北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
7.3 等比数列
考点1 等比数列及其前n项和
1.(2023 全国甲理,5,5 分,中)设等比数列{a }的各项均为正数,前 n 项和为 S ,若
n n
a =1,S =5S -4,则S = ( )
1 5 3 4
15 65
A. B. C.15 D.40
8 8
答案 C 设数列{a }的公比为q(q>0),由题意可知q≠1.
n
∵S =5S -4,∴a (1−q5 )=5·a (1−q3 )-4,
5 3 1 1
1−q 1−q
∴q4-5q2+4=0,解得q2=4或q2=1,
∴q=2,∴S =a (1−q4 )=1−24=15,故选C.
4 1
1−q 1−2
2.(2023天津,6,5分,易)已知{a }为等比数列,S 为数列{a }的前n项和,a =2S +2,则
n n n n+1 n
a 的值为 ( )
4
A.3 B.18 C.54 D.152
答案 C ∵a =2S +2,∴a =2S +2(n≥2),
n+1 n n n-1
两式相减得a -a =2a ,即a =3a (n≥2),
n+1 n n n+1 n
又∵{a }是等比数列,∴{a }的公比为3.
n n
而a =2S +2,∴3a =2a +2,∴a =2,
2 1 1 1 1
∴a =2·3n-1,∴a =2×33=54,故选C.
n 4
3.(2021全国甲文,9,5分)记S 为等比数列{a}的前n项和.若S=4,S=6,则S= ( )
n n 2 4 6
A.7 B.8 C.9 D.10
答案
A 解题指导:思路一:直接利用求和公式解关于首项和公比两个基本量的方程组.思路二:根据等
比数列前n项和的性质(依次每n项和仍然成等比数列且S≠0)求解.
n
解析
解法一(基本量法):设{a}的首项为a,公比为q(q≠1),
n 1北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
{a
1
(1−q2 )
=4, { q2=
1
,
1−q 2
则 解得
a (1−q4 ) a
1 =6, 1 =8,
1−q 1−q
∴S 6 = a 1 (1−q6 ) =8× ( 1− 1)=7,故选A.
1−q 8
解法二(利用等比数列前n项和的性质):
由题意知S,S-S,S-S 成等比数列,
2 4 2 6 4
则(S-S)2=S·(S-S),即(6-4)2=4(S-6),
4 2 2 6 4 6
解得S=7,故选A.
6
4.(2021全国甲理,7,5分)等比数列{a}的公比为q,前n项和为S.设甲:q>0,乙:{S}是递增数列,则 (
n n n
)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案
B 当q=1,a<0时,等比数列{a}的前n项和S=na<0,可知{S}是单调递减数列,因此甲不是乙的
1 n n 1 n
充分条件;
若{S}是递增数列,则当n≥2时,a=S-S >0,即aqn-1>0恒成立,而只有当a>0,q>0时,aqn-1>0恒成立,所以
n n n n-1 1 1 1
可得q>0,因此甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的必要条件但不是充分条件.故选B.
方法总结:研究数列{S}的单调性只需考虑S>S 或S<S (n≥2)成立,不需讨论对任意n,m∈N*且n<m,有
n n n-1 n n-1
S<S 或S>S 恒成立.
n m n m
5.(2022全国乙,理8,文10,5分)已知等比数列{a}的前3项和为168,a-a=42,则a= ( )
n 2 5 6
A.14 B.12 C.6 D.3
答案
D 解法一:设{a}的公比为q,
n
{ a −a =a (q−q4 )=42,①
则 2 5 1
a +a +a =a (1+q+q2 )=168,②
1 2 3 1北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
① q(1−q3 ) q(1−q)(1+q+q2 )=q(1-q)=1,4q2-4q+1=0,即(2q-1)2=0,∴q=1,代入①得
得 =
② 1+q+q2 1+q+q2 4 2
1
a=96,故a=aq5=96× =3,故选D.
1 6 1
32
解法二:设数列{a}的公比为q,前n项和为S.
n n
由a-a=42,得q≠1.
2 5
{ a (1−q3 )
S = 1 =168,①
由题意得 3 1−q
a −a =a q(1−q3 )=42,②
2 5 1
①
得
1 =4,即4q2-4q+1=0,∴(2q-1)2=0,得q=1,代入①得a
1
=96,∴a
6
=a
1
q5=96×(1) 5 =3,故选
② q(1−q) 2 2
D.
2
6.(2013课标Ⅰ文,6,5分)设首项为1,公比为 的等比数列{a}的前n项和为S,则( )
n n
3
A.S=2a-1 B.S=3a-2
n n n n
C.S=4-3a D.S=3-2a
n n n n
答案 D 因为a 1 =1,公比q= 2 ,所以a n =(2) n−1 ,S n = a 1 (1−qn )=3 1-(2) n =3-2(2) n−1 =3-2a n ,故选D.
3 3 1−q 3 3
7.(2013课标Ⅱ理,3,5分)等比数列{a}的前n项和为S,已知S=a+10a,a=9,则a=( )
n n 3 2 1 5 1
1 1 1 1
A. B.- C. D.-
3 3 9 9
答案 C 由已知条件及S=a+a+a 得a=9a,设数列{a}的公比为q,则q2=9.
3 1 2 3 3 1 n
1
所以a=9=a·q4=81a,得a= ,故选C.
5 1 1 1
9
8.(2023北京,14,5分,中)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了
类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大
构成项数为 9 的数列{a },该数列的前 3 项成等差数列,后 7 项成等比数列,且
n
a =1,a =12,a =192,则a = ;数列{a }所有项的和为 .
1 5 9 7 n
答案 48;384北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
解析 数列{a }共有9项,前3项成等差数列,设公差为d(d>0),后7项成等比数列,设公
n
比为 q(q>1),则a =1+d,a =1+2d,a =a ·q2=(1+2d)·q2=12①,a =a ·q6=(1+2d)·q6=192②,
2 3 5 3 9 3
由①②解得q=2,d=1,则
3(1−27
)
a =a ·q4=3×24=48,a +a +…+a =1+2+3+6+12+24+48+96+192=1+2+ =384.
7 3 1 2 9
1−2
9.(2023全国甲文,13,5分,易)记S 为等比数列{a }的前n项和.若8S =7S ,则{a }的公
n n 6 3 n
比为 .
1
答案 -
2
解析 设等比数列{a }的公比为q,q≠1,
n
∵8S =7S ,∴8×a (1−q6 )=7×a (1−q3 ),
6 3 1 1
1−q 1−q
∴8(1-q6)=7(1-q3),即8(1+q3)=7,
1
解得q=- .
2
3
10.(2019课标Ⅰ文,14,5分)记S 为等比数列{a}的前n项和.若a=1,S= ,则S= .
n n 1 3 4
4
5
答案
8
解析 本题主要考查等比数列的有关概念;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数学运算.
设公比为q(q≠0),
3
则S=a+a+a=1+q+q2= ,
3 1 2 3
4
1
解得q=- ,
2
1
∴a=aq3=- ,
4 1
8
3 1 5
∴S=S+a= - = .
4 3 4
4 8 8
11.(2017课标Ⅲ理,14,5分)设等比数列{a}满足a+a=-1,a-a=-3,则a = .
n 1 2 1 3 4
答案 -8
解析 本题考查等比数列的通项.
设等比数列{a}的公比为q,
n北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
{a +a q=−1,
由题意得 1 1
a −a q2=−3,
1 1
解得{a =1,
1
q=−2,
∴a=aq3=-8.
4 1
12.(2015课标Ⅰ文,13,5分)在数列{a}中,a=2,a =2a,S 为{a}的前n项和.若S=126,则n= .
n 1 n+1 n n n n
答案 6
2(1−2n
)
解析 由已知得{a}为等比数列,公比q=2,由首项a=2,S=126得 =126,解得2n+1=128,∴n=6.
n 1 n
1−2
评析 本题主要考查等比数列的定义及前n项和公式,属容易题,注意运算要准确哦!
13.(2015湖南理,14,5分)设S 为等比数列{a}的前n项和.若a=1,且3S,2S,S 成等差数列,则a= .
n n 1 1 2 3 n
答案 3n-1
解析 设等比数列{a}的公比为q(q≠0),依题意得a=a·q=q,a=aq2=q2,S=a=1,S=1+q,S=1+q+q2.又
n 2 1 3 1 1 1 2 3
3S,2S,S 成等差数列,所以4S=3S+S,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以a=aqn-1=3n-1.
1 2 3 2 1 3 n 1
14.(2013辽宁理,14,5分)已知等比数列{a}是递增数列,S 是{a}的前n项和.若a,a 是方程x2-5x+4=0的两个
n n n 1 3
根,则S= .
6
答案 63
解析 a,a 是方程x2-5x+4=0的两个根且{a}是递增数列,故a=4,a=1,故公比q=2,S=a (1−q6 )=63.
1 3 n 3 1 6 1
1−q
评析 本题考查了等比数列的求和公式.数列{a}递增是解题的关键,没考虑到q>0是失分的主因.
n
15.(2012课标文,14,5分)等比数列{a}的前n项和为S,若S+3S=0,则公比q= .
n n 3 2
答案 -2
解析 由S+3S=0得4a+4a+a=0,有4+4q+q2=0,解得q=-2.
3 2 1 2 3
评析 本题考查了等比数列的运算,直接利用定义求解可达到事半功倍的效果.
16.(2024全国甲理,18,12分,易)记S 为数列{a}的前n项和,已知4S=3a+4.
n n n n
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)设b=(-1)n-1na,求数列{b}的前n项和T.
n n n n
解析
18
(1)∵4S =3a +4①,
n n
∴当n=1时,4S =4a =3a +4,得a =4,
1 1 1 1
当n≥2时,4S =3a +4②,
n-1 n-1北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
由①-②得,4a =3a -3a ,
n n n-1
∴a =-3a ,
n n-1
∴数列{a }是首项为4,公比为-3的等比数列.
n
∴a =4×(-3)n-1.
n
(2)由(1)得b =(-1)n-1na =4n·3n-1,
n n
∴T =4×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1③,
n
3T =4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n④,
n
③-④得-2T =4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n,
n
3(1−3n-1)
∴-2T =4+4· -4n·3n,
n
1−3
∴-2T =4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n,
n
∴T =1+(2n-1)3n.
n
16.(2020课标Ⅰ理,17,12分)设{a}是公比不为1的等比数列,a 为a,a 的等差中项.
n 1 2 3
(1)求{a}的公比;
n
(2)若a=1,求数列{na}的前n项和.
1 n
解析
(1)设{a}的公比为q,由题设得2a=a+a,即2a=aq+aq2.
n 1 2 3 1 1 1
所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.
1 2
故{a}的公比为-2.
n
(2)记S 为{na}的前n项和.由(1)及题设可得,a=(-2)n-1.
n n n
所以S=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,
n
-2S=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.
n
可得3S=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n
n
1−(−2) n
= -n×(-2)n.
3
1 (3n+1)(−2) n
所以S= − .
n
9 9
17.(2020新高考Ⅰ,18,12分)已知公比大于1的等比数列{a}满足a+a=20,a=8.
n 2 4 3
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)记b 为{a}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b }的前100项和S .
m n m 100
解析
(1)设{a}的公比为q.由题设得aq+aq3=20,aq2=8.
n 1 1 1
1
解得q= (舍去),q=2.由题设得a=2.
1 2 1
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所以{a}的通项公式为a=2n.
n n
(2)由题设及(1)知b=0,且当2n≤m<2n+1时,b =n.
1 m
所以S =b+(b+b)+(b+b+b+b)+…+(b +b +…+b )+(b +b +…+b )
100 1 2 3 4 5 6 7 32 33 63 64 65 100
=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)
=480.
思路分析 (1)设出公比q,由题设条件求得a 和q,利用等比数列的通项公式得出结果.
1
(2)由题设及(1)推导出b ,再计算数列{b }的前100项和,即先给m赋值,推导出规律,再进行运算,得到S
m m 100
的值.
18.(2022新高考Ⅱ,17,10分)已知{a}是等差数列,{b}是公比为2的等比数列,且a-b=a-b=b-a.
n n 2 2 3 3 4 4
(1)证明:a=b;
1 1
(2)求集合{k|b=a +a,1≤m≤500}中元素的个数.
k m 1
解析
(1)证明:设等差数列{a}的公差为d.
n
由a-b=a-b 得a+d-2b=a+2d-4b,故d=2b,①
2 2 3 3 1 1 1 1 1
由a-b=b-a 得a+2d-4b=8b-a-3d,故2a+5d=12b,②
3 3 4 4 1 1 1 1 1 1
由①②得2a+10b=12b,即a=b.
1 1 1 1 1
(2)由(1)知d=2b=2a,由b=a +a,1≤m≤500得b×2k-1=2a+(m-1)d,即a×2k-1=2a+2(m-1)a,其中a≠0,
1 1 k m 1 1 1 1 1 1 1
∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8,
∴2≤k≤10.
故集合{k|b=a +a,1≤m≤500}中元素个数为9个.
k m 1
a
n
19.(2018课标Ⅰ文,17,12分)已知数列{a}满足a=1,na =2(n+1)a.设b= .
n 1 n+1 n n
n
(1)求b,b,b;
1 2 3
(2)判断数列{b}是不是等比数列,并说明理由;
n
(3)求{a}的通项公式.
n
2(n+1)
解析 (1)由条件可得a = a.
n+1 n
n
将n=1代入得,a=4a,而a=1,所以a=4.
2 1 1 2
将n=2代入得,a=3a,所以a=12.
3 2 3
从而b=1,b=2,b=4.
1 2 3
(2){b}是首项为1,公比为2的等比数列.
n
a 2a
n+1 n
由条件可得 = ,即b =2b,
n+1 n n+1 n
