2018年高考数学文热点题型和提分秘籍 专题24 等比数列

1．理解等比数列的概念
2．掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式
3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题 4．了解等比数列与指数函数的关系
热点题型一 等比数列的基本运算
例1、已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18。

(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由。

故数列{a n }的通项公式为a n ＝3(－2)n －
1。

(2)由(1)有S n ＝
3·[1－－n
]
1－－＝1－(－2)n 。

若存在n ，使得S n ≥2 013，
则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012。

当n 为偶数时，(－2)n ＞0.上式不成立；
当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012， 即2n ≥2 012，则n ≥11。

综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}。

【提分秘籍】
1．对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用。

2．在涉及等比数列前n 项和公式时要注意对公比q 是否等于1进行判断和讨论。

【举一反三】
设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和。

已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝__________。

【答案】31
4
热点题型二 等比数列的判定与证明
例2、已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝2
3a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n
为正整数。

(1)对任意实数λ，证明：数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论。

(2)因为b n ＋1＝(－1)n ＋1a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1⎝⎛⎭⎫23a n －2n ＋14＝－23(－1)n (a n －3n ＋21)＝－23b n 。

又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时， b n ＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列； 当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，
由b n ＋1＝－2
3
b n 。

可知b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－2
3
(n ∈N *)。

故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－2
3为公比的等比数列。

【提分秘籍】
证明数列{a n }是等比数列常用的方法：一是定义法，证明a n
a n －1
＝q (n ≥2，q 为常数)；二是等比中项法，
证明a 2n ＝a n －1·
a n ＋1。

若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法。

【举一反三】
设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对于任意的正整数n 都有S n ＝2a n －3n ，设b n ＝a n ＋3，求证：数列{b n }是等比数列，并求a n 。

证明：由S n ＝2a n －3n 对于任意的正整数都成立， 得S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，
两式相减，得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－3(n ＋1)－2a n ＋3n ， 所以a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3，即a n ＋1＝2a n ＋3， 所以a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，即b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3
a n ＋3
＝2对一切正整数都成立，所以数列{b n }是等比数列。

由已知得：S 1＝2a 1－3，
即a 1＝2a 1－3，所以a 1＝3，所以b 1＝a 1＋3＝6，即b n ＝6·2n －
1。

故a n ＝6·2n －
1－3＝3·2n －3。

热点题型三 等比数列的性质及其应用
例3．(1)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．8－4 2
(2)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( ) A ．80 B ．30 C ．26 D ．16
(2)由等比数列性质得，
S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n 成等比数列， 则(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )，
所以(S 2n －2)2＝2×(14－S 2n )。

又S 2n >0，得S 2n ＝6， 又(S 3n －S 2n )2＝(S 2n －S n )(S 4n －S 3n )，
所以(14－6)2＝(6－2)(S 4n －14)。

解得S 4n ＝30。

【提分秘籍】
等比数列的性质可以分为三类： ①通项公式的变形， ②等比中项的变形，
③前n 项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口。

【举一反三】 在等比数列中，已知
a 1a 3
8a 15＝243，则a 39a 11
的值为(
)
A ．3
B ．9
C ．27
D ．
81
【答案】
B
【2016高考天津文数】(本小题满分13分)
已知{}n a 是等比数列，前n 项和为()n S n N ∈*，且6123
112
,63S a a a -==. (Ⅰ)求{}n a 的通项公式；
(Ⅱ)若对任意的,b n n N ∈*是2log n a 和21log n a +的等差中项，求数列()
{}
21n
n b -的前2n 项和.
【答案】（Ⅰ）12-=n n a （Ⅱ）22n 【解析】
（Ⅰ）解：设数列}{n a 的公比为，由已知，有
2
1112
11q a q a a =
-，解得2,1q q ==-或.又由6
611631q S a q
-=⋅=-，知1-≠q ，所以61126312a -⋅
=-，得11=a ，所以12-=n n a . （Ⅱ）解：由题意，得2
1
)2log 2(log 21)log (log 21212122-=+=+=-+n a a b n n n n n ，即}{n b 是首项为
2
1
，公差为的等差数列. 设数列})1{(2
n n b -的前项和为n T ，则
2212212221224232221222
)
(2)()()(n b b n b b b b b b b b b T n n n n n =+=
+⋅⋅⋅++=+-+⋅⋅⋅++-++-=-
【2015高考广东，文13】若三个正数，，成等比数列，
其中5a =+
5c =-则b = ． 【答案】1
【解析】因为三个正数，，成等比数列，
所以(
2
551b ac ==+-=，因为0b >，所以1b =，
所以答案应填：1．
【2015高考新课标1，文13】数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则
n = .
【答案】
6
1．（2014·重庆卷）对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( )
A ．a 1，a 3，a 9成等比数列
B ．a 2，a 3，a 6成等比数列
C ．a 2，a 4，a 8成等比数列
D ．a 3，a 6，a 9，成等比数列 【答案】D
【解析】因为在等比数列中a n ，a 2n ，a 3n ，…也成等比数列，所以a 3，a 6，a 9成等比数列．
2．（2014·安徽卷）数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝________.
【答案】1
【解析】因为数列{a n}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.
3．（2014·广东卷）若等比数列{a n}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．
【答案】50
【解析】本题考查了等比数列以及对数的运算性质．∵{a n}为等比数列，且a10a11＋a9a12＝2e5，
∴a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10a11＝e5，
∴ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝
ln(a10a11)10＝ln(e5)10＝ln e50＝50.
4．（2014·全国卷）等比数列{a n}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg a n}的前8项和等于()
A．6 B．5
C．4 D．3
【答案】C
5．（2014·湖北卷）已知等差数列{a n}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{a n}的通项公式．
(2)记S n为数列{a n}的前n项和，是否存在正整数n，使得S n>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设数列{a n}的公差为d，
依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，a n＝2；
当d＝4时，a n＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n<60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝
n[2＋（4n －2）]
2
＝2n 2.
令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；
当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41. 6．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1. (1)证明⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；
(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜3
2
.
(2)证明：由(1)知1a n ＝2
3n －1
.
因为当n≥1时，3n －1≥2×3n －
1，
所以13n －1≤12×3
n －1，即1a n ＝23n
－1≤13n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝3
2⎝⎛⎭⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <3
2
.
7．（2014·山东卷） 已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n
－1
4n
a n a n ＋1
，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×1
2×2＝2a 1＋2，
S 4＝4a 1＋4×3
2
×2＝4a 1＋12，
由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知， b n ＝(－1)n －1
4n
a n a n ＋1
＝(－1)n
－1
4n
（2n －1）（2n ＋1）
＝(－1)n －
1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.
当n 为偶数时，
T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋1
5＋…＋⎝⎛12n －3＋
⎭⎫12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1 ＝1－1
2n ＋1
＝2n
2n ＋1
. 当n 为奇数时，
T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭
⎫13＋1
5＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭
⎫12n －1＋12n ＋1 ＝1＋1
2n ＋1
＝2n ＋2
2n ＋1
. 所以T n
＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n
2n ＋1
，n 为偶数.⎝ ⎛⎭
⎪⎫或T n
＝
2n ＋1＋（－1）
n －1
2n ＋1
8.（2014·陕西卷）△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c. (1)若a ，b ，c 成等差数列，证明：sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C)； (2)若a ，b ，c 成等比数列，求cos B 的最小值．
(2)∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac.
由余弦定理得
cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－ac 2ac ≥2ac －ac 2ac ＝1
2，
当且仅当a ＝c 时等号成立， ∴cos B 的最小值为1
2
.
9．（2014·天津卷）设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为________．
【答案】－12
【解析】∵S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1＋4×3
2×(－1)＝4a 1－6，S 1，S 2，S 4成等比数列，
∴ (2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－1
2
.
10．（2014·天津卷）已知q 和n 均为给定的大于1的自然数．设集合M ＝{0，1，2，…，q －1}， 集合A ＝{x|x ＝x 1＋x 2q ＋…＋x n q n －
1，x i ∈M ，i ＝1，2，…，n}．
(1)当q ＝2，n ＝3时，用列举法表示集合A.
(2)设s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －
1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n －
1，其中a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n.证
明：若a n <b n ，则s<t.
【解析】(1)当q ＝2，n ＝3时，M ＝{0，1}，A ＝{x|x ＝x 1＋x 2·2＋x 3·22，x i ∈M ，i ＝1，2，3}，可得A ＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．
(2)证明：由s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n q n －
1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n q n －
1，a i ，b i ∈M ，i ＝1，2，…，n
及a n <b n ，可得
s －t ＝(a 1－b 1)＋(a 2－b 2)q ＋…＋(a n －1－b n －1)q n －
2＋(a n －b n )q n －
1
≤(q －1)＋(q －1)q ＋…＋(q －1)q n －
2－q n －
1
＝（q －1）（1－q n －
1）1－q
－q n －1
＝－1<0， 所以s<t.
11．（2013·新课标全国卷Ⅰ）若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋1
3，则{a n }的通项公式是a n ＝________．
【答案】(－2)n
－1
12．（2013·北京卷）已知{a n}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为A n，第n项之后各项a n＋1，a n＋2，…的最小值记为B n，d n＝A n－B n.
(1)若{a n}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，a n＋4＝a n)，写出d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数，证明：d n＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{a n}是公差为d的等差数列；
(3)证明：若a1＝2，d n＝1(n＝1，2，3，…)，则{a n}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.
【解析】(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(2)(充分性)因为{a n}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤a n≤….
因此A n＝a n，B n＝a n＋1，d n＝a n－a n＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．
(必要性)因为d n＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以A n＝B n＋d n≤B n.
又因为a n≤A n，a n＋1≥B n，
所以a n≤a n＋1.
于是，A n＝a n，B n＝a n＋1.
因此a n＋1－a n＝B n－A n＝－d n＝d，
即{a n}是公差为d的等差数列．
所以A n＝2.
故B n ＝A n －d n ＝2－1＝1.
因此对于任意正整数n ，存在m 满足m>n ，且a m ＝1，即数列{a n }有无穷多项为1
1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 2＋a 2，S 3成等差数列，则数列{a n }的公比为( ) A ．1 B ．2 C.1
2
D ．3 【解析】因为S 1，S 2＋a 2，S 3成等差数列，所以2(S 2＋a 2)＝S 1＋S 3,2(a 1＋a 2＋a 2)＝a 1＋a 1＋a 2＋a 3，a 3＝3a 2，q ＝3。

选D 。

【答案】D
2．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A ．12 B ．10 C ．8 D ．2＋log 35
【答案】B
3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n
a n ＝( )
A ．4n －
1 B ．4n －1
C ．2n －
1 D ．2n －1
【解析】∵⎩⎨⎧
a 1＋a 3＝
52
a 2
＋a 4
＝5
4
，
∴⎩⎨⎧
a 1
＋a 1q 2
＝5
2，a 1
q ＋a 1q 3
＝5
4
，
由(1)除以(2)可得1＋q 2q ＋q
3＝2，解得q ＝1
2， 代入(1)得a 1＝2，∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n ， ∴S n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12
＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ，
∴S n a n ＝4⎝⎛⎭
⎫1－12n 4
2n ＝2n －1，选D 。

【答案】D
4．在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，则S 6＝( ) A.63
4 B ．16 C ．1
5 D.
614
【答案】A
5．已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q ，则q 的一个可能的值是( ) A.52 B.12 C ．2 D.32
【解析】由题意可设三角形的三边分别为a q ，a ，aq ，因为三角形的两边之和大于第三边，所以有a
q ＋a
＞aq ，即q 2－q －1＜0(q ＞1)，解得1＜q ＜1＋52，所以q 的一个可能值是3
2
，故选D 。

6．正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在a m ，a n ，使得a m a n ＝16a 21，则1m ＋4
n 的最小值为( ) A.256 B.134 C.73 D.32
【解析】由a 3＝a 2＋2a 1得q 2＝q ＋2，∴q ＝2(q ＝－1舍去)，
由a m a n ＝16a 21得2
m －
12n －
1＝16， 因为m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6， 所以1m ＋4n ＝
m ＋n 6⎝⎛⎭⎫
1m ＋4n ＝1
6⎝⎛⎭⎫1＋4＋n m ＋4m n ≥1
6⎝
⎛⎭⎫5＋2n m ·4m n ＝32。

【答案】D
7．在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 4＝16，则数列{a n }的通项公式a n ＝__________，设b n ＝log 2a n ，则数列{b n }的前n 项和S n ＝__________。

【解析】由题意得公比q 3＝a 4a 1＝8，q ＝2，a n ＝2·2n －
1＝2n 。

因此b n ＝n ，S n ＝
n n ＋2。

【答案】2n
n
n ＋2
8．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＝S 5，则S 2 014＝__________。

【解析】根据数列前n 项和的定义知S 5＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝a 5，故a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，即a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋q )(1＋q 2)＝0，从而1＋q ＝0，q ＝－1，所以这个等比数列的相邻两项的和都是0，所以S 2 014＝0。

【答案】0
9．在各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值是__________。

【答案】8
10．在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81。

(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n 。

【解析】(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1q ＝3
a 1q 4＝81，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝1q ＝3。

因此，a n ＝3n －
1。

(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1， 所以数列{b n }的前n 项和S n ＝
n
b 1＋b n 2＝n 2－n
2。

11．在等比数列{a n }中，其前n 项和为S n ，已知a 3＝32，S 3＝9
2。

(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)是否存在正整数n ，使得S n －S n ＋2＝3
32成立，若存在，求出n 的值，若不存在，请说明理由。

【解析】(1)设等比数列的公比为q ， 依题意，有a 1q 2＝32，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝9
2，
解得a 1＝32，q ＝1或a 1＝6，q ＝－1
2
，
故数列{a n }的通项公式为a n ＝32或a n ＝6·⎝⎛⎭⎫－12n －1； (2)假设存在正整数n ，使得S n －S n ＋2＝3
32成立，
①当a 1＝32，q ＝1时，由S n －S n ＋2＝3
32
⇒32n －32(n ＋2)＝3
32
，无解； ②当a 1＝6，q ＝－12时，S n ＝4⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n ， 由S n －S n ＋2＝332
⇒⎝⎛⎭⎫－12n ＝－1
32
⇒n ＝5， 综合①②知，存在正整数n ＝5，使得S n －S n ＋2＝3
32
成立。

12．在数列{a n }中，a 1＝－1
2，2a n ＝a n －1－n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝a n ＋n 。

(1)证明：数列{b n }是等比数列；
(2)求数列{nb n }的前n 项和T n ；
(3)若c n ＝⎝⎛⎭⎫12n －a n ，P n
为数列{c 2
n ＋c n ＋1
c 2n ＋c n
}的前n 项和，求不超过P 2 014的最大的整数。

故数列{b n }是公比为12的等比数列，其首项为b 1＝a 1＋1＝－12＋1＝1
2
，所以b n ＝⎝⎛⎭⎫12n 。

(2)nb n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝n 2
n 。

T n ＝12＋222＋323＋4
24＋…＋n －12n －1＋n 2n 。

①
12T n ＝122＋223＋324＋425＋…＋n －12n ＋n
2
n 1。

② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，
所以T n ＝2－n ＋2
2
n 。