《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

对点练 2. (1) (2025·安徽合肥模拟) 在等比数列 $ \{ a_n \} $ 中，若 $ a_2a_3a_{13} = 8 $，则 $ a_4a_8 = $ (C)

A.$ 2 $
B.$ 2\sqrt{2} $
C.$ 4 $
D.$ 8 $

答案：
(1)C 因为数列$\{a_n\}$是等比数列,则
$a_2a_3a_{13}=a_3(a_2a_{13})=a_3a_7a_9=a^3_5=8$,即$a_5=2$,所以$a_4a_8=a^2_5=4$.故
选C.

(2) (2025·江苏扬州模拟) 在正项等比数列 $ \{ a_n \} $ 中，$ S_n $ 为其前 $ n $ 项和，若 $ S_{30} = 7S_{10} $，$ S_{10} + S_{30} = 80 $，则 $ S_{20} $ 的值为 (C)

A.$ 10 $
B.$ 20 $
C.$ 30 $
D.$ 40 $

答案：
(2)C 设正项等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$,由$S_{10},S_{30}-S_{10},S_{30}-S_{20}$是首
项为$S_{10}$,公比为$q^{10}$的等比数列,若$S_{30}=7S_{10},S_{10}+S_{30}=80$,则$S_{10}=10,S_{30}=70$,所以$(S_{20}-10)^2=S_{10}(S_{30}-S_{20})=10(70-S_{20})＞0$.即
$S^2_{20}-10S_{20}-600=0$,解得$S_{20}=30$或$S_{20}=-20$(舍去).故选C.

(3) (多选题) (2025·湖北武汉模拟) 无穷等比数列 $ \{ a_n \} $ 的首项为 $ a_1 $，公比为 $ q $，下列条件能使 $ \{ a_n \} $ 既有最大值，又有最小值的有 (BC)

A.$ a_1 ＞ 0 $，$ 0 ＜ q ＜ 1 $
B.$ a_1 ＞ 0 $，$ -1 ＜ q ＜ 0 $
C.$ a_1 ＜ 0 $，$ q = -1 $
D.$ a_1 ＜ 0 $，$ q ＜ -1 $

答案：
(3)BC $a_1＞0,0＜q＜1$时,等比数列$\{a_n\}$单调递减,故$\{a_n\}$只有最大值$a_1$,没有最小值;$a_1＞0,-1＜q＜0$时,等比数列$\{a_n\}$为摆动数列,此
时$a_1$为最大值,$a_2$为最小值;$a_1＜0,q=-1$时,奇数项都相等且小于
零,偶数项都相等且大于零,所以等比数列$\{a_n\}$有最大值,也有最小
值;$a_1＜0,q＜-1$时,因为$|q|＞1$,所以$\{a_n\}$奇数项为负,无最小值,
偶数项为正,无最大值.故选BC.

(2023·全国乙卷) 已知 $ \{ a_n \} $ 为等比数列，$ a_2a_4a_5 = a_3a_6 $，$ a_9a_{10} = -8 $，则 $ a_7 = $$-2$$ $。

答案： $-2$设$\{a_n\}$的公比为$q(q\neq0)$,则$a_2a_4a_5=a_3a_6=a_2q· a_5q$.
显然$a_n\neq0$,则$a_4=q^3$,即$a_1q^3=q^3$,则$a_1q=1$,因为$a_9a_{10}=-8$,
则$a_1q^9· a_1q^9=-8$,则$q^{15}=(q^5)^3=-8=(-2)^3$,则$q^5=-2$,则$a_7=a_1q· q^5=q^5=-2$.

(北师选择性必修二 P33B 组 T3) 设数列 $ \{ a_n \} $ 是由正数组成的等比数列，公比 $ q = 2 $，且 $ a_1a_2a_3 ·s a_{30} = 2^{30} $，那么 $ a_3a_6 ·s a_{30} = $ (C)

A.$ 2^{10} $
B.$ 2^{15} $
C.$ 2^{20} $
D.$ 2^{16} $
点评：本题与教材习题都考查了等比数列的性质的应用；思路方法完全一致，是高考试题源于教材的典例。

答案： C

典例 1 (1)(2025·河南郑州模拟)已知数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ \frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{1}{3} · \frac{1}{a_n} + \frac{2}{3} $，且 $ a_2 = \frac{3}{4} $，则 $ a_{1011} = $ (C)

A.$ \left( \frac{1}{3} \right)^{1011} $
B.$ \frac{3^{1011}}{1 + 3^{1011}} $
C.$ \frac{3^{1010}}{1 + 3^{1010}} $
D.$ \left( \frac{1}{3} \right)^{1010} $

答案：
(1)因为$\frac {1}{a_{n + 1}} = \frac {1}{3} - \frac {1}{a_n} + \frac {2}{3}$，又$a_2 = \frac {3}{4}$，令$n = 1$，可得$\frac {1}{a_2} = \frac {1}{3} × \frac {1}{a_1} + \frac {2}{3}$，解得$a_1 = \frac {1}{2}$，所以$\frac {1}{a_{n + 1}} - 1 = \frac {1}{3}(\frac {1}{a_n} - 1)$，所以数列$\{\frac {1}{a_n} - 1\}$是以$\frac {1}{a_1} - 1 = 1$为首项，$\frac {1}{3}$为公比的等比数列，所以$\frac {1}{a_n} - 1 = 1 × (\frac {1}{3})^{n - 1}$，整理得$a_n = \frac {3^{n - 1}}{1 + 3^{n - 1}}$，故$a_{1 011} = \frac {3^{1 010}}{1 + 3^{1 010}}$。故选C。

(2)在数列 $ \{ a_n \} $ 中，$ a_1 = 14 $，$ \frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}} = \frac{a_n}{2^{n - 1}} - 3 $，则 (B)

A.$ \left\{ \frac{a_n}{2^n} + 3 \right\} $ 是等比数列
B.$ \left\{ \frac{a_n}{2^n} - 3 \right\} $ 是等比数列
C.$ \left\{ \frac{a_n}{2^n} + \frac{3}{2} \right\} $ 是等比数列
D.$ \left\{ \frac{a_n}{2^n} - \frac{3}{2} \right\} $ 是等比数列
角度 2 $ a_{n + 1} = pa_n + qn + c(p \neq 0,1,q \neq 0) $

答案：
(2)由题知$\frac {a_{n + 1}}{2^{n + 1}} = \frac {a_n}{2^n} - 3$，所以$\frac {a_{n + 1}}{2^{n + 1}} - 3 = 2(\frac {a_n}{2^n} - 3)$，又因为$\frac {a_1}{2} - 3 = 4 - 3 = 1 ≠ 0$，所以$\{\frac {a_n}{2^n} - 3\}$是等比数列，且首项为$4$，公比为$2$。故选B。

(2)已知数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和为 $ S_n $，满足 $ S_{n + 1} - 2S_n = 1 - n $，且 $ S_1 = 3 $，则 $ \{ a_n \} $ 的通项公式是.
角度 3 $ a_{n + 1} = pa_n + q^n(p \neq 0,1,q \neq 0,1) $

答案：
(2)$a_n = \begin{cases} 3, & n = 1 \\ 2^{n - 1} + 1, & n \geq 2 \end{cases}$
(2)因为$S_{n + 1} - 2S_n = 1 - n$，所以$S_{n + 1} - (n + 1) = 2(S_n - n)$，且$S_1 - 1 = 2 ≠ 0$，所以$\{S_n - n\}$是以$2$为首项，$2$为公比的等比数列。所以$S_n - n = 2^n$，$S_n = n + 2^n$。所以当$n \geq 2$时，$a_n = S_n - S_{n - 1} = n + 2^n - (n - 1 + 2^{n - 1}) = 2^{n - 1} + 1$，且$a_1 = 3$不满足上式，所以$a_n = \begin{cases} 3, & n = 1 \\ 2^{n - 1} + 1, & n \geq 2 \end{cases}$。