【新高考复习】专题7.3 等比数列及其前n项和 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考

专题7.3等比数列及其前n项和1．（2021·全国高考真题（文））记nS为等比数列na的前n项和.若24S，46S，则6S（）A．7B．8C．9D．10【答案】A【解析】根据题目条件可得2S，42SS，64SS成等比数列，从而求出641SS，进一步求出答案.【详解】∵nS为等比数列na的前n项和，∴2S，42SS，64SS成等比数列∴24S，42642SS∴641SS，∴641167SS.故选：A.2．（2021·山东济南市·）已知Sn是递增的等比数列{an}的前n项和，其中S3＝72，a32＝a4，则a5＝（）A．116B．18C．8D．16【答案】C【解析】设等比数列的公比为q，根据题意列方程，解出1a和q即可.【详解】解：设递增的等比数列{an}的公比为q，且q1，∵S3＝72，234aa，∴1a（1+q+q2）＝72，21aq4＝1aq3，解得1a＝12，q＝2；1a＝2，q＝12（舍去）．练基础则5a＝4122＝8．故选：C．3．（2021·重庆高三其他模拟）设等比数列na的前n项和为271,8,4nSaa，则6S（）A．212B．152C．212D．632【答案】C【解析】设等比数列na公比为q，由572aaq=结合已知条件求q、1a，再利用等比数列前n项和公式求6S.【详解】设等比数列na公比为q，则572aaq=，又2718,4aa，∴12q，故116a，又1(1)1nnaqSq，即666311616[1()]216421321()22S.故选：C4．（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（理））若等比数列{}na满足12451,8aaaa，则7a＝（）A．643B．643C．323D．323【答案】A【解析】设等比数列{}na的公比为q，根据等比数列的通项公式建立方程组，解之可得选项.【详解】设等比数列{}na的公比为q，则345128aaqaa，所以2q=，又11121+11,3aaaaq，所以6671123643aaq，故选：A.5.（2020·河北省曲阳县第一高级中学高一期末）中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人第二天走了（）A．6里B．24里C．48里D．96里【答案】D【解析】根据题意，记每天走的路程里数为{}na，可知{}na是公比12q的等比数列，由6378S，得6161[1()]2378112aS，解可得1192a，则211192962aaq；即此人第二天走的路程里数为96；故选：D．6．（2021·江苏南通市·高三其他模拟）已知等比数列na的公比为q，前n项和为nS，则“1q”是“112nnnSSS”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【答案】D【解析】由112nnnSSS可得出1nnaa，取10a，由101nnqaa，进而判断可得出结论.【详解】若112nnnSSS，则11nnnnSSSS，即1nnaa，所以，数列na为递增数列，若10a，101nnqaa，所以，“1q”是“112nnnSSS”的既不充分也不必要条件.故选：D.7．（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三其他模拟（文））在数列na中，44a，且22nnaa，则21nnia___________.【答案】122n【解析】由44a，22nnaa，得到22a且22nnaa，得出数列2na构成以2为首项，以2为公比的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由22nnaa，可得22nnaa，又由44a，可得4224aa，所以22a，所以数列2na构成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以1212(12)2212nnnnia.故答案为：122n.8．（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）已知数列na满足21nnSa，则1a_____，nS_______．【答案】121n【解析】利用1nnnaSS求通项公式，再求出nS.【详解】对于21nnSa，当n=1时，有1121Sa，解得：1a1；当2n时，有1121nnSa，所以112121=nnnnnaSSaa，所以1=2nnaa，所以数列na为等比数列，111=2nnnaaq，所以122112nnnS.故答案为：1，21n.9.（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）已知数列na满足21nnSa，则3a________，nS________．【答案】421n【解析】根据11,1,2nnnSnaSSn，求出数列的通项公式，再代入求出nS．【详解】解：因为21nnSa当1n时，1121Sa，解得11a；当2n…时，1121nnSa，所以111(21)(21)22nnnnnnnaSSaaaa，即12nnaa于是{}na是首项为1，公比为2的等比数列，所以12nna．所以34a，11212212nnnnSa故答案为：4；21n；10.（2018·全国高考真题（文））等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1 ，  𝑎5=4𝑎3．（1）求{𝑎𝑛}的通项公式；（2）记𝑆𝑛为{𝑎𝑛}的前𝑛项和．若𝑆𝑚=63，求𝑚．【答案】（1）𝑎𝑛=(−2)𝑛−1或𝑎𝑛=2𝑛−1.（2）𝑚=6.【解析】（1）设{𝑎𝑛}的公比为𝑞，由题设得𝑎𝑛=𝑞𝑛−1．由已知得𝑞4=4𝑞2，解得𝑞=0（舍去），𝑞=−2或𝑞=2．故𝑎𝑛=(−2)𝑛−1或𝑎𝑛=2𝑛−1．（2）若𝑎𝑛=(−2)𝑛−1，则𝑆𝑛=1−(−2)𝑛3．由𝑆𝑚=63得(−2)𝑚=−188，此方程没有正整数解．若𝑎𝑛=2𝑛−1，则𝑆𝑛=2𝑛−1．由𝑆𝑚=63得2𝑚=64，解得𝑚=6．综上，𝑚=6．1．（辽宁省凌源二中2018届三校联考)已知数列na为等比数列，且2234764aaaa，则46tan3aa（）A.3B.3C.33D.3【答案】B【解析】由等比数列的性质可得：32343364,4aaaaa，4730aaq，结合2764a可得：78a，结合等比数列的性质可得：463732aaaa，即：463222tantantan10tan33333aa.本题选择B选项.2．（2021·全国高三其他模拟（文））如图，“数塔”的第i行第j个数为12j(其中i，*jN，且ij).将这些数依次排成一列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，记作数列na，设na的前n项和为nS.若1020nS，则n（）A．46B．47C．48D．49【答案】C练提升TIDHNE【解析】根据“数塔”的规律，可知第i行共有i个数，利用等比数列求和公式求出第i行的数字之和，再求出前m行的和，即可判断1020nS取到第几行，再根据每行数字个数成等差数列，即可求出n；【详解】解：“数塔”的第i行共有i个数，其和为211212222112iii，所以前m行的和为123121222222212mmmmmm故前9行所有数学之和为102111013，因此只需要加上第10行的前3个数字1,2,4，其和为10131241020，易知“数塔”前m行共有12mm个数，所以9103482n故选：C3．（2021·江苏高三其他模拟）已知数列na满足11a，1lg1091nana，其前n项和为nS，则下列结论中正确的有（）A．na是递增数列B．10na是等比数列C．122nnnaaaD．(3)2nnnS【答案】ACD【解析】将递推公式两边同时取指数，变形得到1110109nnaa，构造等比数列可证1010na为等比数列，求解出na通项公式则可判断A选项；根据2132101010aaa判断B选项；根据na的通项公式以及对数的运算法则计算122nnnaaa的正负并判断C选项；将na的通项公式放缩得到lg2101nnan，由此进行求和并判断D选项.【详解】因为1lg1091nana，所以11lg109nana，从而1110109nnaa，110101090nnaa，所以11010101010nnaa，所以11010101010nnaa，又1101020a，1010na是首项为20，公比为10的等比数列，所以110102010210nann，所以1021010nan，即lg21010nna，又因为21010ny在1,,*nnN时单调递增，lgyx在定义域内单调递增，所以na是递增数列，故A正确；因为1231011,10lg19010lg1911,10lg199010lg19911aaa，所以222213101010lg191111lg19911lg1922lg1911lg199aaa，所以2222213361101010lg1911lg1911lg199lg1911lg0199aaa，所以2132101010aaa，所以10na不是等比数列，故B错误.因为121222lg21010lg21010lg21010nnnnnnaaa2211211210102101lglg210102101021012101nnnnnn，而211221121012101210141041014102102101nnnnnnnn20100.21041016.2100nnnn，从而211210121012101nnn，于是，122nnnaaa，故C正确.因为lg21010lg210lg21nnnnan，所以21322nnnnnS，故D正确.故选：ACD.4.（2019·浙江高三期末）数列na的前n项和为nS，且满足11a，11.nnaSnN(Ⅰ)求通项公式na；(Ⅱ)记12111nnTSSS，求证：31222nnT．【答案】(Ⅰ1)?2nna；(Ⅱ)见解析【解析】(Ⅰ1)1nnaSQ①，当2n时，11nnaS②，①②得122nnaan，又2112aSQ，212aa，数列na是首项为1，公比为2的等比数列，12nna；证明：(Ⅱ1)2nna，21nnS，2nQ时，111122nnnS，1121111113142112212nnnnTSSS