2020年领军高考数学(理)一轮必刷题等比数列及其前n项和(解析版)
考点30 等比数列及其前n 项和1、设数列{a n }满足2a n ＝a n ＋1(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( )A.152 B ．154C ．4D ．2【答案】A【解析】由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 1－241－2a 1×2＝152.故选A.2、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等于( ) A.152 B ．314C.334 D ．172【答案】B【解析】设数列{a n }的公比为q ，则显然q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 1－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 1－q 51－q＝4⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝314.3、已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( )A ．－13B ．13C ．－12D ．12【答案】A【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13.4、在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝3，a 9＝a 2a 3a 4，则公比q 的值为( ) A.2 B ．3 C ．2 D ．3【答案】D【解析】由a 9＝a 2a 3a 4得a 1q 8＝a 31q 6，所以q 2＝a 21.因为等比数列{a n }的各项都为正数，所以q ＝a 1＝3.5、已知数列1，a 1，a 2,9是等差数列，数列1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，则b 2a 1＋a 2的值为( )A.710 B ．75C.310 D ．12【答案】C【解析】因为1，a 1，a 2,9是等差数列，所以a 1＋a 2＝1＋9＝10.又1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，所以b 22＝1×9＝9，因为b 21＝b 2＞0，所以b 2＝3，所以b 2a 1＋a 2＝310.6、在等比数列{a n }中，a 5a 11＝3，a 3＋a 13＝4，则a 15a 5＝( )A ．3B ．－13C ．3或13D ．－3或－13【答案】C【解析】根据等比数列的性质得⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 52＝3，a 3＋q 10＝4，化简得3q 20－10q 10＋3＝0，解得q 10＝3或13，所以a 15a 5＝a 5q 10a 5＝q 10＝3或13. 7、古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10【答案】B【解析】设该女子第一天织布x 尺，则x －251－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8.8、已知各项均是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12B ．5＋12C ．－5－12D ．5－12或5＋12【答案】B【解析】设{a n }的公比为q (q ＞0)．由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.从而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.9、已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15【答案】A【解析】因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }是公比q ＝3的等比数列， 所以a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.所以a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝9×33＝35. 所以log 1335＝－log 335＝－5.10、在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．故选B.11、在等比数列{a n }中，a n ＞0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2·…·a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( )A ．2B ．4C ．8D ．16【答案】A【解析】由分数的性质得到1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋a 7＋a 2a 7a 2＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.因为a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5，所以原式＝a 1＋a 2＋…＋a 8a 4a 5＝4a 4a 5，又a 1a 2·…·a 8＝16＝(a 4a 5)4，a n ＞0，∴a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝2.12、已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn .若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( ) A ．512 B ．256 C ．81 D ．16 【答案】A【解析】由题意知，a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 35＝8，Ⅱ9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)·(a 3a 7)(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Ⅱ9＝83＝512.13、已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的取值范围是( )A ．[12,16]B ．⎣⎡⎦⎤8，323 C.⎣⎡⎭⎫8，323 D ．⎣⎡⎦⎤163，323【答案】C【解析】因为{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，所以q 3＝a 5a 2＝18，q ＝12，a 1＝4，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝a 1a 2－q 2n 1－q2＝323(1－q 2n )∈⎣⎡⎭⎫8，323，故选C. 14、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 ，a 2n －1＋a 2n ＜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【解析】若对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0，则a 1＋a 2＜0，又a 1＞0，所以a 2＜0，所以q ＝a 2a 1＜0.若q ＜0，可取q ＝－1，a 1＝1，则a 1＋a 2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0.所以“q ＜0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0”的必要而不充分条件，故选C.15、已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值为( ) A ．126 B ．130 C ．132 D ．134【答案】C【解析】设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由题意可知，lg a 3＝b 3，lg a 6＝b 6.又b 3＝18，b 6＝12，则a 1q 2＝1018，a 1q 5＝1012，∴q 3＝10－6，即q ＝10－2，∴a 1＝1022.∵{a n }为正项等比数列，∴{b n }为等差数列，且公差d ＝－2，b 1＝22，故b n ＝22＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋24.∴数列{b n }的前n 项和S n ＝22n ＋nn －2×(－2)＝－n 2＋23n ＝－⎝⎛⎭⎫n －2322＋5294.又n ∈N *，故n ＝11或12时，(S n )m a x ＝132. 16、设数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝( ) A ．15 B ．60 C ．63 D ．72【答案】B【解析】由数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，得数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)1＝n ＋2.由数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，得数列{b n }的通项公式为b n ＝b 1q n －1＝2n －1，所以ba n ＝2n＋1，所以ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝22＋23＋24＋25＝－241－2＝60.17、已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n ，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________.【答案】1 024【解析】∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2，∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2，∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.18、已知{a n }为等比数列，且a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝18.若a n ＝12，则n ＝________.【答案】 9【解析】设{a n }的公比为q ，由a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝(a 3＋a 6)q ＝18，解得q ＝12，由a 1(q 2＋q 5)＝36得a 1＝128，进而a n ＝128·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －8.由a n ＝12，解得n ＝9. 19、设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2·…·a n 的最大值为________． 【答案】64【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2·…·a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n －n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498， 结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2·…·a n 的最大值为26＝64.20、设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝________. 【答案】15【解析】由题意得a n ＝(－2)n －1，所以a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝1＋|－2|＋(－2)2＋|(－2)3|＝15.21、已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5.对任意的m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m 的项的个数记为b m ，则数列{b m }的前m 项和S m ＝________. 【答案】72m ＋1－748【解析】设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n .由T 5＝105，a 10＝2a 5，得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋－2d ＝105，a 1＋9d ＝a 1＋4d ，解得a 1＝7，d ＝7，因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)．对任意的m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m ，则n ≤72m－1.因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7，公比为49的等比数列，故S m ＝－49m1－49＝2m－48＝72m ＋1－748.22、已知等差数列{a n }的公差d ＞0，且a 2，a 5－1，a 10成等比数列，若a 1＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋n ＋32a n ＋1的最小值为________．【答案】203【解析】由于a 2，a 5－1，a 10成等比数列，所以(a 5－1)2＝a 2·a 10，(a 1＋4d －1)2＝(a 1＋d )·(a 1＋9d )，又a 1＝5，所以d ＝3，所以a n ＝5＋3(n －1)＝3n ＋2，S n ＝na 1＋nn －2d ＝5n ＋32n (n －1)，所以2S n ＋n ＋32a n ＋1＝3n 2＋8n ＋323n ＋3＝13[3(n ＋1)＋27n ＋1＋2]≥203，当且仅当3(n ＋1)＝27n ＋1，即n ＝2时等号成立． 23、设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.【答案】(1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2. (2) 22n ＋1＋13【解析】(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2(2－1)＝2n －2.当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)∵a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝－4n1－4＝n－3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋n－3＝22n ＋1＋13.24、已知数列{a n }满足a 1＝8999，a n ＋1＝10a n ＋1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，求证：T n ＜12. (1)【解】由a n ＋1＝10a n ＋1，得a n ＋1＋19＝10a n ＋109＝10⎝⎛⎭⎫a n ＋19，所以a n ＋1＋19a n ＋19＝10，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，首项为a 1＋19＝100，公比为10.所以a n ＋19＝100×10n －1＝10n ＋1，所以a n ＝10n ＋1－19.(2)【证明】由(1)可得b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19＝lg 10n ＋1＝n ＋1， 所以1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＜12， 所以T n ＜12.25、设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．(1) 【解】当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1， 即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1， 解得a 4＝78.(2)【证明】由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ∈N *)．∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n a n ＋1－a n＝12. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．26、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)若S 5＝3132，求λ.【答案】(1)11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1(2) －1【解析】(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.27已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19. (1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 【答案】(1) 3n (2) 13[(－2)n －1]【解析】(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19， ∴b 1＝1，∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列， ∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .(2)设C n ＝b n cos(a n π)，由(1)得C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，则C n ＋1＝(－1)n ＋12n ，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1，∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列． ∴T n ＝－1×[1－－n]1－－＝13[(－2)n －1]． 28、已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m ≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．【答案】(1) －5·(－1)n －1. (2) 见解析【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1.故a n ＝53·3n －1，或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35·⎝⎛⎭⎫13n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列 ，从而∑n ＝1m 1a n ＝35·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m 1－13＝910·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m ＜910＜1. 若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15， m ＝2k －k ∈N *，0， m ＝2k k ∈N *故∑n ＝1m1a n＜1. 综上，对任意正整数m ，总有∑n ＝1m1a n＜1. 故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．。
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A2.(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C3(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.2B.4C.D.6答案B2.(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<1B.a1<0,q>1C.a1>0,0<q<1D.a1>0,q>1答案A3.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若=3,则等于( )A.2B.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D2.(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B2.(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.21B.42C.63D.84答案B3.(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64B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. fB. fC. fD.f答案D2.(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C2.(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50C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D2.(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C3.(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.7B.5C.-5D.-7答案D4.(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15.(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-16.(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18.(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<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4答案B2.(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.6B.5C.4D.3答案C3.(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-14.(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.-2B.-C.±D.答案B2.(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.±2C.±2或-1D.±或-1答案D3.(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A4.(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.-2B.-1C.1D.2答案A5.(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B7.(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.2B.3C.4D.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169.(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.。
决战2020年高考数学(理)数列专题：等比数列(等比数列的通项与性质)(解析版)
数列等比数列（等比数列的通项与性质）一、具体目标：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. 二、知识概述： 1、等比数列的概念（1）如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项之比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，用q 表示 ( 0q ≠)． （2）等比数列的通项公式为11n n a a q-=，通项公式还可以写成1nn a a q q=⋅，它与指数函数x y a =有着密切的联系，从而可以利用指数函数的性质来研究等比数列．（3）如果,,a G b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，且2G ab =， 进而可知与等比数列中的任一项“等距离”的两项之积等于该项的平方，即在等比数列{}n a 中，2n n k n k a a a -+=⋅．（4）等比数列的前n 项和的公式为11(1)(1)1(1)n n a q q S q na q ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩或 11(1)1(1)n n a a qq q S na q -⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩ , 等比数列中没有“0”的项。
用等比数列求和公式解题时，注意1q ≠与1q =两个不同的条件．2.等比数列的判定等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若1n n a q a +=（*0,q n ≠∈N ）或1nn a q a -=【考点讲解】（*0,2,q n n ≠≥∈N ），数列{}n a 是等比数列；（2）等比中项公式法，若数列{}n a 中，0n a ≠且212n n n a a a --=⋅（*3,n n ≥∈N ），则数列{}n a 是等比数列. 3.等比数列的性质（1）在等比数列{}n a 中，n kn k a a q-=（*,n k N ∈）（2）在等比数列{}n a 中，如果两项的序号和与另两项的序号和相等，那么，它们所对应的积相等，即若m n k l +=+（*,,,m n k l N ∈），则m n k l a a a a ⋅=⋅． （3）在等比数列{}n a 中，依次k 个项之和仍组成一个等比数列，即k S 是前k 项之和，则k S ，2k k S S -，32k k S S -，…，(1)mk m k S S --，…，也是等比数列．（4）对于正项等比数列{}n a ，取lg n n b a =，则{}n b 即为等差数列。
2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题29 等差数列及其前n项和(解析版)
考点29 等差数列及其前n 项和1、记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝( )A.12 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B【解析】由S 33－S 22＝1，得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝1，即a 1＋d －⎝⎛⎭⎫a 1＋d 2＝1，∴d ＝2. 2、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，a 5＝5，则S 7的值是( ) A ．30 B ．29 C ．28 D ．27【答案】C【解析】由题意，设等差数列的公差为d ，则d ＝a 5－a 35－3＝1，故a 4＝a 3＋d ＝4，所以S 7＝a 1＋a 72＝7×2a 42＝7×4＝28.故选C.3、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝8，S 6＝54，则数列{a n }的公差为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．92【答案】A【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ＝8，S 6＝6a 1＋15d ＝54，解得a 1＝4，d ＝2.故选A.4、等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8等于( ) A ．18 B ．12 C ．9 D ．6【答案】D【解析】.由题意得S 11＝a 1＋a 112＝a 1＋10d2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6，故选D.5、已知等差数列{a n }，且3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝48，则数列{a n }的前13项之和为 ( ) A ．24 B ．39 C ．104 D ．52【答案】D【解析】因为{a n }是等差数列，所以3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝6a 4＋6a 10＝48.所以a 4＋a 10＝8.其前13项的和为a 1＋a 132＝a 4＋a 102＝13×82＝52，故选D.6、在等差数列{a n }中，a 1＝－2 017，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 020＝( )A ．2 020B ．－2 020C ．4 040D ．－4 040【答案】C【解析】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ＝An 2＋Bn ，则S n n ＝An ＋B ，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列．∵S 1212－S 1010＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的公差为1，又S 11＝a 11＝－2 017，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以－2 017为首项，1为公差的等差数列，∴S 2 0202 020＝－2 017＋2 019×1＝2，∴S 2 020＝4 040.故选C.7、设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，公差d ≠0，若S 11＝132，a 3＋a k ＝24，则正整数k 的值为 ( ) A ．9 B ．10 C ．11 D ．12【答案】A【解析】依题意，得S 11＝a 1＋a 112＝11a 6＝132，a 6＝12，于是有a 3＋a k ＝24＝2a 6，因此3＋k ＝2×6＝12，k ＝9，故选A.8、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)在函数y ＝x 2－10x 的图象上，等差数列{b n }满足b n ＋b n＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．S n ＜2T nB ．b 4＝0C ．T 7＞b 7D ．T 5＝T 6【答案】D【解析】因为点(n ，S n )(n ∈N *)在函数y ＝x 2－10x 的图象上，所以S n ＝n 2－10n ，所以a n ＝2n －11，又b n ＋b n＋1＝a n (n ∈N *)，数列{b n }为等差数列，设公差为d ，所以2b 1＋d ＝－9,2b 1＋3d ＝－7，解得b 1＝－5，d ＝1，所以b n ＝n －6，所以b 6＝0，所以T 5＝T 6，故选D.9、已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －57，且a 1＝5，设{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 取得最大值的序号n 的值为 ( ) A ．7 B ．8 C ．7或8 D ．8或9【答案】C【解析】由题意可知数列{a n }是首项为5，公差为－57的等差数列，所以a n ＝5－57(n －1)＝40－5n 7.该数列前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以S n 取得最大值时，n ＝7或8.故选C.10、《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( ) A ．1升 B ．6766升C.4744升 D ．3733升【答案】B【解析】设该等差数列为{a n }，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，解得⎩⎨⎧a 1＝1322，d ＝766.∴a 5＝1322＋4×766＝6766.故选B.11、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S 3S 5＝25，则a 6a 12＝( )A ．4B ．2 C.14 D ．12【答案】D【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，则3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝25，可得a 1＝d ，故a 6a 12＝a 1＋5d a 1＋11d ＝6d 12d ＝12.故选D.12、下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题： p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列； p 3：数列{a nn }是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 4【答案】D【解析】{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，因为d ＞0，所以{a n }是递增数列，故p 1正确；对p 2，举反例，令a 1＝－3，a 2＝－2，d ＝1，则a 1＞2a 2，故{na n }不是递增数列，p 2不正确；a nn ＝d ＋a 1－d n ，当a 1－d ＞0时，{a nn }递减，p 3不正确；a n ＋3nd ＝4nd ＋a 1－d,4d ＞0，{a n ＋3nd }是递增数列，p 4正确．故p 1，p 4是正确的，选D.13、设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则 ( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7【答案】D【解析】由条件，得S n n ＜S n ＋1n ＋1，即n a 1＋a n 2n ＜n ＋a 1＋a n ＋1n ＋，所以a n ＜a n ＋1.所以等差数列{a n }为递增数列．又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，即数列{a n }前7项均小于0，第8项大于零．所以S n 的最小值为S 7.故选D.14、数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( ) A ．0 B ．3 C ．8 D ．11【答案】B【解析】∵{b n }为等差数列，设其公差为d ， 由b 3＝－2，b 10＝12，∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∴a 8－3＝0，∴a 8＝3.故选B.15、在等差数列{a n }中，已知a 3＝5，a 7＝－7，则S 10的值为( ) A ．50 B ．20 C ．－70 D ．－25 【答案】D【解析】设等差数列{a n }的公差为d .∵a 7－a 3＝4d ＝－12，∴d ＝－3，∴a 10＝a 7＋3d ＝－16，a 1＝a 3－2d ＝11，∴S 10＝a 1＋a 102＝－25.故选D.16、如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列【答案】A【解析】作A 1C 1，A 2C 2，A 3C 3，…，A n C n 垂直于直线B 1B n ，垂足分别为C 1，C 2，C 3，…，C n ，则A 1C 1∥A 2C 2∥…∥A n C n .∵|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|， ∴|C n C n ＋1|＝|C n ＋1C n ＋2|.设|A 1C 1|＝a ，|A 2C 2|＝b ，|B 1B 2|＝c ，则|A 3C 3|＝2b －a ，…，|A n C n |＝(n －1)b －(n －2)a (n ≥3)， ∴S n ＝12c [(n －1)b －(n －2)a ]＝12c [(b －a )n ＋(2a －b )]， ∴S n ＋1－S n ＝12c [(b －a )(n ＋1)＋(2a －b )－(b －a )n －(2a －b )]＝12c (b －a )，∴数列{S n }是等差数列．17、已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n ＞0的n 的最大值为________． 【答案】19．【解析】∵a 11a 10＜－1，且S n 有最大值，∴a 10＞0，a 11＜0，且a 10＋a 11＜0， ∴S 19＝a 1＋a 192＝19·a 10＞0，S 20＝a 1＋a 202＝10(a 10＋a 11)＜0，故使得S n ＞0的n 的最大值为19.18、若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为________． 【答案】23．【解析】因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.19、在等差数列{a n }中，a 15＝33，a 25＝66，则a 35＝________. 【答案】99【解析】∵a 25－a 15＝10d ＝66－33＝33，∴a 35＝a 25＋10d ＝66＋33＝99.20、《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．则月末日织几何？”其意思为今有女子善织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布．若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布，则该女最后一天织________尺布． 【答案】21【解析】由题意得，该女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{a n }，其中a 1＝5，前30项和为390，于是有＋a 302＝390，解得a 30＝21，即该女最后一天织21尺布．21、已知{a n }为等差数列，公差为1，且a 5是a 3与a 11的等比中项，则a 1＝________. 【答案】－1【解析】因为a 5是a 3与a 11的等比中项，所以a 25＝a 3·a 11，即(a 1＋4d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋10d )，解得a 1＝－1. 22、设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________． 【答案】1941【解析】因为{a n }，{b n }为等差数列，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝1941.23、设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 【答案】130【解析】由a n ＝2n －10(n ∈N *)，知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0，得n ≥5，∴当n ≤5时，a n ≤0；当n ＞5时，a n ＞0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.24、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，满足a 1＋a 2＝10，S 5＝40. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝|13－a n |，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(1) 2n ＋2 (2) －n 2＋10n T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋10n ，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6. 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由题意知，a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝10， S 5＝5a 3＝40，即a 3＝8，所以a 1＋2d ＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝2，所以a n ＝4＋(n －1)·2＝2n ＋2.(2)令c n ＝13－a n ＝11－2n ，b n ＝|c n |＝|11－2n |＝⎩⎪⎨⎪⎧11－2n ，n ≤5，2n －11，n ≥6，设数列{c n }的前n 项和为Q n ，则Q n ＝－n 2＋10n . 当n ≤5时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝Q n ＝－n 2＋10n .当n ≥6时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝c 1＋c 2＋…＋c 5－(c 6＋c 7＋…＋c n )＝－Q n ＋2Q 5＝n 2－10n ＋2(－52＋10×5)＝n 2－10n ＋50.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋10n ，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.25、记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 【答案】(1) (－2)n . (2) S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列 【解析】(1)设{a n }的公比为q ，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q 2＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝a 11－q n 1－q＝－23＋(－1)n ·2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n ·2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋－n·2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．26、在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 4，a 8成等比数列． (1)若数列{a n }的前10项和为45，求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n ＝19－1n ＋9，求数列{a n }的公差．【答案】(1)n ＋83. (2) －1或1 【解析】(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 1，a 4，a 8成等比数列可得a 24＝a 1·a 8，即(a 1＋3d )2＝a 1·(a 1＋7d )，解得a 1＝9d . 由数列{a n }的前10项和为45得10a 1＋45d ＝45，即90d ＋45d ＝45，所以d ＝13，a 1＝3.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)×13＝n ＋83.(2)因为b n ＝1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝1d ⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1an ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a 1－1a n ＋1， 即T n ＝1d ⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 1＋nd ＝1d ⎝⎛⎭⎫19d －19d ＋nd ＝1d 2⎝⎛⎭⎫19－19＋n ＝19－19＋n ，因此1d 2＝1，解得d ＝－1或d ＝1.故数列{a n }的公差为－1或1.27、已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .【答案】(1) a ＝2，k ＝10 (2)nn ＋2【解析】(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ， 由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2， 所以S k ＝ka 1＋k k －2·d ＝2k ＋k k －2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0， 解得k ＝10或k ＝－11(舍去)， 故a ＝2，k ＝10. (2)由(1)，得S n ＝n2＋2n 2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1， 故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列， 所以T n ＝n 2＋n ＋2＝n n ＋2.28、设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9. (1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；(2)设数列{b n }的通项公式为b n ＝a na n ＋t ，问：是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m ∈N)成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1) 2n －1 n 2 (2) 存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m 成等差数列【解析】(1)设{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋16d ＝34，3a 1＋3d ＝9，解得a 1＝1，d ＝2， 故a n ＝2n －1，S n ＝n 2. (2)由(1)知b n ＝2n －12n －1＋t，要使b 1，b 2，b m 成等差数列，必须有2b 2＝b 1＋b m ， 即2×33＋t ＝11＋t ＋2m －12m －1＋t，移项得2m －12m －1＋t ＝63＋t －11＋t ＝6＋6t －3－t 3＋t 1＋t ，整理得m ＝3＋4t －1.因为m ，t 为正整数， 所以t 只能取2,3,5.当t ＝2时，m ＝7；当t ＝3时，m ＝5； 当t ＝5时，m ＝4.所以存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m 成等差数列．。
2020版高考数学新增分大一轮新高考专用讲义：第六章 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 项和最新考纲 1.通过实例，理解等比数列的概念.2.探索并掌握等比数列的通项公式与前n 项和的公式.3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系．1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．a n ＋1an (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝Error!.3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a .2k (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，，{a }，{a n ·b n }，(λ≠0)仍然是{1a n }2n {a n bn }等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．2．任意两个实数都有等比中项吗？提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示 必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )(4)数列{a n }的通项公式是a n＝a n ，则其前n 项和为S n ＝.( × )a (1－a n )1－a(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × )题组二 教材改编2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝，则公比q ＝.14答案 12解析 由题意知q 3＝＝，∴q ＝.a 5a 218123．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( )A ．8 B ．9 C ．10 D ．11答案 C解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2，4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，则的值a 1－a 2b 2为．答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列，∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ，则b ＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，2∴＝＝－.a 1－a 2b 2－(a 2－a 1)b 2125．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则＝.S 5S 2答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0.∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴＝·S 5S 2a 1(1－q 5)1－q 1－q a 1(1－q 2)＝＝＝－11.1－q 51－q 21－(－2)51－46．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机 秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB ＝210 MB)答案 39解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n ，则2n ＝8×210＝213，∴n ＝13.即病毒共复制了13次．∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一 等比数列基本量的运算1．(2018·济南模拟)已知正项等比数列{a n }满足a 3＝1，a 5与a 4的等差中项为，则a 1的值为3212( )A ．4B ．2 C. D.1214答案 A解析 设公比为q .∵a 3＝1，a 5与a 4的等差中项为，∴Error!⇒Error!即a 1的值为4，3212故选A.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.(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 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n＝(－2)n －1，则S n ＝.1－(－2)n 3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.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论．题型二 等比数列的判定与证明例1 已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n ，且a 1＝8.(1)证明：数列{a n －3n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n .a n3n 解 (1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n )，又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n }是首项为5、公比为5的等比数列．所以a n －3n ＝5n ，所以a n ＝3n ＋5n .(2)由(1)知，b n ＝＝＝1＋n ，a n 3n 3n ＋5n 3n (53)则数列{b n}的前n 项和T n＝1＋1＋1＋2＋…＋1＋n＝n ＋＝＋n －.(53)(53)(53)53[1－(53)n]1－535n ＋12·3n52思维升华 判定一个数列为等比数列的常见方法：(1)定义法：若＝q (q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列；a n ＋1an (2)等比中项法：若a ＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列；2n ＋1(3)通项公式法：若a n ＝Aq n (A ，q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1 (2018·黄山模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明 由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2.∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又Error!①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)．∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴－＝，a n ＋12n ＋1a n 2n 34故是首项为，公差为的等差数列．{a n 2n }1234∴＝＋(n －1)·＝，a n 2n 12343n －14故a n ＝(3n －1)·2n －2.题型三 等比数列性质的应用例2 (1)(2018·钦州质检)已知数列{a n }是等比数列，若a 2＝1，a 5＝，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋118(n ∈N *)的最小值为( )A. B ．1 C ．2 D ．383答案 C解析 由已知得数列{a n }的公比满足q 3＝＝，a 5a 218解得q ＝，∴a 1＝2，a 3＝，1212故数列{a n a n ＋1}是以2为首项，公比为＝的等比数列，a 2a 3a 1a 214∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2[1－(14)n]1－14＝∈，故选C.83[1－(14)n ][2，83)(2)(2018·大连模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝－1，S 4＝－5，则S 6等于( )A ．－9 B ．－21 C ．－25 D ．－63答案 B解析 因为S 2＝－1≠0，所以q ≠－1，由等比数列性质得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即－1×(S 6＋5)＝(－5＋1)2，所以S 6＝－21，故选B.思维升华 等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类：(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．跟踪训练2 (1)等比数列{a n }各项均为正数，a 3a 8＋a 4a 7＝18，则1＋a 2＋…＋a 10＝ .答案 20解析 由a 3a 8＋a 4a 7＝18，得a 4a 7＝9所以a1＋a 2＋…＋a10＝＝5(a 1a 2…a 10)(a 1a 10)＝5＝95＝2log 3310(a 4a 7)＝20.(2)(2018·新乡模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且＝，则＝(n ≥2，S 3S 689a n ＋1a n －a n －1且n ∈N )．答案 －12解析 很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，＝＝＝，S 3S 6a 1(1－q 3)1－qa 1(1－q 6)1－q 11＋q 389解得q ＝，12则＝＝＝＝－.a n ＋1a n －a n －1a n －1q 2a n －1q －a n －1q 2q －11412－112等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例1 (2018·蓉城名校联考)已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，则的值为( )a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10A.B. C. D.13141213111213答案 A解析 已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，∴a ＝a 2a 7，∴(a 1＋4d )2＝(a1＋d )(a 1＋6d )，∴10d 2＝－a 1d ，∵d ≠0，∴－10d ＝a 1，∴25a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10＝＝＝.3a 1＋17d 3a 1＋16d －30d ＋17d －30d ＋16d 1314例2 (2018·烟台质检)已知{a n }为等比数列，数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( )A ．3n ＋1 B ．3n －1C.D.3n 2＋n 23n 2－n 2答案 C解析 ∵b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1，∴a 1(b 2－b 1)＝a 2，即a 2＝3a 1，又数列{a n }为等比数列，∴数列{a n }的公比为q ＝3，∴b n ＋1－b n ＝＝3，a n ＋1an ∴数列{b n }是首项为2，公差为3的等差数列，∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝2n ＋×3＝.故选C.n (n －1)23n 2＋n 21．(2018·重庆巴蜀中学月考)已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3a 7＝16，则该数列的公比为( )A ．± B.22C ．±2 D ．2答案 A解析 根据等比数列的性质可得a 3·a 7＝a ＝a ·q 8＝q 8＝16＝24，2521所以q 2＝2，即q ＝±，故选A.22．(2018·菏泽模拟)等比数列{a n }中，a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的两个实数根，则的a 2a 16a9值为( )A ．2 B ．－或22C. D ．－22答案 B解析 ∵a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，∴a 2＋a 16＝－6，a 2×a 16＝2，∴a 2<0，a 16<0，即a 1>0，q <0或a 1<0，q >0.∴＝a 9＝±＝±a 2a 16a 9a 2a 16.故选B.23．(2018·马鞍山质检)等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A. B ．－1313C. D ．－1919答案 B解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝·9n －1，83所以3＋r ＝，即r ＝－，故选B.83134．(2018·湘潭模拟)已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则等于( )S 4S 2A ．－5 B ．－3 C ．5 D ．3答案 C解析 由题意可得，＝＝1＋(－2)2＝5.S 4S 2a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)5．(2019·西北师大附中冲刺诊断)古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( )A ．10 B ．9 C ．8 D ．7答案 C解析 设该女子第一天织布x 尺，则＝5，解得x ＝，x (1－25)1－2531所以前n 天织布的尺数为(2n－1)，531由(2n－1)≥30，得2n ≥187，解得n 的最小值为8.5316．(2018·海南联考)已知正项数列{a n }满足a －2a －a n ＋1a n ＝0，设b n ＝log 2，则数列{b n }2n ＋12n a n ＋1a1的前n 项和为( )A ．n B.n (n －1)2C.D.n (n ＋1)2(n ＋1)(n ＋2)2答案 C解析 由a －2a －a n ＋1a n ＝0，2n ＋12n 可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，又a n >0，∴＝2，a n ＋1a n ∴a n ＋1＝a 1·2n .∴b n ＝log 2＝log 22n ＝n ，a n ＋1a 1∴数列{b n }的前n 项和为，故选C.n (n ＋1)27．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 018，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 019＝ .答案 2 018解析 ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0，∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1.∵a 1＝2 018，∴S 2 019＝＝a 1(1－q 2 019)1－q 2 018×[1－(－1)2 019]2＝2 018.8.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为．22答案 132解析 由题意，得正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到22221 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1 023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为×9＝22(22).1329．已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1＝，且a 2a 8＝2a 5＋3，则a 9＝.12答案 18解析 ∵a 2a 8＝2a 5＋3，∴a ＝2a 5＋3，25解得a 5＝3(舍负)，即a 1q 4＝3，则q 4＝6，a9＝a 1q 8＝×36＝18.1210．(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a ，且S 4＋S 12＝25λS 8，则λ＝ .答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a ，∴a ＝2a ，∴q 4＝2，252725∵S 4＋S 12＝λS 8，∴＋＝，a 1(1－q 4)1－q a 1(1－q 12)1－q λa 1(1－q 8)1－q 1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝.8311．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝.a nn (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝a n ，2(n ＋1)n将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4.将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得＝，即b n ＋1＝2b n ，a n ＋1n ＋12a nn又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得＝2n －1，a nn 所以a n ＝n ·2n －1.12．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝，n ∈N *.a n ＋a n ＋12(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明 b 1＝a 2－a 1＝1.当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝－a na n －1＋a n2＝－(a n －a n －1)＝－b n －1，1212∴{b n }是以1为首项，－为公比的等比数列．12(2)解 由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝n －1，(－12)当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋＋…＋n －2(－12)(－12)＝1＋1－(－12)n －11－(－12)＝1＋23[1－(－12)n －1]＝－n －1.5323(－12)当n ＝1时，－×1－1＝1＝a 1，5323(－12)∴a n ＝－n －1(n ∈N *)．5323(－12)13．(2018·北师大附中模拟)正项等比数列{a n }中的a 1，a 4 037是函数f (x )＝x 3－4x 2＋6x －3的13极值点，则 2 019等于( )A ．1B ．2C ．－1 D.2答案 A解析 因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，所以a 1·a 4 037＝6，所以a 2 019＝(舍负)， 2 019＝1.614．(2018·皖南八校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，b n ＝log 2(a ·)，数列{b n }2n 2n a的前n 项和为T n ，则满足T n >1 024的最小n 的值为 ．答案 9解析 由数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，则当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n ，a 1＝S 1＝2，满足上式，所以b n ＝log 2(a ·)＝log 2a ＋log 2＝2n ＋2n ，2n 2n a 2n 2n a所以数列{b n }的前n 和为T n ＝＋n (2＋2n )22(1－2n )1－2＝n (n ＋1)＋2n ＋1－2，当n ＝9时，T 9＝9×10＋210－2＝1 112>1 024，当n ＝8时，T 8＝8×9＋29－2＝582<1 024，所以满足T n >1 024的最小n 的值为9.15．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为( )A ．4 B ．5C ．6 D ．7答案 C解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a ＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，23a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a ＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.5316．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1，2进行“扩展”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t ，2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x ·x ·x ·…·x ·22)＝3a n－1，313233t 所以a n ＋1－＝3，12(a n －12)所以数列是一个以为首项，以3为公比的等比数列，{a n －12}32所以a n －＝×3n －1，所以a n ＝.12323n ＋12。
2020高考数学一轮复习讲与练《专题6.3 等比数列及其前n项和(讲)》(解析版)
专题6.3 等比数列及其前n 项和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．知识点一 等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q (q ≠0)表示．数学语言表达式：a n a n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数)，或a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． 知识点二 等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1；通项公式的推广：a n ＝a m q n －m .(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ） 1－q ＝a 1－a n q 1－q. 知识点三 等比数列及前n 项和的性质(1)如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇔G 2＝ab .(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n ．(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m ．(4)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n ．【必会结论】等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k. (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列． (4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .(5)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .(6)等比数列{a n }满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列；满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．考点一 等比数列基本量的运算【典例1】【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=____________。
2020年领军高考数学(理)一轮必刷题函数模型及其应用(解析版)
考点12 函数模型及其应用1、某市生产总值连续两年持续增加．第一年的增长率为p ，第二年的增长率为q ，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( ) A.p ＋q 2B ．（p ＋1）（q ＋1）－12C.pq D ．（p ＋1）（q ＋1）－1【答案】D【解析】设第一年年初生产总值为1，则这两年的生产总值为(p ＋1)(q ＋1)．设这两年生产总值的年平均增长率为x ，则(1＋x )2＝(p ＋1)(q ＋1)，解得x ＝（p ＋1）（q ＋1）－1，故选D.2、在标准温度和大气压下，人体血液中氢离子的物质的量的浓度(单位m ol/L ，记作[H ＋])和氢氧根离子的物质的量的浓度(单位m ol/L ，记作[OH －])的乘积等于常数10－14.已知p H 值的定义为pH ＝－lg [H ＋]，健康人体血液的p H 值保持在7.35～7.45之间，那么健康人体血液中的[H ＋][OH －]可以为(参考数据：lg 2≈0.30，lg3≈0.48)( ) A.12 B ．13C ．16D ．110【答案】C【解析】∵[H ＋]·[OH －]＝10－14，∴[H ＋][OH －]＝[H ＋]2×1014，∵7.35<－lg [H ＋]<7.45， ∴10－7.45<[H ＋]<10－7.35，∴10－0.9<[H ＋][OH －]＝1014·[H ＋]2<10－0.7，10－0.9＝1100.9>110，lg(100.7)＝0.7>lg 3>lg 2，∴100.7>3>2，10－0.7<13<12，∴110<[H ＋][OH －]<13.故选C. 3、一水池有两个进水口，一个出水口，每个水口的进、出水速度如图甲、乙所示．某天0点到6点，该水池的蓄水量如图丙所示．给出以下3个论断：①0点到3点只进水不出水；②3点到4点不进水只出水；③4点到6点不进水不出水，则一定正确的是( ) A ．① B ．①② C ．①③D ．①②③【答案】A【解析】由甲、乙两图知，进水速度是出水速度的12，所以0点到3点不出水，3点到4点也可能一个进水口进水，一个出水口出水，但总蓄水量降低，4点到6点也可能两个进水口进水，一个出水口出水，一定正确的是①.4、某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝e kx ＋b (e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是( ) A ．16小时 B ．20小时 C ．24小时 D ．28小时【答案】C【解析】由已知条件，得192＝e b ，∴b ＝ln 192. 又∵48＝e 22k ＋b ＝e 22k＋ln 192＝192e 22k ＝192(e 11k )2，∴e 11k＝⎝⎛⎭⎫4819212＝⎝⎛⎭⎫1412＝12.设该食品在33 ℃的保鲜时间是t 小时，则t ＝e 33k ＋ln 192＝192 e 33k ＝192(e 11k )3＝192×⎝⎛⎭⎫123＝24(小时)． 5、某商店计划投入资金20万元经销甲或乙两种商品．已知经销甲、乙商品所获得的利润分别为P (万元)和Q (万元)，且它们与投入资金x (万元)的关系是：P ＝x 4，Q ＝a2 x (a >0)．若不管资金如何投入，经销这两种商品或其中的一种商品所获得的纯利润总不少于5万元，则a 的最小值应为( ) A. 5 B ．5 C ． 2 D ．2【答案】A【解析】设投入x 万元经销甲商品，则经销乙商品投入(20－x )万元，总利润y ＝P ＋Q ＝x 4＋a2·20－x .令y ≥5，则x 4＋a 2·20－x ≥5对0≤x ≤20恒成立．∴a 20－x ≥10－x 2，∴a ≥1220－x 对0≤x <20恒成立．∵f (x )＝1220－x 的最大值为5，且x ＝20时，a 20－x ≥10－x2也成立，∴a m i n ＝ 5.故选A.6、某市家庭煤气的使用量x (m 3)和煤气费f (x )(元)满足关系f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧C ，0＜x ≤A ，C ＋B （x －A ），x ＞A .已知某家庭2018年前三个月的煤气费如表：若四月份该家庭使用了20 m 3A ．11.5元 B ．11元 C ．10.5元 D ．10元【答案】A【解析】根据题意可知f (4)＝C ＝4，f (25)＝C ＋B (25－A )＝14，f (35)＝C ＋B (35－A )＝19，解得A ＝5，B ＝12，C ＝4，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4，0＜x ≤5，4＋12（x －5），x ＞5，所以f (20)＝4＋12(20－5)＝11.5.7、某校甲、乙两食堂某年1月营业额相等，甲食堂的营业额逐月增加，并且每月的增加值相同；乙食堂的营业额也逐月增加，且每月增加的百分率相同．已知本年9月份两食堂的营业额又相等，则本年5月份( ) A ．甲食堂的营业额较高 B ．乙食堂的营业额较高 C ．甲、乙两食堂的营业额相同D ．不能确定甲、乙哪个食堂的营业额较高 【答案】A【解析】设甲、乙两食堂1月份的营业额均为m ，甲食堂的营业额每月增加a (a ＞0)，乙食堂的营业额每月增加的百分率为x ，由题意可得，m ＋8a ＝m ×(1＋x )8，则5月份甲食堂的营业额y 1＝m ＋4a ，乙食堂的营业额y 2＝m ×(1＋x )4＝m （m ＋8a ），因为y 21－y 22＝(m ＋4a )2－m (m ＋8a )＝16a 2＞0，所以y 1＞y 2，故本年5月份甲食堂的营业额较高．8、加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率p 与加工时间t (单位：分钟)满足函数关系p ＝at 2＋bt ＋c (a ，b ，c 是常数)，如图记录了三次实验的数据根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为________分钟． 【答案】3.75【解析】由实验数据和函数模型知，二次函数p ＝at 2＋bt ＋c 的图象过点(3，0.7)，(4，0.8)，(5，0.5)，分别代入解析式，得⎩⎪⎨⎪⎧0.7＝9a ＋3b ＋c ，0.8＝16a ＋4b ＋c ，0.5＝25a ＋5b ＋c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－0.2，b ＝1.5，c ＝－2.所以p ＝－0.2t 2＋1.5t －2＝－0.2(t －3.75)2＋0.812 5，所以当t ＝3.75时，可食用率p 最大，即最佳加工时间为3.75分钟．9、某商店按每件80元的成本购进某商品1 000件，根据市场预测，销售价为每件100元时可全部售完，定价每提高1元时销售量就减少5件．若要获得最大利润，销售价应定为每件________元． 【答案】190 元【解析】设售价提高x 元，则依题意y ＝(1 000－5x )×(20＋x )＝－5x 2＋900x ＋20 000＝－5(x －90)2＋60 500. 故当x ＝90时，y m a x ＝60 500，此时售价为每件190元．10、现有含盐7%的食盐水200 g ，需将它制成工业生产上需要的含盐5%以上且在6%以下(不含5%和6%)的食盐水，设需要加入4%的食盐水x g ，则x 的取值范围是________． 【答案】(100,400)【解析】设y ＝200×7%＋x ·4%200＋x ，令5%＜y ＜6%，即(200＋x )5%＜200×7%＋x ·4%＜(200＋x )6%，解得100＜x ＜400.11、某市出租车收费标准如下：起步价为8元，起步里程为3 km(不超过3 km 按起步价付费)；超过3 km 但不超过8 km 时，超过部分按每千米2.15元收费；超过8 km 时，超过部分按每千米2.85元收费，另每次乘坐需付燃油附加费1元．现某人乘坐一次出租车付费22.6元，则此次出租车行驶了________km. 【答案】9【解析】由已知可得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧8＋1，0<x ≤3，8＋x －＋1，3<x ≤8，8＋2.15×5＋x －＋1，x >8，＝⎩⎪⎨⎪⎧9，0<x ≤3，2.15x －2.55，3＜x ≤8，2.85x －3.05，x >8.由y ＝22.6解得x ＝9.12、某化工厂生产一种溶液，按市场要求杂质含量不超过0.1%.若初时含杂质2%，每过滤一次可使杂质含量减少13，至少应过滤________次才能达到市场要求(已知lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1)．【答案】8【解析】设过滤n 次才能达到市场要求，则2%⎝⎛⎭⎫1－13n ≤0.1%，即⎝⎛⎭⎫23n ≤120，所以n lg 23≤－1－lg 2，所以n ≥7.39，所以n ＝8.13、某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P (毫克/升)与时间t (小时)的关系为P ＝P 0e －kt .如果在前5小时消除了10%的污染物，那么污染物减少19%需要花费的时间为________小时．【答案】10【解析】由题设可得(1－0.1)P 0＝P 0e－5k，即0.9＝e－5k，故－5k ＝ln 0.9；又(1－0.19)P 0＝P 0e －kt ，即0.81＝e－kt，故－kt ＝ln 0.81＝2ln 0.9＝－10k ，故t ＝10，应填10.14、渔场中鱼群的最大养殖量为m ，为保证鱼群的生长空间，实际养殖量不能达到最大养殖量，必须留出适当的空闲量．已知鱼群的年增长量y 吨和实际养殖量x 吨与空闲率的乘积成正比，比例系数为k (k ＞0)，则鱼群年增长量的最大值是________． 【答案】km4【解析】由题意，空闲率为1－xm ，∴y ＝kx ⎝⎛⎭⎫1－xm ，定义域为(0，m )， y ＝kx ⎝⎛⎭⎫1－x m ＝－k m ⎝⎛⎭⎫x －m 22＋km 4， ∵x ∈(0，m )，k ＞0，∴当x ＝m 2时，y m a x ＝km 4.15、拟定甲、乙两地通话m 分钟的电话费(单位：元)由f (m )＝1.06(0.5[m ]＋1)给出，其中m ＞0，[m ]是不超过m 的最大整数(如[3]＝3，[3.7]＝3，[3.1]＝3)，则甲、乙两地通话6.5分钟的电话费为________元． 【答案】4.24【解析】∵m ＝6.5，∴[m ]＝6，则f (m )＝1.06×(0.5×6＋1)＝4.24.16、某人根据经验绘制了2018年春节前后，从12月21日至1月8日自己种植的西红柿的销售量y (千克)随时间x (天)变化的函数图象，如图所示，则此人在12月26日大约卖出了西红柿________千克． 【答案】1909【解析】 前10天满足一次函数关系，设为y ＝kx ＋b ，将点(1，10)和点(10，30)代入函数解析式得⎩⎪⎨⎪⎧10＝k ＋b ，30＝10k ＋b ，解得k ＝209，b ＝709，所以y ＝209x ＋709，则当x ＝6时，y ＝1909.17、候鸟每年都要随季节的变化进行大规模的迁徙，研究某种鸟类的专家发现， 该种鸟类的飞行速度v (单位：m/s)与其耗氧量Q 之间的关系为：v ＝a ＋b log 3Q10(其中a ，b 是实数)．据统计，该种鸟类在静止的时候其耗氧量为30个单位，而其耗氧量为90个单位时，其飞行速度为1 m/s. (1)求出a ，b 的值；(2)若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s ，则其耗氧量至少要多少个单位？【答案】(1) ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1. (2) 270【解析】(1)由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为0 m/s ，此时耗氧量为30个单位，则a ＋b log 33010＝0，即a ＋b ＝0；当耗氧量为90个单位时，速度为1 m/s ，则a ＋b log 39010＝1，整理得a ＋2b ＝1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，a ＋2b ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1. (2)由(1)知，v ＝a ＋b log 3Q 10＝－1＋log 3Q10.所以要使飞行速度不低于2 m/s ，则v ≥2， 所以－1＋log 3Q 10≥2，即log 3Q 10≥3，解得Q10≥27，即Q ≥270.所以若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s ，则其耗氧量至少要270个单位．18、某医药研究所开发的一种新药，如果成年人按规定的剂量服用，据监测，服药后每毫升血液中的含药量y (微克)与时间t (小时)之间近似满足如图所示的曲线(1)写出第一次服药后y 与t 之间的函数关系式y ＝f (t )；(2)据进一步测定，每毫升血液中含药量不少于0.25微克时治疗疾病有效，求服药一次后治疗疾病有效的时间．【答案】(1) y ＝⎩⎪⎨⎪⎧4t ，0≤t ≤1，⎝⎛⎭⎫12t －3，t ＞1. (2) 7916【解析】(1)由题图，设y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kt ，0≤t ≤1，⎝⎛⎭⎫12t －a ，t ＞1，当t ＝1时，由y ＝4得k ＝4，由⎝⎛⎭⎫121－a ＝4得a ＝3.所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧4t ，0≤t ≤1，⎝⎛⎭⎫12t －3，t ＞1. (2)由y ≥0.25得⎩⎪⎨⎪⎧0≤t ≤1，4t ≥0.25或⎩⎪⎨⎪⎧t ＞1，⎝⎛⎭⎫12t －3≥0.25，解得116≤t ≤5.因此服药一次后治疗疾病有效的时间是5－116＝7916(小时)．19、已知一容器中有A ，B 两种菌，且在任何时刻A ，B 两种菌的个数乘积为定值1010，为了简单起见，科学家用P A＝lg (n A)来记录A菌个数的资料，其中n A为A菌的个数，现有以下几种说法：①P A≥1；②若今天的P A值比昨天的P A值增加1，则今天的A菌个数比昨天的A菌个数多了10个；③假设科学家将B菌的个数控制为5万个，则此时5＜P A＜5.5.其中正确的说法为________．(写出所有正确说法的序号)【答案】③【解析】当n A＝1时P A＝0，故①错误；若P A＝1，则n A＝10，若P A＝2，则n A＝100，故②错误；设B菌的个数为n B＝5×104，∴n A＝10105×104＝2×105，∴P A＝lg(n A)＝lg 2＋5.又∵lg 2≈0.3，∴5＜P A＜5.5，故③正确．20、某人计划购买一辆A型轿车，售价为14.4万元，购买后轿车一年的保险费、汽油费、年检费、停车费等约需2.4万元，同时汽车年折旧率约为10%(即这辆车每年减少它的价值的10%)，那么，大约使用________年后，花费在该车上的费用(含折旧费)达到14.4万元．【答案】4【解析】设使用x年后花费在该车上的费用达到14.4万元，依题意可得，14.4(1－0.9x)＋2.4x＝14.4.化简得：x－6×0.9x＝0，令f(x)＝x－6×0.9x.因为f(3)＝－1.374＜0，f(4)＝0.063 4＞0，所以函数f(x)在(3，4)上应有一个零点．故大约使用4年后，花费在该车上的费用达到14.4万元．21、某沿海地区养殖的一种特色海鲜上市时间仅能持续5个月，预测上市初期和后期会因供应不足使价格呈持续上涨态势，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌．现有三种价格模拟函数：①f(x)＝p·q x；②f(x)＝px2＋qx＋1；③f(x)＝x(x－q)2＋p(以上三式中p，q均为常数，且q＞1)．(1)为准确研究其价格走势，应选哪种价格模拟函数(不必说明理由)?(2)若f(0)＝4，f(2)＝6.①求出所选函数f(x)的解析式(注：函数定义域是[0，5]，其中x＝0表示8月1日，x＝1表示9月1日，以此类推)；②为保证养殖户的经济效益，当地政府计划在价格下跌期间积极拓宽外销，请你预测该海鲜将在哪几个月内价格下跌．【答案】(1) f(x)＝x(x－q)2＋p(2) f(x)＝x3－6x2＋9x＋4(0≤x≤5) 9月、10月两个月【解析】(1)因为上市初期和后期价格呈持续上涨态势，而中期又将出现价格连续下跌，所以在所给出的函数中应选模拟函数f (x )＝x (x －q )2＋p . (2)①对于f (x )＝x (x －q )2＋p ，由f (0)＝4，f (2)＝6，可得p ＝4，(2－q )2＝1， 又q ＞1，所以q ＝3，所以f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋4(0≤x ≤5)． ②因为f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋4(0≤x ≤5)， 所以f ′(x )＝3x 2－12x ＋9， 令f ′(x )＜0，得1＜x ＜3.所以函数f (x )在(1，3)内单调递减，所以可以预测这种海鲜将在9月、10月两个月内价格下跌．22、我校为丰富师生课余活动，计划在一块直角三角形ABC 的空地上修建一个占地面积为S (平方米)的AMPN 矩形健身场地．如图，点M 在AC 上，点N 在AB 上，且P 点在斜边BC 上．已知∠ACB ＝60°，|AC |＝30米，|AM |＝x 米，x ∈[10,20]．设矩形AMPN 健身场地每平方米的造价为37kS 元，再把矩形AMPN 以外(阴影部分)铺上草坪，每平方米的造价为12kS 元(k 为正常数)．(1)试用x 表示S ，并求S 的取值范围； (2)求总造价T 关于面积S 的函数T ＝f (S )；(3)如何选取|AM |，使总造价T 最低(不要求求出最低造价)?【答案】选取|AM |为12米或18米时总造价T 最低．【解析】(1)在Rt △PMC 中，显然|MC |＝30－x ，∠PCM ＝60°，|PM |＝|MC |·tan ∠PCM ＝3(30－x )， ∴矩形AMPN 的面积S ＝|PM |·|AM |＝ 3x (30－x )，x ∈[10,20]， ∴2003≤S ≤225 3.(2)矩形AMPN 健身场地造价T 1＝37k S ，又∵△ABC 的面积为4503，∴草坪造价T 2＝12kS (4503－S )．∴总造价T ＝T 1＋T 2＝25k ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＋2163S ， 2003≤S ≤225 3.(3)∵S ＋2163S≥1263，当且仅当S ＝2163S ，即S ＝2163时等号成立，此时3x (30－x )＝2163，解得x ＝12或x ＝18.23、某公司为了变废为宝，节约资源，新上了一个从生活垃圾中提炼生物柴油的项目．经测算，该项目月处理成本y (元)与月处理量x (吨)之间的函数关系可以近似地表示为：y ＝⎩⎨⎧13x 3－80x 2＋5 040x ，x ∈[120，，12x 2－200x ＋80 000，x ∈[144，，且每处理一吨生活垃圾，可得到能利用的生物柴油价值为200元，若该项目不获利，政府将给予补贴． (1)当x ∈[200,300]时，判断该项目能否获利．如果获利，求出最大利润；如果不获利，则政府每月至少需要补贴多少元才能使该项目不亏损？(2)该项目每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？ 【答案】(1) 5 000元 (2) 400吨【解析】(1)当x ∈[200,300]时，该项目获利为S ，则S ＝200x －⎝⎛⎭⎫12x 2－200x ＋80 000＝－12(x －400)2， ∴当x ∈[200,300]时，S <0，因此，该项目不会获利． 当x ＝300时，S 取得最大值－5 000，∴政府每月至少需要补贴5 000元才能使该项目不亏损． (2)由题意可知，生活垃圾每吨的平均处理成本为： yx ＝⎩⎨⎧13x 2－80x ＋5 040，x ∈[120，，12x －200＋80 000x，x ∈[144，当x ∈[120,144)时，y x ＝13x 2－80x ＋5 040＝13(x －120)2＋240，∴当x ＝120时，yx 取得最小值240.当x ∈[144,500)时，y x ＝12x －200＋80 000x≥2x 2·80 000x－200＝400－200＝200， 当且仅当x 2＝80 000x ，即x ＝400时，yx取得最小值200.∵240>200，∴当每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低．。
专题32 等比数列及其前n项和-2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)(解析版)
专题32等比数列及其前n 项和最新考纲1.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．2.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．3.了解等比数列与指数函数的关系.基础知识融会贯通1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1(a 1≠0，q ≠0)． 3．等比中项如果在a 与b 中插入一个数G ，使得a ，G ，b 成等比数列，那么根据等比数列的定义，G a ＝bG ，G 2＝ab ，G＝±ab ，称G 为a ，b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn 仍是等比数列． 5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q .6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n . 【知识拓展】 等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列．(2)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)当⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列．(4)当q <0时，{a n }为摆动数列．重点难点突破【题型一】等比数列基本量的运算【典型例题】在等比数列{a n }中，，则公比q 的值为（ ）A ．3B ．C ．2或D ．3或【解答】解：根据题意，等比数列{a n }中，，则有2q，变形可得q 2q +1＝0，解可得：q ＝3或， 故选：D ．【再练一题】已知公比大于0的等比数列{a n }满足a 1＝3，前三项和S 3＝21，则a 2+a 3+a 4＝（ ） A ．21 B ．42 C ．63 D ．84【解答】解：3（1+q +q 2），即q 2+q ﹣6＝0，解得q ＝2或q ＝﹣3（舍），所以a 2+a 3+a 4＝qS 3＝2×21＝42． 故选：B ．思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．【题型二】等比数列的判定与证明【典型例题】已知数列{a n}的前n项和为s n满足：．（I）已知数列{c n}满足c n＝a n+2，求证数列{c n}为等比数列；（II）若数列{b n}满足，T n为数列的前n项和，证：．【解答】解：（I）∵S n＝2a n﹣2n，当n∈N*时，S n＝2a n﹣2n，①当n＝1时，S1＝2a1﹣2，则a1＝2，则当n≥2，n∈N*时，S n﹣1＝2a n﹣1﹣2（n﹣1）．②①﹣②，得a n＝2a n﹣2a n﹣1﹣2，即a n＝2a n﹣1+2，∴a n+2＝2（a n﹣1+2）∵c n＝a n+2即c n＝2c n﹣1，∴2，∴{c n}是以a1+2＝4为首项，以2为公比的等比数列．（II）由（Ⅰ）得出a n+2＝4•2n﹣1＝2n+1∴n+1，∴T nT n两式相减T nT n，T n+1﹣T n0，∴T n的最小值为T1∴．【再练一题】在数列{a n}中，已知a n+1a n＝2a n﹣a n+1．且a1＝2（n∈N*）．（1）求证：数列{1}是等比数列；（2）设b n＝a n2﹣a n，且S n为{b n}的前n项和，试证：2≤S n＜3．【解答】证明：（1）由a n+1a n＝2a n﹣a n+1，得，即，∴，∵a1＝2，∴0．∴，即数列{1}是等比数列；（2）∵{1}是等比数列，且首项为，公比为，∴，则．∴b n＝a n2﹣a n．∵b1＝2，，∴S n＝b1+b2+…+b n≥2；又（n≥2），∴S n＝b1+b2+…+b n．∴2≤S n＜3．思维升华(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．(2)利用递推关系时要注意对n＝1时的情况进行验证．【题型三】等比数列性质的应用【典型例题】设{a n}为等比数列，给出四个数列：①{2a n}；②{a n2}；③；④{log2|a n|}，其中一定为等比数列的是（）A．①②B．①③C．②③D．②④【解答】解：{a n}为等比数列，设其公比为q，则通项为，所以对于①，2a n是以2a1为首项，以q为公比的等比数列，对于②，为常数，又因为0，故②为等比数列，对于③，，不一定为常数，对于④，，不一定为常数，故选：A．【再练一题】已知数列{a n }为等比数列，且a 8a 9a 10＝﹣a 132＝﹣1000，则a 10a 12＝ ． 【解答】解：根据题意，等比数列{a n }满足a 8a 9a 10＝﹣a 132＝﹣1000， 则有（a 9）3＝﹣1000，则a 9＝﹣10， a 132＝1000，则a 13＝±10，又由a 13＝a 9q 4＜0，则a 13＝﹣10，则a 10a 12＝a 9a 13＝100；故答案为：100．思维升华 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (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．基础知识训练1．【辽宁省朝阳市重点高中2019届高三第四次模拟考试】在等比数列{}n a 中，121a a =，369a a =，则24a a =（ ）A ．3B ．3±C D ．【答案】A 【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为1210a a =>，所以0q >，又369a a =，所以423a a ===.故选A2．【江西省临川一中2019届高三年级考前模拟考试】已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2474S S =，则公比q 的值为（ ）A ．1B ．1或12C ．2D ．2±【答案】C 【解析】因为2474S S =，所以()()()124234344a a S S a a +=−=+， 故234q =，因{}n a 为正项等比数列，故0q >，所以2q =，故选C. 3．【安徽省江淮十校2019届高三年级5月考前最后一卷】已知等比数列{}n a 的公比12q =−，该数列前9项的乘积为1，则1a =（ ） A ．8 B ．16C ．32D ．64【答案】B 【解析】 由已知1291a a a = ，又2192837465a a a a a a a a a ==== ，所以951a = ，即51a =，所以41112a ⎛⎫−= ⎪⎝⎭，116a = ，故选B.4．【内蒙古2019届高三高考一模试卷】《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁“哀”得100,60,36,21.6个单位,递减的比例为40%,今共有粮(0)m m >石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”,已知丙衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为164石,则“衰分比”与m 的值分别为（ ） A ．20% 369 B ．80% 369C ．40% 360D ．60% 365【答案】A 【解析】解：设“衰分比”为a ,甲衰分得b 石,由题意得23(1)80(1)(1)16480164b a b a b a b m ⎧−=⎪−+−=⎨⎪++=⎩,解得125b =,20%a =,369m =． 故选：A ．5．【江西省抚州市临川第一中学2019届高三下学期考前模拟考试】中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问題: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:“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说:“我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？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还( )升粟？ A ．253B ．503C ．507D ．1007【答案】D 【解析】因为5斗=50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为123,,a a a ， 由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且350S =则31(21)5021a −=−，解得1507a =， 所以马主人要偿还的量为：2110027a a ==， 故选D.6．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】在等比数列{}n a 中，131a a +=，5791120a a a a +++=，则1a =（ ）A ．16B ．13C ．2D ．4【答案】B 【解析】因为()45713a a a a q +=+＝q 4，()891113a a a a q +=+所以q 8+q 4＝20，所以q 4＝4或q 4＝﹣5（舍）， 所以q 2＝2，13a a +211a a q =+=13a ＝1，所以1a 13=． 故选：B ．7．【广东省韶关市2019届高考模拟测试（4月)】若等比数列{}n a 的各项均为正数，23a =，23174a a a =，则5a =（ ）A ．34B ．38C ．12D ．24【答案】D 【解析】解：数列{}n a 是等比数列，各项均为正数，2231744a a a a ==，所以224234a q a ==，所以2q =．所以33523224a a q =⋅=⨯=，故选：D ．8．【山东省临沂市2019年普通高考模拟考试（三模)】已知等比数列{}n a 中，37a =，前三项之和321S =，则公比q 的值为（ ） A ．1 B ．12−C ．1或12−D ．112−或【答案】C 【解析】等比数列{}n a 中，37a =，前三项之和321S =， 若1q =，37a =，33721S =⨯=，符合题意；若1q ≠，则()213171211a q a q q⎧=⎪−⎨=⎪−⎩，解得12q =−，即公比q 的值为1或12−，故选C.9．【黑龙江省大庆第一中学2019届高三第三次模拟考试】在各项不为零的等差数列{}n a 中，2201720182019220a a a −+=，数列{}n b 是等比数列，且20182018b a =，则()220172019log b b ⋅的值为（ ）A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】因为等差数列{}n a 中2017201920182a a a +=，所以2220172018201920182018224=0a a a a a −+=−，因为各项不为零，所以2018=4a ，因为数列{}n b 是等比数列，所以2201720192018==16b b a ⋅所以()2201720192log =log 16=4b b ⋅，故选C.10．【湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2019届高三高考模拟（二)】已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b是等差数列，若2610a a a ⋅⋅=16117b b b π++=，则21039tan1b b a a +−⋅的值是（ ）A ．1 B．2C．2−D．【答案】D 【解析】{}n a 是等比数列326106a a a a ∴⋅⋅==6a ∴={}n b 是等差数列 1611637b b b b π∴++== 673b π∴=2106239614273tan tan tan tan tan 111333b b b a a a πππ+∴===−=−=−⋅−−本题正确选项：D11．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学等八校2019届高三4月联考】已知函数()()221f x x R x =∈+，若等比数列{}n a 满足120191a a =，则()()()()1232019......f a f a f a f a ++++=（ ） A ．2019 B ．20192C ．2D ．12【答案】A 【解析】120191a a =()()1201922120192211f a f a a a \+=+++21222111212222=211111a a a a a =+=+++++{}n a 为等比数列，则21201920181009101021011=1====a a a a a a a()()()()()220181001011101092=2=1f a f a f a f a f a \+=+，，，即()()()()1232019=210091=2019f a f a f a f a +++??12．如图，方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3:4．现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，由外到内顺序制作，则完整的正方形的个数最多为（参考数据:7lg0.155≈）A ．6个B ．7个C ．8个D ．9个【答案】B 【解析】记由外到内的第n 个正方形的边长为n a ，则1255414,...4()77nn a a a =⨯=⨯=⨯，，. 1251()57...414(1())5717nn n a a a −+++=⨯=⨯−−. 令1251()57...414(1())135717nn n a a a −+++=⨯=⨯−≤−，解得117.6677lg 5n ≤+≈，故可制作完整的正方形的个数最多为7个. 应选B.13．【江苏省苏州市2019届高三高考模拟最后一卷】已知等比数列{}n a 满足112a =，且2434(1)a a a =−，则5a ＝_______． 【答案】8 【解析】∵2434(1)a a a =−∴2334(1)a a =−，则3a ＝2∴223512812a a a ===． 故答案为：814．【江苏省徐州市2018-2019学年高三考前模拟检测】已知数列{}n a 的前n 项积为n T ，若对2n ∀≥，n N *∈，都有2112n n n T T T +−⋅=成立，且11a =，22a =，则数列{}n a 的前10项和为____．【答案】1023 【解析】因为2112n n n T T T +−⋅=，故112n n n n T T T T +−=即12n n a a +=（2n ≥），而212a a =， 所以{}n a 为等比数列，故12n n a -=，所以()1010112102312S ⨯−==−，填1023.15．【苏省南通市2019届高三模拟练习卷（四模)】已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ．若9362S S S =+，则631S S +取得最小值时，9S 的值为_______．【答案】3【解析】由9362S S S =+，得：q≠1，所以936111(1)(1)(1)2111a q a q a q q q q−−−=+−−−，化简得：936112(1)q q q −=−+−，即963220q q q −−+=，即63(1)(2)0q q −−=，得32q =，化简得631S S +＝6131(1)11(1)a q qq a q −−+−−＝11311a q q a −+≥−， 当11311a q q a −=−，即1a =时，631S S +取得最小值，所以919(1)1a q S q −==−9(1)1q q −−＝3故答案为：316．【山东省聊城市2019届高三三模】已知正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，若存在两项m a ，n a ，使得1a =，则91m n+的最小值为__________． 【答案】2 【解析】正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，432111=+2a q a q a q ∴，整理，得210+2q q −=，又0q >，解得，12q =，存在两项m a ，n a 使得1a =，2221164m n a q a +−∴=， 整理，得8m n +=，∴9119119()()(10)88m n m n m n m n n m+=++=++ 19(10)28m n n m +=…， 则91m n+的最小值为2． 当且仅当9m n n m=取等号，又m ，*n N ∈．8m n +=， 所以只有当6m =，2n =时，取得最小值是2． 故答案为：217．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)】等差数列{}n a 中，410a =且3a ，6a ，10a 成等比数列，数列{}n a 前20项的和20S =____ 【答案】200或330 【解析】设数列{}n a 的公差为d ，则3410a a d d =−=−，641042102,6106a a d d a a d d =+=+=+=+，由3610,,a a a 成等比数列，得23106a a a =，即()()()210106102d d d −+=+，整理得210100d d −=，解得0d =或1d =， 当0d =时，20420200S a ==；当1d =时，14310317a a d =−=−⨯=， 于是2012019202071903302S a d ⨯=+=⨯+=， 故答案为200或330.18．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷】已知数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++−==，则数列(1)(2)na n n ⎧⎫⎨⎬++⎩⎭的前n 项和为___________.【答案】2222n n +−+【解析】由12(1)0n n n a na ++−=，得121n n a an n+=⨯+， 所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1141a a ==为首项，2为公比的等比数列， 于是11422n n na n−+=⨯=， 所以12n n a n +=⋅，因为12(1)(2)(1)(2)n n a n n n n n +⋅=++++212221n n n n ++=−++， 所以(1)(2)na n n ⎧⎫⎨⎬++⎩⎭的前n 项和324321222222324321n n n S n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−+−++− ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222n n +=−+.19．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三5月校际联合考试】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足关于x 的不等式21220a x S x ⋅−⋅+<的解集为()1,2.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足221n an n b a =+−，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）n a n =；（2）2122n n T n +=+−.【解析】（1）依题意可得：设等差数列{}n a 的首项1a ，公差为d ，因为关于x 的不等式21220a x S x ⋅−⋅+<的解集为()1,2，则由21123S a =+=得1a d =； 又122a =，∴11a =，1d =, ∴n a n =.（2）由题意可得22n a n =，22n a n =，所以221212n ann b n n =+−=−+,∴()()2121212122212n n nn n T n +−+−=+=+−−.20．【安徽省定远中学2019届高三全国高考猜题预测卷一】已知数列{}n a 满足11a =，1431n n a a n +=+−，n n b a n =+.（1）证明：数列{}n b 为等比数列； （2）求数列{}n a 的前n 项和. 【答案】（1）见证明；（2）()221141322n n n −−− 【解析】证明：（1）∵n n b a n =+，∴111n n b a n ++=++.又∵1431n n a a n +=+−，∴()1143111n n n n n n a n n b a n b a n a n+++−++++==++()44n n a n a n +==+. 又∵111112b a =+=+=，∴数列{}n b 是首项为2，公比为4的等比数列.解：（2）由（1）求解知，124n n b −=⨯，∴124n n n a b n n −=−=⨯−，∴()()211221412(1444)(123)142n n n nn n S a a a n −−+=++⋯+=++++−++++=−−()221141322n n n =−−−. 21．【安徽省合肥市2019届高三第三次教学质量检测】已知数列{}n a 满足11a =,()12212n n a a n n −=+−≥，数列{}n b 满足23n n b a n =++.（Ⅰ）求证数列{}n b 是等比数列； （Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S . 【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）123246n n S n n +=⨯−−−【解析】解：（Ⅰ）当1n =时，11a =，故16b =. 当2n ≥时，1221n n a a n −=+−，则12322123n n n b a n a n n −=++=+−++ ()()112212213n n a n a n −−⎡⎤=++=+−+⎣⎦，12n n b b −∴=，∴数列{}n b 是首项为6，公比为2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得32nn b =⨯，23n n a b n ∴=−− 3223n n =⨯−−，()()232222123nn S n n ∴=+++−+++− ()()21231312n n n n −=⋅−+−−，123246n n S n n +∴=⨯−−−.22．【2019年塘沽一中、育华中学高三毕业班第三次模拟考试】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >且1336a a =，()34129a a a a +=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若13n bn S +=，求数列{}n b 及数列{}n n a b 的前n 项和n T .（3）设()()111nn n n a c a a +=++，求{}n c 的前n 项和n P .【答案】（1）123n n a −=⨯；（2）(21)3122n n n T −⨯=+；（3）n P =116432n−⨯+ 【解析】解：（1）由题意得：()34129a a a a +=+，可得()()212129a a q a a +=+，29q =，由0n a >，可得3q =，由1336a a =，可得21136a a q =，可得12a =，可得1*23()n n a n N −=⨯∈;(2)由123n n a −=⨯，可得1(1)2(31)31131n n n n a q S q −−===−−−， 由13n bn S +=，可得3113n b n −+=，可得n b n =，可得{}n n a b 的通项公式：n n a b =123n n −⨯，可得：0122123223233...2(1)323n n n T n n −−=⨯+⨯⨯+⨯⨯++⨯−⨯+⨯⨯ ①1231323223233...2(1)323n n n T n n −=⨯+⨯⨯+⨯⨯++⨯−⨯+⨯⨯ ②① -②得：13(31)2222331n n n T n −−−=+⨯−⨯⨯− 23323n n n =+−−⨯=(12)31nn −⨯−，可得(21)3122n n n T −⨯=+;(3)由 ()()111nn n n a c a a +=++可得()()11123111()2231231231231n n n n n nc −−−⨯==−⨯+⨯+⨯+⨯+，可得：n P =11111111(...)237719231231n n −−+−++−⨯+⨯+ =111()23231n −⨯+=116432n −⨯+能力提升训练1．【江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学2019届高三4月联考】已知数列{}n a 是等比数列，若2678492ma a a a a ⋅=−⋅，且公比2)q ∈，则实数m 的取值范围是（）A ．(2,6)B ．(2,5)C ．(3,6)D ．(3,5)【答案】C 【解析】2678492ma a a a a ⋅=−⋅， 2112142111112ma q a q a q ∴=−， 32m q =−，()35,2q ∈，()35,8q ∴∈， ()3,6m ∈，故选C.2．【安徽省宣城市2019届高三第二次调研测试】已知正项等比数列{}n a 满足9872a a a =+ ，若存在两项m a ，n a ，使得212m n a a a =，则14m n+的最小值为（ ）A ．B ．83C ．3D ．【答案】C 【解析】解：设等比数列的公比为q （q ＞0）， ∵a 9＝a 8+2a 7， ∴a 7q 2＝a 7q +2a 7，∴q 2﹣q ﹣2＝0， ∴q ＝2或q=-1（舍），∵存在两项a m ，a n 使得212m n a a a =，∴21122112,22,21, 3.m n m n a qa m n m n −+−+−==+−=+= ， ∴()14114141593333n m m n m n m n m n ⎛⎫⎛⎫+=⨯++=++≥⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 故选C.3．【宁夏银川市2019届高三下学期质量检测】已知等比数列{}n a 的公比为q ，34a =，2410a a +=−，且1q >，则其前4项的和为（ ） A ．5 B ．10C ．5−D ．10−【答案】C 【解析】等比数列{}n a 的公比为q ，34a =，2410a a +=−21311410a q a q a q ⎧=∴⎨+=−⎩，解得12q =−（舍去）或2q =− 1241a q ∴== ()4412512S −−∴==−+ 本题正确选项：C4．【湖南省2019届高三六校(长沙一中、常德一中等)联考】已知公差0d ≠的等差数列{}n a 满足11a =，且2a ，42a −，6a 成等比数列，若正整数m ，n 满足10m n −=，则m n a a −=( ) A ．10 B ．20 C ．30 D ．5或40【答案】C 【解析】由题知()24262a a a −=，因为{}n a 为等差数列，所以()()()231115d d d −=++，因为0d ≠，解得3d =，从而()30m n a a m n d −=−=，故选C.5．【2019年安徽省马鞍山市高考数学一模】数列{}n a 为等比数列，若11a =，748a a =，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则5(S = )A ．3116B ．158C ．7D ．31【答案】A 【解析】数列{}n a 为等比数列，11a =，748a a =，638q q ∴=，解得2q =， 1112n n n a a q −−∴==，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ， 55111111131211248161612S ⎛⎫⨯− ⎪⎝⎭∴=++++==−．故选：A ．6．【北京市平谷区2019届高三第二学期3月质量监控】中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关……”其大意为：“某人从距离关口三百七十八里处出发，第一天走得轻快有力，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程为前一天的一半，共走了六天到达关口……” 那么该人第一天走的路程为______________ 【答案】192 【解析】根据题意，记每天走的路程里数为{a n }，可知{a n }是公比为12的等比数列， 又由6天走完378里，则S 6611[1)2112a ⎛⎤− ⎥⎝⎦==−378， 解可得：a 1＝192，即该人第一天走的路程为192里．故答案为：192里．7．【湖南省郴州市2019届高三第三次质量检测】已知数列11n a ⎧⎫−⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列，且10a >，若数列{}n a 是递增数列，则1a 的取值范围为______．【答案】(0,1)【解析】 由已知得11111113n n a a −⎛⎫⎛⎫−=− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则11111113n n a a −=⎛⎫⎛⎫−+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >，数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +>>，则111111*********n n a a −>⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫−+−+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得111110113a a ⎛⎫<−<− ⎪⎝⎭，所以101a <<.8．【黑龙江省大庆市2019届高三第三次教学质量检测】设等比数列{}n a 的前n 项和为n S .若637S S =−，则4332a a a a +=+__________． 【答案】-2【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ．①当1q =时，637S S =−不成立．②当1q ≠时，由637S S =−得61317(1)(1)11a a q q q q=−−⨯−−−， 整理得317q +=−，即38q =−，解得2q =−． 所以43333222(1)2(1)q q a a a a q a a a a ++===+=−+． 故答案为：2−．9．【重庆市南开中学2019届高三第三次教学质量检测】在正项递增等比数列{}n a 中，51a =，记12...n n S a a a =+++，12111...n nT a a a =+++，则使得n n S T ≤成立的最大正整数n 为__________． 【答案】9【解析】 由题得11111(1)(1)(1)11(1)1n n n nq q a q a q q q a q q−−⋅−≤=−−−， 因为数列是正项递增等比数,所以10,1a q >>，所以2111n a q −≤.因为51a =，所以44281111,,a q a q a q −−=∴=∴=，所以81901,,9n n q q q q n −−−⋅≤∴≤∴≤.所以使得n n S T ≤成立的最大正整数n 为9.故答案为：910．【四川省2018-2019年度下期(4月)高三“联测促改”活动】已知等比数列{}n a 中，22a =，514a =，则122334a a a a a a +++=__________． 【答案】34132【解析】设数列{}n a 的公比为q ，则35218a q a ==，所以12q =， 214a a q ==，所以数列{}1n n a a +是首项为128a a =，公比214q =的等比数列，所以122356a a a a a a +++= 5181321341411310243214⎛⎫− ⎪⎛⎫⎝⎭=−= ⎪⎝⎭−.。
2020届高三理数一轮讲义：6.3-等比数列及其前n项和(含答案)
第3节 等比数列及其前n 项和最新考纲 1.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；2.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；3.了解等比数列与指数函数的关系.知 识 梳 理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列. 数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数). (2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝±ab .2. 等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1； 通项公式的推广：a n ＝a m q n －m .(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q .3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和. (1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ， a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n . [微点提醒]1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 也是等比数列. 2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0. 3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a （1－a n）1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(必修5P53A1(2)改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( ) A.－12B.－2C.2D.12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12. 答案 D3.(必修5P54A8改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.解析设该数列的公比为q，由题意知，243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81.答案27，814.(2019·马鞍山质检)已知等比数列{a n}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为()A.2B.4C.92 D.6解析根据等比数列的性质得a3a5＝a24，∴a24＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.又∵a1＝1，a1a7＝a24＝4，∴a7＝4.答案 B5.(2018·北京卷)“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122.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A.32f B.322f C.1225f D.1227f解析由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为122的等比数列，设此数列为{a n}，则a8＝1227f，即第八个单音的频率为1227f.答案 D6.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n，S n为{a n}的前n项和.若S n＝126，则n＝________.解析由a n＋1＝2a n，知数列{a n}是以a1＝2为首项，公比q＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6.答案6考点一 等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.(2)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q . 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，②显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎨⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32. 答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q.【训练1】 (1)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝( ) A.9B.15C.18D.30(2)(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝2（a 1＋a 1q ＋a 1q 2）＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16，解得q ＝2，a 1＝2，所以S 4＝2（1－24）1－2＝30.(2){a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 (1)D (2)1考点二 等比数列的判定与证明【例2】 (2016·全国Ⅲ卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ. (1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)解 由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.规律方法 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n ＝1的情形进行验证.【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 则S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)， 又由题意知a 1－2a 1＝－3， 所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1， 所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n＝4（1－2n）1－2＋n（n＋1）2－2n＝2n＋3＋n2－3n－82.考点三等比数列的性质及应用【例3】(1)等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝()A.12B.10C.8D.2＋log35(2)已知数列{a n}是等比数列，S n为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝()A.40B.60C.32D.50解析(1)由等比数列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，则原式＝log3(a1a2…a10)＝log3(a5a6)5＝10.(2)数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9是首项为4，公比为2的等比数列，则S9－S6＝a7＋a8＋a9＝16，S12－S9＝a10＋a11＋a12＝32，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60.答案(1)B(2)B规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q”，可以减少运算量，提高解题速度.2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练3】(1)(2019·菏泽质检)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.－2B.－ 2C.±2D. 2(2)(一题多解)设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S6S3＝3，则S9S6＝________.解析 (1)根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0， 所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0， 由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.(2)法一 由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a (a ≠0)，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ， 所以S 9S 6＝7a 3a ＝73.答案 (1)B (2)73[思维升华]1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量.(2)分类讨论思想：如求和时要分q ＝1和q ≠1两种情况讨论，判断单调性时对a 1与q 分类讨论. [易错防范]1.特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况.2.S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1时且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立.数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想. 类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .【例1】 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________.(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________.解析 (1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或2.又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38，显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案 (1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *).【例2】 (1)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6B.5C.4D.3(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18B.－18C.578D.558解析 (1)数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a 9＝18. 答案 (1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . 若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m (q 为公比).【例3】 (1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________.解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.(2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0. 则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案 (1)2 (2)3116基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A.8B.9C.10D.11解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10. 答案 C2.已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值为( ) A.16B.8C.2 2D.4解析 因为a 4与a 14的等比中项为22， 所以a 4·a 14＝a 7·a 11＝(22)2＝8， 所以2a 7＋a 11≥22a 7a 11＝22×8＝8， 所以2a 7＋a 11的最小值为8. 答案 B3.(2019·太原模拟)已知公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝3a 3，则S 5＝( ) A.1B.5C.3148 D.1116解析 由题意得a 1（1－q 3）1－q＝3a 1q 2，解得q ＝－12或q ＝1(舍)，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1251－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1116.答案 D4.(2017·全国Ⅱ卷)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盏解析 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B5.(2019·深圳一模)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，则ab ＝( ) A.－3B.－1C.1D.3解析 ∵等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ， ∴a 1＝S 1＝a ＋b ，a 2＝S 2－S 1＝3a ＋b －a －b ＝2a ， a 3＝S 3－S 2＝9a ＋b －3a －b ＝6a ，∵等比数列{a n }中，a 22＝a 1a 3，∴(2a )2＝(a ＋b )×6a ，解得ab ＝－3. 答案 A6.等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 13＋a 14a 14＋a 15＝________.解析 设{a n }的公比为q .由题意得a 1＋2a 2＝a 3，则a 1(1＋2q )＝a 1q 2，q 2－2q －1＝0，所以q ＝1＋2(舍负). 则a 13＋a 14a 14＋a 15＝1q ＝2－1. 答案2－17.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列， 则a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n .答案 12n8.(2018·成都诊断)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________.解析 由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )得，a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，∴(a n ＋1－2a n )2＝0，a n ＋1a n＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比为2的等比数列，∴S 9＝2（1－29）1－2＝1 022.答案 1 0229.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (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 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，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 ＝1－（－2）n3.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 ＝6.10.已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2， 即a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是一个首项为1，公差为2的等差数列，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， 所以q ＝3，b n ＝3n －1.数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 即3n －12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T 1>1的n 的最小值为( ) A.4B.5C.6D.7解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6. 答案 C12.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( ) A.(3n －1)2 B.12(9n －1) C.9n－1D.14(3n－1)解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1， 故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列.因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4（1－9n）1－9＝12(9n－1).答案 B13.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝______.解析 ∵{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 25， ∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1（1－q 4）1－q ＋a 1（1－q 12）1－q ＝λa 1（1－q 8）1－q，∴1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，将q4＝2代入计算可得λ＝8 3.答案8 314.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(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×2n，①2T n＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得：－T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2（1－2n）1－2－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2. 所以T n＝(n－1)2n＋1＋2.。
专题31 等差数列及其前n项和-2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)(解析版)
专题31等差数列及其前n 项和最新考纲1.理解等差数列的概念．2.掌握等差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差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．4.了解等差数列与一次函数的关系.基础知识融会贯通1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示． 2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . 3．等差中项由三个数a ，A ，b 组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时，A 叫做a 与b 的等差中项． 4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列． (6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…构成等差数列． 5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2 或S n ＝na 1＋n (n －1)2d .6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值． 【知识拓展】等差数列的四种判断方法(1)定义法：a n＋1－a n＝d(d是常数)⇔{a n}是等差数列．(2)等差中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2 (n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)通项公式：a n＝pn＋q(p，q为常数)⇔{a n}是等差数列．(4)前n项和公式：S n＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{a n}是等差数列．重点难点突破【题型一】等差数列基本量的运算【典型例题】已知{}是等差数列，且a1，a4＝1，则a10＝（）A．﹣5 B．﹣11 C．﹣12 D．3【解答】解：∵{}是等差数列，且a1，a4＝1，∴，即，解得d，∴9d，解得a10＝﹣11．故选：B．【再练一题】等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝3，S5＝35，则数列{a n}的公差为（）A．﹣2 B．2 C．4 D．7【解答】解：∵a1＝3，S5＝35，∴5×335，解得d＝2．故选：B．思维升华等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，a n，d，n，S n，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．【题型二】等差数列的判定与证明【典型例题】设数列{a n}满足关系式：a1＝﹣1，a n试证：（1）试求数列{a n}的通项公式．（2）b n＝lg（a n+9）是等差数列．（3）若数列{a n}的第m项的值，试求m【解答】解：（1）∵a1＝﹣1，a n，∴，∴，令T n＝a n+9，则Tn是公比为的等比数列，，∴，（2）∵b n＝lg（a n+9），＝lg12+（lg2﹣lg3）n．由数列{b n}通项公式可知，{bn}是公差为（lg2﹣lg3）的等差数列．（3）若数列数列{a n}的第m项的值，化简得a m＝（29﹣38）÷3612由a n通项公式可知，a m＝a7，m＝7．【再练一题】已知数列{a n}、{b n}满足：a1，a n+b n＝1，b n+1．（1）求a2，a3；（2）证数列{}为等差数列，并求数列{a n}和{b n}的通项公式；（3）设S n＝a1a2+a2a3+a3a4+…+a n a n+1，求实数λ为何值时4λS n＜b n恒成立．【解答】（1）解：∵，∴，，，，．∴；（2）证明：由，∴，∴，即a n﹣a n+1＝a n a n+1，∴∴数列{}是以4为首项，1为公差的等差数列．∴，则，∴；（3）解：由，∴S n＝a1a2+a2a3+…+a n a n+1．∴，要使4λS n＜b n恒成立，只需（λ﹣1）n2+（3λ﹣6）n﹣8＜0恒成立，设f（n）＝（λ﹣1）n2+3（λ﹣2）n﹣8当λ＝1时，f（n）＝﹣3n﹣8＜0恒成立，当λ＞1时，由二次函数的性质知f（n）不满足对于任意n∈N*恒成立，当λ＜l时，对称轴nf（n）在[1，+∞）为单调递减函数．只需f（1）＝（λ﹣1）n2+（3λ﹣6）n﹣8＝（λ﹣1）+（3λ﹣6）﹣8＝4λ﹣15＜0 ∴，∴λ≤1时4λS n＜b n恒成立．综上知：λ≤1时，4λS n＜b n恒成立．思维升华等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n都有a n＋1－a n等于同一个常数．(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2a n＋1＝a n＋a n＋2.(3)通项公式法：得出a n＝pn＋q后，再根据定义判定数列{a n}为等差数列．(4)前n项和公式法：得出S n＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{a n}为等差数列．【题型三】等差数列性质的应用命题点1等差数列项的性质【典型例题】．在等差数列{a n}中，a1+3a8+a15＝60，则a2﹣a8+a14等于（）A．10 B．12 C．11 D．﹣4【解答】解：等差数列{a n}中，a1+3a8+a15＝60，可得：5a8＝60，解得a8＝12，则a2﹣a8+a14＝a8＝12，故选：B．【再练一题】已知等差数列{a n}的公差不为零，且a2，a3，a9成等比数列，则（）A．B．C．D．【解答】解：设等差数列{a n}的公差d≠0，且a2，a3，a9成等比数列，∴a2•a9，∴（a1+d）（a1+8d），a1d≠0．则．故选：B．命题点2等差数列前n项和的性质【典型例题】已知等差数列{a n}，a1＝﹣2018，前n项和为S n，，则S2019＝（）A．0 B．1 C．2018 D．2019【解答】解：因为数列{a n}为等差数列，所以，又因为，所以{}是为首项是﹣2018，公差为1的等差数列，所以2018+（2019﹣1）×1＝0，所以S2019＝0．故选：A．【再练一题】已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a6+a8＝6，S9﹣S6＝3，则使S n取得最大值时n的值为（）A．5 B．6 C．7 D．8【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a6+a8＝6，S9﹣S6＝3，∴2a1+12d＝6，3a1+21d＝3，联立解得：a1＝15，d＝﹣2，∴a n＝15﹣2（n﹣1）＝17﹣2n．令a n＝17﹣2n≥0，解得n≤8．则使S n取得最大值时n的值为8．故选：D．思维升华等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则a m＋a n＝a p＋a q.(2)和的性质：在等差数列{a n}中，S n为其前n项和，则①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(a n＋a n＋1)；②S2n－1＝(2n－1)a n.基础知识训练1．【西省太原市2019届高三上学期期末考试】已知数列{a n }为等差数列，，若，则＝( ) A ．−22019 B ．22020C ．−22017D ．2201【答案】A 【解析】数列为等差数列，且，则 ，又 ，则，，， 同理 ，以此类推，又 ，所以。
2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题30 等比数列及其前n项和(解析版)
考点30 等比数列及其前n 项和1、设数列{a n }满足2a n ＝a n ＋1(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( )A.152 B ．154C ．4D ．2【答案】A【解析】由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 1－241－2a 1×2＝152.故选A.2、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等于( ) A.152 B ．314C.334 D ．172【答案】B【解析】设数列{a n }的公比为q ，则显然q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ·a 1q 3＝1，a 11－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 11－q 51－q＝4⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝314.3、已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( )A ．－13B ．13C ．－12D ．12【答案】A【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13.4、在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝3，a 9＝a 2a 3a 4，则公比q 的值为( ) A.2 B ．3 C ．2 D ．3【答案】D【解析】由a 9＝a 2a 3a 4得a 1q 8＝a 31q 6，所以q 2＝a 21.因为等比数列{a n }的各项都为正数，所以q ＝a 1＝3.5、已知数列1，a 1，a 2,9是等差数列，数列1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，则b 2a 1＋a 2的值为( )A.710 B ．75C.310 D ．12【答案】C【解析】因为1，a 1，a 2,9是等差数列，所以a 1＋a 2＝1＋9＝10.又1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，所以b 22＝1×9＝9，因为b 21＝b 2＞0，所以b 2＝3，所以b 2a 1＋a 2＝310.6、在等比数列{a n }中，a 5a 11＝3，a 3＋a 13＝4，则a 15a 5＝( )A ．3B ．－13C ．3或13D ．－3或－13【答案】C【解析】根据等比数列的性质得⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 52＝3，a 3＋q 10＝4，化简得3q 20－10q 10＋3＝0，解得q 10＝3或13，所以a 15a 5＝a 5q 10a 5＝q 10＝3或13. 7、古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10【答案】B【解析】设该女子第一天织布x 尺，则x 1－251－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8.8、已知各项均是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12B ．5＋12C ．－5－12D ．5－12或5＋12【答案】B【解析】设{a n }的公比为q (q ＞0)．由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.从而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.9、已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15【答案】A【解析】因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }是公比q ＝3的等比数列， 所以a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.所以a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝9×33＝35. 所以log 1335＝－log 335＝－5.10、在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．故选B.11、在等比数列{a n }中，a n ＞0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2·…·a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( )A ．2B ．4C ．8D ．16【答案】A【解析】由分数的性质得到1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋a 7＋a 2a 7a 2＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.因为a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5，所以原式＝a 1＋a 2＋…＋a 8a 4a 5＝4a 4a 5，又a 1a 2·…·a 8＝16＝(a 4a 5)4，a n ＞0，∴a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝2.12、已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn .若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( ) A ．512 B ．256 C ．81 D ．16 【答案】A【解析】由题意知，a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 35＝8，Ⅱ9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)·(a 3a 7)(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Ⅱ9＝83＝512.13、已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的取值范围是( )A ．[12,16]B ．⎣⎡⎦⎤8，323 C.⎣⎡⎭⎫8，323 D ．⎣⎡⎦⎤163，323【答案】C【解析】因为{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，所以q 3＝a 5a 2＝18，q ＝12，a 1＝4，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝a 1a 21－q 2n 1－q 2＝323(1－q 2n )∈⎣⎡⎭⎫8，323，故选C. 14、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 ，a 2n －1＋a 2n ＜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【解析】若对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0，则a 1＋a 2＜0，又a 1＞0，所以a 2＜0，所以q ＝a 2a 1＜0.若q ＜0，可取q ＝－1，a 1＝1，则a 1＋a 2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0.所以“q ＜0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0”的必要而不充分条件，故选C.15、已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值为( ) A ．126 B ．130 C ．132 D ．134【答案】C【解析】设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由题意可知，lg a 3＝b 3，lg a 6＝b 6.又b 3＝18，b 6＝12，则a 1q 2＝1018，a 1q 5＝1012，∴q 3＝10－6，即q ＝10－2，∴a 1＝1022.∵{a n }为正项等比数列，∴{b n }为等差数列，且公差d ＝－2，b 1＝22，故b n ＝22＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋24.∴数列{b n }的前n 项和S n ＝22n ＋nn －2×(－2)＝－n 2＋23n ＝－⎝⎛⎭⎫n －2322＋5294.又n ∈N *，故n ＝11或12时，(S n )m a x ＝132. 16、设数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝( ) A ．15 B ．60 C ．63 D ．72【答案】B【解析】由数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，得数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)1＝n ＋2.由数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，得数列{b n }的通项公式为b n ＝b 1q n －1＝2n －1，所以ba n ＝2n＋1，所以ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝22＋23＋24＋25＝－241－2＝60.17、已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n ，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________.【答案】1 024【解析】∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2，∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2，∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.18、已知{a n }为等比数列，且a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝18.若a n ＝12，则n ＝________.【答案】 9【解析】设{a n }的公比为q ，由a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝(a 3＋a 6)q ＝18，解得q ＝12，由a 1(q 2＋q 5)＝36得a 1＝128，进而a n ＝128·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －8.由a n ＝12，解得n ＝9. 19、设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2·…·a n 的最大值为________． 【答案】64【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2·…·a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n －n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498， 结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2·…·a n 的最大值为26＝64.20、设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝________. 【答案】15【解析】由题意得a n ＝(－2)n －1，所以a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝1＋|－2|＋(－2)2＋|(－2)3|＝15.21、已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5.对任意的m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m 的项的个数记为b m ，则数列{b m }的前m 项和S m ＝________. 【答案】72m ＋1－748【解析】设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n .由T 5＝105，a 10＝2a 5，得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋－2d ＝105，a 1＋9d ＝a 1＋4d ，解得a 1＝7，d ＝7，因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)．对任意的m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m ，则n ≤72m－1.因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7，公比为49的等比数列，故S m ＝－49m 1－49＝7×2m－48＝72m ＋1－748.22、已知等差数列{a n }的公差d ＞0，且a 2，a 5－1，a 10成等比数列，若a 1＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋n ＋32a n ＋1的最小值为________．【答案】203【解析】由于a 2，a 5－1，a 10成等比数列，所以(a 5－1)2＝a 2·a 10，(a 1＋4d －1)2＝(a 1＋d )·(a 1＋9d )，又a 1＝5，所以d ＝3，所以a n ＝5＋3(n －1)＝3n ＋2，S n ＝na 1＋nn －2d ＝5n ＋32n (n －1)，所以2S n ＋n ＋32a n ＋1＝3n 2＋8n ＋323n ＋3＝13[3(n ＋1)＋27n ＋1＋2]≥203，当且仅当3(n ＋1)＝27n ＋1，即n ＝2时等号成立． 23、设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.【答案】(1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2. (2) 22n ＋1＋13【解析】(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2(2－1)＝2n －2.当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)∵a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝－4n1－4＝n－3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋n－3＝22n ＋1＋13.24、已知数列{a n }满足a 1＝8999，a n ＋1＝10a n ＋1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，求证：T n ＜12. (1)【解】由a n ＋1＝10a n ＋1，得a n ＋1＋19＝10a n ＋109＝10⎝⎛⎭⎫a n ＋19，所以a n ＋1＋19a n ＋19＝10，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，首项为a 1＋19＝100，公比为10.所以a n ＋19＝100×10n －1＝10n ＋1，所以a n ＝10n ＋1－19.(2)【证明】由(1)可得b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19＝lg 10n ＋1＝n ＋1， 所以1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＜12， 所以T n ＜12.25、设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．(1) 【解】当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1， 即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1， 解得a 4＝78.(2)【证明】由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ∈N *)．∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n a n ＋1－a n＝12. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．26、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)若S 5＝3132，求λ.【答案】(1)11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1(2) －1【解析】(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.27已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19. (1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 【答案】(1) 3n (2) 13[(－2)n －1]【解析】(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19， ∴b 1＝1，∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列， ∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .(2)设C n ＝b n cos(a n π)，由(1)得C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，则C n ＋1＝(－1)n ＋12n ，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1，∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列． ∴T n ＝－1×[1－－n]1－－＝13[(－2)n －1]． 28、已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m ≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．【答案】(1) －5·(－1)n －1. (2) 见解析【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1.故a n ＝53·3n －1，或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35·⎝⎛⎭⎫13n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列 ，从而∑n ＝1m 1a n ＝35·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m 1－13＝910·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m ＜910＜1. 若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1， 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15， m ＝2k －k ∈N *，0， m ＝2k k ∈N *.故∑n ＝1m1a n＜1. 综上，对任意正整数m ，总有∑n ＝1m1a n＜1. 故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．。