届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编63 等比数列及其前n项和.docx
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届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编63等比数列及其前n项和
§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
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
理解
2017课标全国Ⅱ,3;
2016课标全国Ⅰ,15;
2015课标Ⅱ,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Ⅱ,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.（2016天津,5,5分）设{an}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
3.（2015课标Ⅱ,4,5分）已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=（ ）
A.21B.42C.63D.84
答案 B
4.（2017北京,10,5分）若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则= .
答案 1
5.（2016课标全国Ⅰ,15,5分）设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为 .
答案 64
6.（2015湖南,14,5分）设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an= .
答案 3n-1
教师用书专用（7—13）
7.（2013江西,3,5分）等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于（ ）
A.-24B.0C.12D.24
答案 A
8.（2013福建,9,5分）已知等比数列{an}的公比为q,记bn=am（n-1）+1+am（n-1）+2+…+am（n-1）+m,cn=am（n-1）+1·am（n-1）+2·…·am（n-1）+m（m,n∈N*）,则以下结论一定正确的是（ ）
A.数列{bn}为等差数列,公差为qm
B.数列{bn}为等比数列,公比为q2m
C.数列{cn}为等比数列,公比为
D.数列{cn}为等比数列,公比为
答案 C
9.（2014广东,13,5分）若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则lna1+lna2+…+lna20= .
答案 50
10.（2014天津,11,5分）设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为 .
答案 -
11.（2014江苏,7,5分）在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是 .
答案 4
12.（2014安徽,12,5分）数列{an}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
13.（2013江苏,14,5分）在正项等比数列{an}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+an>a1a2…an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Ⅱ,3,5分）等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=（ ）
A.B.-
C.D.-
答案 C
2.（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 32
3.（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-1
4.（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q>0,n∈N*.
（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
（1）由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,
两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故an+1=qan对所有n≥1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,q>0,故q=2.所以an=2n-1（n∈N*）.
（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（k∈N*）.
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=,
故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+…+en>q0+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Ⅱ,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n≥1时,3n-1≥2×3n-1,
所以≤.
于是++…+≤1++…+=<.
所以++…+<.
教师用书专用（6—11）
6.（2013北京,10,5分）若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q= ;前n项和Sn= .
答案 2;2n+1-2
7.（2013辽宁,14,5分）已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .
答案 63
8.（2015山东,18,12分）设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.
（1）求{an}的通项公式;
（2）若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.
解析
（1）因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,
当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,
此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,
所以an=
（2）因为anbn=log3an,
所以b1=,
当n>1时,bn=31-nlog33n-1=（n-1）·31-n.
所以T1=b1=;
当n>1时,
Tn=b1+b2+b3+…+bn=+[1×3-1+2×3-2+…+（n-1）×31-n],
所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+（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.（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+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.
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（n∈N*）,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-（n∈N*）,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1当n为正偶数时,Sn随n的增大而增大,所以=S2≤Sn<1,
故0>Sn-≥S2-=-=-.
综上,对于n∈N*,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 2016—2018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 D
2.（2018云南玉溪模拟,7）等比数列{an}中,a1=512,公比q=-,记Πn=a1×a2×…×an（即Πn表示数列{an}的前n项之积）,Π8,Π9,Π10,Π11中,值为正数的个数是（ ）
A.1B.2C.3D.4
答案 B
3.（2017福建4月模拟,6）已知递增的等比数列{an}的公比为q,其前n项和Sn<0,则（ ）
A.a1<0,01
C.a1>0,00,q>1
答案 A
4.（2016福建厦门一中期中,4）已知数列{an}为等比数列,且a1a13+2=4π,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.29B.31C.33D.36
答案 B
6.（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 -
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+1-2
B组 2016—2018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.4C.2D.
答案 A
2.（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S2016=（ ）
A.2252-2B.2253-2
C.21008-2D.22016-2
答案 B
3.（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:
a1>1,a2016a2017>1,<0,给出下列结论:
（1）0（2）a2016a2018-1>0;（3）T2016是数列{Tn}中的最大项;（4）使Tn>1成立的最大自然数等于4031,其中正确的结论为（ ）
A.
（2）（3）B.
（1）（3）
C.
（1）（4）D.
（2）（4）
答案 B
4.（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.15
C.15（-1）或15D.15（1+）或15
答案 D
二、填空题（每小题5分,共15分）
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a2018=,则+的最小值为 .
答案 4
6.（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）4
7.（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（n∈N*）,若不等式λSn>an恒成立,则实数λ的取值范围是 .
答案 λ>1
三、解答题（共15分）
8.（2017湖南郴州第一次教学质量检测,19）已知数列{an}的首项a1=1,且an+1=（n∈N*）.
（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=+++…+,①
Sn=++…++,②
①-②得,Sn=++…+-=-=1--,则Sn=2--=2-,
∴数列{bn}的前n项和Sn=2-.
C组 2016—2018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.-3B.5C.-31D.33
答案 D
2.（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q>1）,bn=log2an,b1+b2+b3=3,b1b2b3=-3,则an=（ ）
A.22n-3B.25-2n
C.22n-5D.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 D
4.（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=2≠0,∴{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=n·2n-1.
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