所以Sn1Snan1a1qn，因為首項的正負不確定，所以Sn的增減性不確定，故Sn不一定存在最小值，故D錯誤故選C.二、多項選擇題9數(shù)列an的前n項和為Sn，若a11，an12Sn(nN*)，則有()ASn3n1BSn為等比數(shù)列Can23n1Dan eq blc(avs4alco1

43、(1，n1，,23n2，n2)答案ABD解析由題意，數(shù)列an的前n項和滿足an12Sn(nN*)，當n2時，an2Sn1，兩式相減，可得an1an2(SnSn1)2an，可得an13an，即 eq f(an1,an)3(n2)，又由a11，當n1時，a22S12a12，所以 eq f(a2,a1)2，所以數(shù)列的通項公式為an eq blc(avs4alco1(1，n1，,23n2，n2；)當n2時，Sn eq f(an1,2) eq f(23n1,2)3n1，又由n1時，S1a11，適合上式，所以數(shù)列an的前n項和為Sn3n1；又由 eq f(Sn1,Sn) eq f(3n,3n1)3，所以數(shù)

44、列Sn為公比為3的等比數(shù)列綜上可得，選ABD.10(2021湛江模擬)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，其前n項和為Sn，前n項積為Tn，并且滿足條件a11，a7a81， eq f(a71,a81)0.則下列結(jié)論正確的是()A0q1Ba7a91，a7a81， eq f(a71,a81)1，0a81，所以0q1，故A正確；a7a9a eq oal(sup3(2),sdo1(8)1，0a81，0q|a5|a6|，D不正確故選ABC.三、填空題12(2022安慶模擬)已知遞增等比數(shù)列an的前n項和為Sn，a22，S37，數(shù)列l(wèi)og2(Sn1)的前n項和為Tn，則Tn 答案 eq f(n（n1）,2)解析設(shè)等

45、比數(shù)列an的公比為q，由a22，S3a1a2a37，得 eq f(2,q)22q7，即2q25q20，解得q2或q eq f(1,2)(舍去)，則a1 eq f(a2,q) eq f(2,2)1，所以Sn eq f(12n,12)2n1.令bnlog2(Sn1)，則bnlog22nn，所以Tn eq f(n（n1）,2).13已知Sn為等比數(shù)列an的前n項和，若a1 eq f(1,3)，a eq oal(sup3(2),sdo1(4)a6，則S6 答案 eq f(364,3)解析設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則由a eq oal(sup3(2),sdo1(4)a6，得(a1q3)2a1q5，即a1q1，因為a1 eq f(1,3)，所以q3，所以S6 eq f(f(1,3)（136）,13) eq f(364,3).14(2021鐵嶺模擬)在正項數(shù)列an中，a13， eq f(anan1,an1an1) eq f(an1,anan1)(n2，nN*)，若a1927，則a10 答案9解析因為 eq f(anan1,an1an1) eq f(an1,anan1)，所以a eq oal(sup