2020版高考数学(理科)大一轮精准复习精练：6.3等比数列及其前n项和含解析

6.3 等比数列及其前n项和
挖命题
【考情探究】
分析解读本节是高考的考查热点,主要考查等比数列的基本运算和性质,等比数列的通项公式和前n项和公式,尤其要注意以数学文化为背景的数列题,题型既有选择题、填空题,也有解答题.考查学生的数学运算和逻辑推理能力以及学生对函数与方程、转化与化归和分类讨论思想的应用.
破考点
【考点集训】
考点一等比数列的通项公式与前n项和公式
1.(2018河南开封一模,5)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且9S3=S6,a2=1,则a1=( )
A. B. C. D.2
答案A
2.(2018陕西延安黄陵中学(重点班)第一次大检测,10)已知公比不为1的等比数列{a n}的前n项和
为S n,且满足a2,2a5,3a8成等差数列,则=( )
A. B. C. D.
答案C
3(2018天津滨海新区七所重点学校联考,11)等比数列{a n}中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则= .
答案-1
考点二等比数列的性质
1.(2018安徽马鞍山第二次教学质量监测,5)已知等比数列{a n}满足a1=1,a3·a5=4(a4-1),则a7的值为( )
A.2
B.4
C.
D.6
答案B
2.(2017福建4月模拟,6)已知递增的等比数列{a n}的公比为q,其前n项和S n<0,则( )
A.a1<0,0<q<1
B.a1<0,q>1
C.a1>0,0<q<1
D.a1>0,q>1
答案A
3.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若=3,则等于( )
A.2
B.
C.
D.3
答案B
炼技法
【方法集训】
方法等比数列的判定与证明
1.下列结论正确的是( )
A.若数列{a n}的前n项和S n=n2+n+1,则{a n}为等差数列
B.若数列{a n}的前n项和S n=2n-2,则{a n}为等比数列
C.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等差数列,则,,也可能构成等差数列
D.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等比数列,则,,一定构成等比数列
答案D
2.(2018河南信阳模拟,17)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=2a n+λ(λ为常数).
(1)试探究数列{a n+λ}是不是等比数列,并求a n;
(2)当λ=1时,求数列{n(a n+λ)}的前n项和T n.
解析(1)因为a n+1=2a n+λ,所以a n+1+λ=2(a n+λ).
又a1=1,
所以当λ=-1时,a1+λ=0,数列{a n+λ}不是等比数列,
此时a n+λ=a n-1=0,即a n=1;
当λ≠-1时,a1+λ≠0,所以a n+λ≠0,
所以数列{a n+λ}是以1+λ为首项,2为公比的等比数列,
此时a n+λ=(1+λ)2n-1,即a n=(1+λ)2n-1-λ.
(2)由(1)知a n=2n-1,所以n(a n+1)=n×2n,
T n=2+2×22+3×23+…+n×2n①,
2T n=22+2×23+3×24+…+n×2n+1②,
-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2.
①-②得:-T n=2+22+23+…+2n-n×2n+1=-
-
所以T n=(n-1)2n+1+2.
过专题
【五年高考】
A组统一命题·课标卷题组
考点一等比数列的通项公式与前n项和公式
1.(2017课标Ⅱ,3,5分)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( )
A.1盏
B.3盏
C.5盏
D.9盏
答案B
2.(2015课标Ⅱ,4,5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( )
A.21
B.42
C.63
D.84
答案B
3.(2018课标Ⅲ,17,12分)等比数列{a n}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{a n}的通项公式;
(2)记S n为{a n}的前n项和.若S m=63,求m.
解析(1)设{a n}的公比为q,由题设得a n=q n-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.
故a n=(-2)n-1或a n=2n-1.
(2)若a n=(-2)n-1,则S n=--.
由S m=63得(-2)m=-188.此方程没有正整数解.
若a n=2n-1,则S n=2n-1.由S m=63得2m=64,解得m=6.
综上,m=6.
考点二等比数列的性质
(2016课标Ⅰ,15,5分)设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为. 答案64
B组自主命题·省(区、市)卷题组
考点一等比数列的通项公式与前n项和公式
1.(2018北京,4,5分)“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.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为( )
A. f
B. f
C. f
D.f
答案D
2.(2017江苏,9,5分)等比数列{a n}的各项均为实数,其前n项和为S n.已知S3=,S6=,则a8= .
答案32
考点二等比数列的性质
1.(2016天津,5,5分)设{a n}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0”的( )
A.充要条件
B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案C
2.(2014广东,13,5分)若等比数列{a n}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则
lna1+lna2+…+lna20= .
答案50
C组教师专用题组
考点一等比数列的通项公式与前n项和公式
1.(2014重庆,2,5分)对任意等比数列{a n},下列说法一定正确的是( )
A.a1,a3,a9成等比数列
B.a2,a3,a6成等比数列
C.a2,a4,a8成等比数列
D.a3,a6,a9成等比数列
答案D
2.(2013课标Ⅱ,3,5分,0.859)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( )
A. B.- C. D.-
答案C
3.(2012课标Ⅰ,5,5分)已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( )
A.7
B.5
C.-5
D.-7
答案D
4.(2017北京,10,5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则= .
答案1
5.(2015湖南,14,5分)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则
a n= .
答案3n-1
6.(2014天津,11,5分)设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.
答案-
7.(2014安徽,12,5分)数列{a n}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= .
答案1
8.(2016四川,19,12分)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N*.
(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{a n}的通项公式;
.
(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=,证明:e1+e2+…+e n>-
-
解析(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,
两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.
所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.
从而a n=q n-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得
2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,
由已知,q>0,故q=2.所以a n=2n-1(n∈N*).
(2)证明:由(1)可知,a n=q n-1.
所以双曲线x2-=1的离心率e n==-.
由e2==,解得q=.
因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以->q k-1(k∈N*).
于是e1+e2+…+e n>1+q+…+q n-1=-
,
-
故e1+e2+…+e n>-
.
-
9.(2015江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.
(1)证明:,,,依次构成等比数列;
(2)是否存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列?并说明理由;
(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列?并说明理由.
解析(1)证明:因为=-=2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,,,依次构成等比数列.
(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).
假设存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列,
则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.
令t=,则1=(1-t)(1+t)3,
且(1+t)6=(1+2t)4-,
化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得
t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-.
显然t=-不是方程t2=t+1的解,矛盾,所以假设不成立,
因此不存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列.
(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列,则(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).
分别在两个等式的两边同除以及,
并令t=-,
则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).
将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),
且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).
化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],
且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].
再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).
令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),
则g'(t)=
-.
令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),
则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].
令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].
令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=>0.
由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,
知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在-和(0,+∞)上均单调.
故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.
所以不存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列.
评析本题考查等差数列的定义、等比数列的运算和综合应用,考查演绎推理、直接证明、间接证明等逻辑思维能力.
10.(2015山东,18,12分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.
(1)求{a n}的通项公式;
(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.
解析(1)因为2S n=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,
当n>1时,2S n-1=3n-1+3,
此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,
所以a n=
-
(2)因为a n b n=log3a n,所以b1=,
当n>1时,b n=31-n log33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=;
当n>1时,
T n=b1+b2+b3+…+b n=+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],
所以3T n=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],
两式相减,得
2T n=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n
-(n-1)×31-n=-,
=+--
--
所以T n=-(n>1).
经检验,n=1时也适合.
综上可得T n=-(n∈N*).
11.(2014课标Ⅱ,17,12分,0.299)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.
(1)证明是等比数列,并求{a n}的通项公式;
(2)证明++…+<.
解析(1)由a n+1=3a n+1得a n+1+=3.
又a1+=,
所以是首项为,公比为3的等比数列.
a n+=,因此{a n}的通项公式为a n=-.
(2)由(1)知=
-
.
因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,
所以
-≤
-
.
于是++…+≤1++…+
-
=-<.
所以++…+<.
评析本题考查了等比数列的定义、数列求和等问题,放缩法求和是本题的难点.
考点二等比数列的性质
1.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则( )
A.a1<a3,a2<a4
B.a1>a3,a2<a4
C.a1<a3,a2>a4
D.a1>a3,a2>a4
答案B
2.(2014大纲全国,10,5分)等比数列{a n}中,a4=2,a5=5,则数列{lga n}的前8项和等于( )
A.6
B.5
C.4
D.3
答案C
3.(2015安徽,14,5分)已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和等于.
答案2n-1
4.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是. 答案4
【三年模拟】
一、选择题(每小题5分,共35分)
1.(2019届山东济南第一中学高三期中考试,7)在等比数列{a n}中,若a3,a7是方程x2+4x+2=0的两根,则a5的值是( )
A.-2
B.-
C.±
D.
答案B
2.(2019届安徽黄山11月“八校联考”,7)设S n是等比数列{a n}的前n项和,S4=5S2,则的值为( )
A.±
B.±2
C.±2或-1
D.±或-1
答案D
3.(2018河南新乡二模,6)在公比为q的正项等比数列{a n}中,a4=4,则当2a2+a6取得最小值时,log2q=( )
A. B.- C. D.-
答案A
4.(2018福建厦门模拟,8)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S n=2n+1+λ,则λ=( )
A.-2
B.-1
C.1
D.2
答案A
5.(2018山东实验中学诊断测试,7)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题:今有牛、马、羊食人苗,苗主责之粟五斗,羊主曰:“我羊食半马.”马主曰:“我马食半牛.”今欲衰偿之,问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗,禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说:“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说:“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比例偿还,他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人应偿还a升,b升,c升,1斗为10升,则下列判断正确的是( )
A.a,b,c依次成公比为2的等比数列,且a=
B.a,b,c依次成公比为2的等比数列,且c=
C.a,b,c依次成公比为的等比数列,且a=
D.a,b,c依次成公比为的等比数列,且c=
答案D
-
6.(2017湖北六校联合体4月模拟,10)在数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a n,则S n=-+-+…+
-
等于( )
A.(2n-1)
B.(1-24n)
C.(4n-1)
D.(1-2n)
答案B
7.(2018湖南湘潭三模,9)已知等比数列{a n}的前n项积为T n,若a1=-24,a4=-,则当T n取最大值时,n 的值为( )
A.2
B.3
C.4
D.6
答案C
二、填空题(每小题5分,共15分)
8.(2019届河北衡水中学高三第一次摸底考试,14)已知数列{a n},若数列{3n-1a n}的前n项和T n=×6n-,则a5的值为.
答案16
9.(2019届广东化州高三第一次模拟考试,16)已知函数f(x)=,数列{a n}为等比数列,a n>0,a1010=1,则f(lna1)+f(lna3)+…+f(lna2019)= .
答案
10.(2017江西仿真模拟,16)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足:a1=1,a2=2,S n+1=a n+2-a n+1(n∈N*),若不等式λS n>a n恒成立,则实数λ的取值范围是.
答案(1,+∞)
三、解答题(共25分)
11.(2019届江西九江高三第一次十校联考,20)已知数列{a n}满足a n+1-a n-1=2(a n+a n-1)(n≥2),a1=1,a2=7,令b n=a n+1+a n.
(1)求证数列{b n}为等比数列,并求{b n}的通项公式;
(2)求数列{a n}的前n项和S n.
解析(1)∵a n+1-a n-1=2(a n+a n-1)(n≥2),
∴a n+1+a n=3(a n+a n-1).
∵b n=a n+1+a n,
∴b n=3b n-1(n≥2),又b1=a2+a1=8≠0,
∴数列{b n}是首项为8,公比为3的等比数列,
∴b n=8·3n-1(n∈N*).
(2)当n为正偶数时,S n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a n-1+a n)=b1+b3+…+b n-1=-
-
=3n-1.
当n为正奇数时,
S n=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a n-1+a n)
=1+b2+b4+…+b n-1
=1+--
-=3n-2.
∴S n=-为正偶数-为正奇数
解后反思(1)证明数列为等比数列时,在运用定义证明的同时还要说明数列中不存在等于零的项,这一点容易被忽视.
(2)数列求和时要根据数列通项公式的特点,选择合适的方法进行求解,求解时要注意确定数列的项数.
12.(2018湖南郴州第二次教学质量检测,17)已知在等比数列{a n}中,a1=1,且a1,a2,a3-1成等差数列.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)若数列{b n}满足b n=2n-1+a n(n∈N*),数列{b n}的前n项和为S n,试比较S n与n2+2n的大小.
解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,
∵a1,a2,a3-1成等差数列,
∴2a2=a1+(a3-1)=a3,∴q==2,
∴a n=a1q n-1=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)知b n=2n-1+a n=2n-1+2n-1,
∴S n=(1+1)+(3+2)+(5+22)+…+(2n-1+2n-1)
=[1+3+5+…+(2n-1)]+(1+2+22+…+2n-1)
=n2+2n-1.
=-·n+-
-
∵S n-(n2+2n)=-1<0,∴S n<n2+2n.
方法点拨利用“分组求和法”求数列前n项和的常见类型有两种:一是通项为两个公比不相等的等比数列的和或差,可以分别用等比数列的求和公式求和后再相加减;二是通项为一个等差数列和一个等比数列的和或差,可以分别用等差数列的求和公式、等比数列的求和公式求和后再相加减.。