1、课标A版高考数学一轮复习63 等比数列及其前n项和附答案6.3等比数列及其前n项和考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.等比数列及其性质理解等比数列的概念;掌握等比数列的通项公式与前n项和公式;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;了解等比数列与指数函数的关系理解2017课标全国,3;2016课标全国,15;2015课标,4选择题填空题解答题2.等比数列前n项和公式掌握2017江苏,9;2014课标,17选择题填空题解答题分析解读1.理解等比数列的概念、掌握等比数列的通项公式和前n项和公式.2.体会等比数列与指数函数的关系.3.求通项公式、求前n项
2、和及等比数列相关性质的应用是高考热点.五年高考考点一等比数列及其性质 1.(2017课标全国,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B2.(2016天津,5,5分)设an是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2na1a2an的最大正整数n的值为.答案12考点二等比数列前n项和公式1.(2013课标全国,3,5分)等比数列an的前n项和为
3、Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=() A. B.- C. D.-答案C2.(2017江苏,9,5分)等比数列an的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=,S6=,则a8=.答案323.(2015安徽,14,5分)已知数列an是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列an的前n项和等于.答案2n-14.(2016四川,19,12分)已知数列an的首项为1,Sn为数列an的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q0,nN*.(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列an的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为en,且e2=,证明:e1+e2+en.解析(
4、1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan对所有n1都成立.所以,数列an是首项为1,公比为q的等比数列.从而an=qn-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,q0,故q=2.所以an=2n-1(nN*).(2)由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线x2-=1的离心率en=.由e2=,解得q=.因为1+q2(k-1)q2(k-1),所以qk-1(kN*).于是e1+e2+en1+q+qn-1=,故
5、e1+e2+en.疑难突破由(1)可得en=,因为不等式左边是e1+e2+en,直接求和不行,利用放缩法得en=qn-1,从而得e1+e2+enq0+q1+qn-1,化简即可.评析本题涉及的知识点比较多,由递推思想推出数列an是等比数列,由等差中项求出q,由放缩法证明不等式成立.综合性较强.5.(2014课标,17,12分)已知数列an满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明是等比数列,并求an的通项公式;(2)证明+.解析(1)由an+1=3an+1得an+1+=3.又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.an+=,因此an的通项公式为an=.(2)由(1)知=.因为当n1时,3
6、n-123n-1,所以.于是+1+=.所以+1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1,所以an=(2)因为anbn=log3an,所以b1=,当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.所以T1=b1=;当n1时,Tn=b1+b2+b3+bn=+13-1+23-2+(n-1)31-n,所以3Tn=1+130+23-1+(n-1)32-n,两式相减,得2Tn=+(30+3-1+3-2+32-n)-(n-1)31-n=+-(n-1)31-n=-,所以Tn=-.经检验,n=1时也适合.综上可得Tn=-.9.(201
7、5江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d0)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(ad,a-2d,d0).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
8、(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=-不是上面方程的解,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+
9、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2kln(1+2t)-ln(1+t)=n2ln(1+t)-ln(1+2t),且3kln(1+3t)-ln(1+t)=n3ln(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)l
10、n(1+t),则g(t)=.令(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t),则(t)=6(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t).令1(t)=(t),则1(t)=63ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t).令2(t)=1(t),则2(t)=0.由g(0)=(0)=1(0)=2(0)=0,2(t)0,知2(t),1(t),(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
11、成等比数列.10.(2013天津,19,14分)已知首项为的等比数列an不是递减数列,其前n项和为Sn(nN*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设Tn=Sn-(nN*),求数列Tn的最大项的值与最小项的值.解析(1)设等比数列an的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2=.又an不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列an的通项公式为an=(-1)n-1.(2)由(1)得Sn=1-=当n为正奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1SnS1=,故0
12、Sn-S1-=-=.当n为正偶数时,Sn随n的增大而增大,所以=S2SnSn-S2-=-=-.综上,对于nN*,总有-Sn-.所以数列Tn最大项的值为,最小项的值为-.11.(2013湖北,18,12分)已知等比数列an满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列an的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得+1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设等比数列an的公比为q,则由已知可得解得或故an=3n-1,或an=-5(-1)n-1.(2)若an=3n-1,则=,故是首项为,公比为的等比数列,从而=1.若an=(-5)(-1)n-1,则=-(-1)n-1,故
13、是首项为-,公比为-1的等比数列,从而=故1.综上,对任何正整数m,总有1.故不存在正整数m,使得+1成立.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点一等比数列及其性质 1.(2018广东广雅中学、东华中学、河南名校第一次联考,7)已知公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn,a1a2a3a4a5=,且a2,a4,a3成等差数列,则S5=()A. B. C. D.答案D2.(2018云南玉溪模拟,7)等比数列an中,a1=512,公比q=-,记n=a1a2an(即n表示数列an的前n项之积),8,9,10,11中,值为正数的个数是()A.1 B.2 C.3 D.4答案B3.(2017福建4
14、月模拟,6)已知递增的等比数列an的公比为q,其前n项和Sn0,则()A.a10,0q1 B.a11C.a10,0q0,q1答案A4.(2016福建厦门一中期中,4)已知数列an为等比数列,且a1a13+2=4,则tan(a2a12)的值为()A. B.- C. D.-答案A考点二等比数列前n项和公式5.(2017河北衡水中学高三上学期第三次调研,4)等比数列an的前n项和为Sn,已知a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为,则S5=()A.29 B.31 C.33 D.36答案B6.(2018江西新余第一中学四模,14)等比数列an的前n项和为Sn,Sn=b(-2)n-1-a,则=.答案
15、-7.(2017江西吉安一中期中,15)已知正项等比数列an满足log2an+2-log2an=2,且a3=8,则数列an的前n项和Sn=.答案2n+1-2B组20162018年模拟提升题组(满分:50分时间:40分钟)一、选择题(每小题5分,共20分) 1.(2018湖北荆州一模,9)已知数列an是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列bn的连续三项,则的值为()A. B.4 C.2 D.答案A2.(2017河南洛阳期中,11)已知数列Sn为等比数列an的前n项和,S8=2,S24=14,则S2 016=() A.2252-2 B.2253-2C.21 008-2 D.22 01
16、6-2答案B3.(2017江西南昌摸底考试,11)设等比数列an的公比为q,其前n项之积为Tn,并且满足条件:a11,a2 016a2 0171,0,给出下列结论:(1)0q0;(3)T2 016是数列Tn中的最大项;(4)使Tn1成立的最大自然数等于4 031,其中正确的结论为()A.(2)(3) B.(1)(3)C.(1)(4) D.(2)(4)答案B4.(2016江西名校学术联盟调研三,7)已知等比数列an的各项都为正数,其前n项和为Sn,且a1+a7=9,a4=2,则S8=()A.15(1+) B.15C.15(-1)或15 D.15(1+)或15答案D二、填空题(每小题5分,共15分
17、)5.(2018广东广州第一次调研,14)在各项都为正数的等比数列an中,若a2 018=,则+的最小值为.答案46.(2018湖北黄石第三中学阶段性检测,15)下表给出一个“三角形数阵”:,已知每一列的数成等差数列,从第三行起,每一行的数成等比数列,每一行的公比都相等.记第i行第j列的数为ai-j,则(1)a8-3=;(2)前20行中这个数共出现了次.答案(1)(2)47.(2017江西仿真模拟,16)已知数列an的前n项和为Sn,且满足:a1=1,a2=2,Sn+1=an+2-an+1(nN*),若不等式Snan恒成立,则实数的取值范围是.答案1三、解答题(共15分)8.(2017湖南郴州
18、第一次教学质量检测,19)已知数列an的首项a1=1,且an+1=(nN*).(1)证明:数列是等比数列;(2)若bn=-,求数列bn的前n项和Sn.解析(1)证明:an+1=,=+,-=.又a1=1,-=,数列是以为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)知,-=,即=+.bn=-=.于是Sn=+,Sn=+,-得,Sn=+-=-=1-,则Sn=2-=2-,数列bn的前n项和Sn=2-.C组20162018年模拟方法题组方法1等比数列基本运算的解题技巧1.(2017福建漳州八校2月联考,3)等比数列an的前n项和为Sn,若S3=2,S6=18,则等于() A.-3 B.5 C.-31 D.33答
19、案D2.(2017山西运城康杰中学模拟(2),7)已知an是各项均为正数的等比数列(公比q1),bn=log2an,b1+b2+b3=3,b1b2b3=-3,则an=()A.22n-3 B.25-2nC.22n-5 D.22n-3或25-2n答案A方法2等比数列的判定与证明3.(2016河南洛阳期中模拟,5)下列结论正确的是()A.若数列an的前n项和Sn=n2+n+1,则an为等差数列B.若数列an的前n项和Sn=2n-2,则an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D4.(2018湖北八校第一次联考,17)已知数列an满足a1=1,a2=4,an+2=4an+1-4an.(1)求证:an+1-2an为等比数列;(2)求数列an的通项公式.解析(1)证明:由an+2=4an+1-4an得an+2-2an+1=2an+1-4an=2(an+1-2an),=2,又a2-2a1=20,an+1-2an是等比数列.(2)由(1)可得an+1-2an=2n-1(a2-2a1)=2n,-=,是首项为,公差为的等差数列,=,an=n2n-1.
