2019高考等比数列的前n项和10大题(答案及解析)
2019高考等比数列的前n 项和10大题（答案及解析）
一、选择题
1．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＝( )
A ．16(1－4－n )
B ．16(1－2－n )
C.323(1－4－
n ) D.323(1－2－n )
[答案] C
[解析] 本题主要考查等比数列的性质及求和运算．
由a 5
a 2＝q 3＝142＝18知q ＝12，而新的数列{a n a n ＋1}仍为等比数列，且公比为q 2＝14，
又a 1·a 2＝4×2＝8，
故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8[1－(14)n ]1－14
＝323
(1－4－n )．
2．正项等比数列{a n }满足a 2a 4＝1，S 3＝13，b n ＝log 3a n ，则数列{b n }的前10项和是(
) A ．65 B ．－65
C ．25
D ．－25
[答案] D
[解析] ∵{a n }为正项等比数列，a 2a 4＝1，
∴a 3＝1，又∵S 3＝13，∴公比 q ≠1.
又∵S 3＝a 1(1－q 3
)
1－q ＝13，a 3＝a 1q 2
＝1，
解得q ＝13.
∴a n ＝a 3q n －3＝(13
)n －3＝33－n ， ∴b n ＝log 3a n ＝3－n .
∴b 1＝2，b 10＝－7.
∴S 10＝10(b 1＋b 10)2＝10×(－5)2
＝－25. 二、填空题
3．等比数列{a n }中，若前n 项的和为S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.
[答案] 13
(4n －1) [解析] ∵a 1＝S 1＝1，a 2＝S 2－S 1＝3－1＝2，
∴公比q ＝2.
又∵数列{a 2n }也是等比数列，首项为a 21＝1，公比为q 2＝4，
∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1(1－4n )1－4
＝13(4n －1)． 4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －
1(4n －3)，则S 22－S 11＝________.
[答案] －65
[解析] S n ＝－4－4－4＋…＋(－1)n －1(4n －3)，
∴S 22＝－4×11＝－44，
S 11＝－4×5＋(－1)10(4×11－3)＝21，
∴S 22－S 11＝－65.
三、解答题
5．数列{a n }中，a 1＝13.前n 项和S n 满足S n ＋1－S n ＝(13
)n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n 以及前n 项和S n ；
(2)若S 1，t (S 1＋S 2)，3(S 2＋S 3)成等差数列，求实数t 的值．
[解析] (1)由S n ＋1－S n ＝(13)n ＋1得a n ＋1＝(13
)n ＋1(n ∈N *) 又a 1＝13，故a n ＝(13
)n (n ∈N *) 从而S n ＝13×[1－(13)n ]1－13
＝12[1－(13)n ](n ∈N *) (2)由(1)可得S 1＝13，S 2＝49，S 3＝1327
从而由S 1，t (S 1＋S 2)，3(S 2＋S 3)成等差数列可得
13＋3×(49＋1327)＝2×(13＋49
)t ，解得t ＝2. 6．等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{1b n
}的前n 项和． [解析] (1)设数列{a n }的公比为q .
由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19
. 由条件可知q >0，故q ＝13
. 由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13
. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n ；
(2) b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n
＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2
. 故1b n ＝－2n (n ＋1)
＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n
＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝－2n n ＋1
. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为－2n n ＋1
. 7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列．
(1)求{a n }的公比q ；
(2)求a 1－a 3＝3，求S n .
[解析] (1)依题意，得a 1＋(a 1＋a 1q )＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，
∵a 1≠0，∴2q 2＋q ＝0.
又q ≠0，∴q ＝－12
. (2)由已知，得a 1－a 1⎝⎛⎭
⎫－122＝3， ∴a 1＝4.
∴S n ＝4⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭
⎫－12＝83⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n . 8．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3
，n ∈N *.
(1)求数列{a n }的通项公式a n ；
(2)设b n ＝n a n
，求数列{b ”}的前n 项和S n . [解析] (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3
，① ∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝
n －13.② ①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n ，n ≥2. 又a 1＝13满足上式，∴a n ＝13n (n ∈N *)． (2)∵b n ＝n a n
，∴b n ＝n 3n . ∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ，③
∴3S n ＝32＋2×33＋…＋(n －1)3n ＋n ·3n ＋1.④
③－④得，－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1
＝3(1－3n )1－3
－n ·3n ＋1＝32(3n －1)－n ·3n ＋1 ＝3n ＋12－32
－n ·3n ＋1 ∴S n ＝－3n ＋14＋34＋n ·3n ＋12
， ∴S n ＝(2n －1)3n ＋14＋34
，n ∈N *. 9．已知a 、b 、c 、x 、y 、z 都是不等于1的正数，且a x ＝b y ＝c z ，如果1x ，1y ，1z
成等差数列，求证：a ，b ，c 成等比数列．
[解析] 设a x ＝b y ＝c z ＝p ，
∴x ＝log a p ，y ＝log b p ，z ＝log c p ，
∵1x ，1y ，1z 成等差数列．∴2y ＝1x ＋1z
， 即：2log p b ＝log p a ＋log p c .
∴b 2＝ac ，∵a 、b 、c 均为正数，∴a 、b 、c 成等比数列．
10．{a n }是等差数列，且3a 5＝8a 12＞0.数列{b n }满足b n ＝a n ·a n ＋1·a n ＋2(n ∈N *)，{b n }的前n 项和为S n ，当n 多大时，S n 取得最大值？证明你的结论．
[解析] 设{a n }的公差为d ，则由3a 5＝8a 12，得3a 5＝8(a 5＋7d )．∴a 5＝－565
d ＞0，∴d ＜0.
∴a 5＋11d ＝－565d ＋11d ＝－d 5
＞0， a 5＋12d ＝－565d ＋12d ＝4d 5
＜0，即a 16＞0，a 17＜0. 这样b 1＞b 2＞…b 14＞0,0＞b 17＞b 18＞….
其中b 15＝a 15·a 16·a 17＜0，b 16＝a 16·a 17·a 18＞0.
由于a 15＝a 5＋10d ＝－65
d ＞0， a 18＝a 5＋13d ＝95
d ＜0， ∴|a 18|＞|a 15|＝a 15.∴b 16＞|b 15|＝－b 15.
∴S 16＝S 14＋b 15＋b 16＞S 14.
综上所述，在数列{b n }的前n 项和中，前16项和S 16最大．。
专题3 等比数列概念及其求和公式的应用-2019年高考数学考点讲解与真题分析含答案
专题3 等比数列概念及其求和公式的应用【目标要求】【核心知识点】1、等比数列的判定方法： （1）根据定义，即寻求q a a nn =+1（q 为不为0的常数）； （2）根据等比中项，即判断=+21n a 2+⋅n n a a 成立（0≠n a ）；（3）根据通项，若通项n a 能表示成=n a )0,0(≠≠q c cq n的形式，则数列}{n a 为等 比数列。
(4)据前n 项和，若1na S n =（01≠a ）或)1(-=n n q a S ).1,0,0(≠≠≠q q a 的 形式，则数列}{n a 为等比数列。
2. 等比数列的基本性质（1）如果m ，n 为正整数，那么m n m n q a a -=（q 为公比）。
（2）一般地，如果l k n m ,,,为正整数，且l k n m +=+，则有l k n m a a a a ⋅=⋅，特别地，当k n m 2=+时，.2k n m a a a =⋅（3）在等比数列}{n a 中，每隔k 项（*∈N k ）取出一项，按原来的顺序排列，所得的新数列仍为等比数列。
（4）如果}{n a ，}{n b 均为等比数列，且公比分别为21,q q ，那么数列}{},1{n nka a )0,(≠∈k R k ，}{n n b a ⋅，}{n n a b 仍是等比数列，且公比分别为11q ，1q ，21,q q ，.12q q（5）①如果，1,01>>q a ，那么等比数列}{n a 是递增数列； ②如果10,01<<<q a ，那么等比数列}{n a 是递增数列； ③如果10,01<<>q a ，那么等比数列}{n a 是递减数列； ④如果1,01><q a ，那么等比数列}{n a 是递减数列。
3、等比数列的计算常常用到三个公式：=a 1-n qa ，)1(1)1(1≠--=q qq a S n n ，)1(11≠--=q qq a a S nn n .这三个公式中每个公式都是含有四个基本量的等式，已知三个可以求出第四个，这一思想就是方程思想。
理科数学2010-2019高考真题分类训练专题六数列第十六讲等比数列
专题六 数列第十六讲 等比数列2019年1.（2019全国1理14）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=____________．2.（2019全国3理5）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项为和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3=A ． 16B ． 8C ．4D ． 2 3.（2019全国2卷理19）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.2010-2018年一、选择题1．(2018北京) “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 B C ． D ．2．(2018浙江)已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．13a a <，24a a <B ．13a a >，24a a <C ．13a a <，24a a >D ．13a a >，24a a >3．（2017新课标Ⅱ）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4．（2015新课标Ⅱ）等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=A ．21B ．42C ．63D ．845．（2014重庆）对任意等比数列{}n a ，下列说法一定正确的是A ．139,,a a a 成等比数列B ．236,,a a a 成等比数列C ．248,,a a a 成等比数列D ．269,,a a a 成等比数列6．（2013新课标Ⅱ）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知32110S a a =+，59a =，则1a =A ．13B ．13-C ．19D ．19- 7．（2012北京） 已知{}n a 为等比数列．下面结论中正确的是A ．1322a a a +…B ．2221322a a a +…C ．若13a a =，则12a a =D ．若31a a >，则42a a >8．（2011辽宁）若等比数列{}n a 满足116n n n a a +=，则公比为A ．2B ．4C ．8D ．169．（2010广东）已知数列{}n a 为等比数列，n S 是是它的前n 项和,若2312a a a ⋅=，且4a 与27a 的等差中项为54，则5S = A ．35 B ．33 C ．3l D ．2910．（2010浙江）设n s 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=则52S S = A ．－11 B ．－8 C ．5 D ．11 11．（2010安徽）设{}n a 是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为,,X Y Z ，则下列等式中恒成立的是A ．2X Z Y +=B ．()()Y Y X Z Z X -=-C ．2Y XZ =D ．()()Y Y X X Z X -=-12．（2010北京）在等比数列{}n a 中，11a =，公比1q ≠.若12345m a a a a a a =，则m =A ．9B ．10C ．11D ．1213．（2010辽宁）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知3432S a =-，2332S a =-，则公比q =A ．3B ．4C ．5D ．614．（2010天津）已知{}n a 是首项为1的等比数列，n s 是{}n a 的前n 项和，且369s s =，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前5项和为 A ．158或5 B ．3116或5 C ．3116 D ．158二、填空题15．（2017新课标Ⅲ）设等比数列{}n a 满足121a a +=-，133a a -=-，则4a = _______．16．（2017江苏）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = ．17．（2017北京）若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==-，448a b ==， 则22a b =_____． 18．（2016年全国I ）设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 .19．（2016年浙江）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．若24S =，121n n a S +=+，*n N ∈，则1a = ，5S = ．20．（2015安徽）已知数列{}n a 是递增的等比数列，14329,8a a a a +==，则数列{}n a 的前n 项和等于 ．21．（2014广东）等比数列{}n a 的各项均为正数，且154a a =，则2122232425log +log +log +log +log =a a a a a ________．22．（2014广东）若等比数列{}n a 的各项均为正数，且512911102e a a a a =+，则1220ln ln ln a a a +++=L ．23．（2014江苏）在各项均为正数的等比数列}{n a 中，,12=a 4682a a a +=，则6a 的值是 ．24．（2013广东）设数列{}n a 是首项为1，公比为2-的等比数列，则1234||||a a a a +++= ．25．（2013北京）若等比数列{}n a 满足24a a +=20，35a a +=40，则公比q = ；前n项和n S = ．26．（2013江苏）在正项等比数列{}n a 中，215=a ，376=+a a ．则满足 n n a a a a a a a a ......321321>++++的最大正整数n 的值为 ．27．（2012江西）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比不为1。
2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)
2019年高考数学试题分项版——数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析 当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析 设等比数列的公比为q ， 则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34， 即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________． 答案 16解析 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0， 即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1， 即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为 ．【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题． 三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解 设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√2n−22n(n+1)＝√n−1n(n+1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√k+1+√k＝2√k ＋2(√k +1－√k )＝2√k +1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．6．(2019·江苏，20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明 设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)， 整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1； 当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n−1,，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列． （Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列， 这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前． 继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -， 对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。
【2019高考理科真题】分类汇编： 6.3考点3 等比数列前n项和及性质的应用
高考真题（2019•全国I 卷（理））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若，则S 5=____________．【解析】设等比数列的公比为，由已知，所以又， 所以所以． 【答案】. （2019•江苏卷）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：，求证:数列{a n }为“M －数列”； （2）已知数列{b n }满足:，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；①设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有成立，求m 的最大值．【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0. 由，得，解得． 因此数列为“M —数列”.（2）①因为，所以． 由得，则. 由，得， 214613a a a ==，q 21461,3a a a ==32511(),33q q =0q ≠3,q =55151(13)(1)12131133a q S q --===--1213245132,440a a a a a a =-+=111221,n n n b S b b +==-θ1k k k c b c +245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩112a q =⎧⎨=⎩{}n a 1122n n n S b b +=-0n b ≠1111,b S b ==212211b =-22b =1122n n n S b b +=-112()n n n n n b b S b b ++=-当时，由，得， 整理得． 所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n . ②由①知，b k =k ，.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以，其中k =1，2，3，…，m . 当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有． 设f （x ）=，则． 令，得x =e .列表如下：因为，所以． 取k =1，2，3，4，5时，，即， 经检验知也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．【答案】（1）见解析；2n ≥1n n n b S S -=-()()111122n n n n n n n n n b b b b b b b b b +-+-=---112n n n b b b +-+=()*n N ∈*k N ∈1k k qk q -≤≤ln ln ln 1k k q k k ≤≤-ln (1)x x x >21ln ()x f 'x x -=()0f 'x =ln 2ln8ln 9ln 32663=<=max ln 3()(3)3f k f ==q =ln ln k q k k k q ≤1k q k -≤（2）①b n =n ；②5. ()*n ∈N。
2019年高考数学理科考点一遍过23等比数列及其前n项和(含解析)
（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）了解等比数列与指数函数的关系.一、等比数列 1．等比数列的概念如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(0)q q ≠，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． 注意：（1）等比数列的每一项都不可能为0；（2）公比是每一项与其前一项的比，前后次序不能颠倒，且公比是一个与n 无关的常数. 2．等比中项如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，此时2G ab =．3．等比数列的通项公式及其变形首项为1a ，公比为q 的等比数列的通项公式是111(,0)n n a a q a q -=≠． 等比数列通项公式的变形：n m n m a a q -=． 4．等比数列与指数函数的关系等比数列{}n a 的通项公式11n n a a q -=还可以改写为1nn a a q q=⋅，当1q ≠且10a ≠时，x y q =是指数函数，1x a y q q =⋅是指数型函数，因此数列{}n a 的图象是函数1x ay q q=⋅的图象上一些孤立的点．①当101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩时，{}n a 是递增数列；②当1001a q >⎧⎨<<⎩或101a q <⎧⎨>⎩时，{}n a 是递减数列； ③当1q =时，{}n a 为常数列(0)n a ≠；④当0q <时，{}n a 为摆动数列，所有的奇数项（偶数项）同号，奇数项与偶数项异号． 二、等比数列的前n 项和公式首项为1a ，公比为q 的等比数列{}n a 的前n 项和的公式为111,1.(1),111n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩（1）当公比1q =时，因为10a ≠，所以1n S na =是关于n 的正比例函数，则数列123,,,,,n S S S S L L 的图象是正比例函数1y a x =图象上的一群孤立的点．（2）当公比1q ≠时，等比数列的前n 项和公式是1(1)1n n a q S q -=-，即11n n a S q q =-⋅-11a q+-，设11am q =-，则上式可写成n n S mq m =-+的形式，则数列123,,,,,n S S S S L L 的图象是函数x y mq m =-+图象上的一群孤立的点．由此可见，非常数列的等比数列的前n 项和n S 是一个关于n 的指数型函数与一个常数的和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数． 三、等比数列及其前n 项和的性质若数列{}n a 是公比为q 的等比数列，前n 项和为n S ，则有如下性质：（1）若m n p q +=+，则m n p q a a a a =；若2m n r +=，则2(,)m n r a a a m n,p,q,r =∈*N ． 推广：1211;n n i n i a a a a a a -+-===①L L ②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a =． （2）若,,m n p 成等差数列，则,,m n p a a a 成等比数列． （3）数列{}(0)n a ≠λλ仍是公比为q 的等比数列； 数列1{}n a 是公比为1q的等比数列； 数列{}||n a 是公比为||q 的等比数列；若数列{}n b 是公比为q'的等比数列，则数列{}n n a b 是公比为qq'的等比数列．（4）23,,,,k k m k m k m a a a a +++L 成等比数列，公比为m q ．（5）连续相邻k 项的和（或积）构成公比为(k q 或2)k q 的等比数列．（6）当1q =时，n m S n S m =；当1q ≠±时，11nn m m S q S q-=-． （7）m n n m m n n m S S q S S q S +=+=+． （8）若项数为2n ，则S q S =偶奇，若项数为21n +，则1S a q S -=奇偶． （9）当1q ≠-时，连续m 项的和（如232,,,m m m m m S S S S S --L ）仍组成等比数列（公比为m q ，2m ≥）．注意：这里连续m 项的和均非零．考向一 等比数列的判定与证明注意：（1）若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． （2）只满足()10n n a qa q +=≠的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a ≠.典例1 已知数列{}n a 满足()*2n n S a n n =-∈N.（1）证明：{}1n a +是等比数列； （2）求()*13521n a a a a n ++++⋅⋅⋅+∈N.【答案】（1）证明见解析；（2）232353n n +--.【名师点睛】本题考查了数列中递推公式的应用，通过构造数列证明等比数列，分项求和等知识点.形如1n n a a λμ+=+（1λ≠），在构造数列时，可在等式两边同时加上1μλ-构成等比数列.（1）利用递推公式可以得到1n S -的表达式，两个式子相减即可得到n a 与1n a -的表达式；构造数列{1n a +}，即可证明{1n a +}为等比数列.（2）利用{1n a +}为等比数列，可求得{n a }的通项公式；将{n a }分为等比数列和等差数列两个部分分别求和，再相加即可得出奇数项的和.1．数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()1121,1,2,3,n n n a a S n n++===.（1）试写出223,,a S a ； （2）设nn S b n=，求证：数列{}n b 是等比数列； （3）求出数列{}n a 的前n 项和n S 及数列{}n a 的通项公式.考向二 等比数列的基本运算等比数列基本量的计算是解等比数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第（1）问中，属基础题. （1）等比数列的基本运算方法：①等比数列由首项1a 与公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕1a 与q 进行．②对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出1a 与q ，对于1,,,,n n a a q n S 五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”．（2）基本量计算过程中涉及的数学思想方法：①方程思想．等比数列的通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量1a 和q ，问题可迎刃而解．②分类讨论思想．等比数列的前n 项和公式为111,1(1),111n n n na q S a a q a q q q q ì=ïï=í--=ï--ïî≠，所以当公比未知或是代数式时，要对公比分1q =和1q ≠进行讨论.此处是常考易错点，一定要引起重视．典例2 已知{}n a 是等比数列，且263a a +=，61012a a +=，则812a a +等于 A ．B ．24C ．D ．48 【答案】B【解析】由题意知4446102626261243a a a q a q q a a a a ++====++，则22q =，所以()22281261061021224a a a q a q qa a +=+=+=⨯=，故选B ．典例3 各项都是正数的等比数列{}n a 中，2a ，312a ，1a 成等差数列，则3445++a a a a 的值为A．2 B．12CD【答案】B【名师点睛】该题考查的是数列的有关问题，涉及的知识点有：三个数成等差数列的条件，等比数列的性质等，注意题中的隐含条件.2．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1352a a +=，2454a a +=，则n n S a =A ．14n - B ．41n- C ．12n -D ．21n-考向三 求解等比数列的通项及前n 项和若所给等比数列的项数为21()n n *+?N ，则这个数列可设为1n a q -，…，,,aa aq q，…，1n aq -. 2．当1q ≠时，若已知1,,a q n ，则用1(1)1n n a q S q -=-求解较方便；若已知1,,n a q a ，则用11n n a a qS q-=-求解较方便.3．（1）形如1(1,0)n n a pa q p pq +=+≠≠的递推关系式，①利用待定系数法可化为1n a +-()11n q q p a p p =--- ，当101q a p -≠-时，数列{}1n qa p --是等比数列；②由1n n a pa q +=+，1(2)n n a pa q n -=+≥，两式相减，得11()n n n n a a p a a +--=-，当210a a -≠时，数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列．（2）形如+1(,0)n n n a ca d c d cd =+≠≠的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同时除以1n d +，进而化归为等比数列．典例4 若等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,且42S S =5，则84S S 等于 A ．5 B ．16 C ．17D ．25【答案】C【解析】当公比1q =时，4225S S =≠，故公比不为1， 当公比1q ≠时，()()4124221111511a q S q q S a qq--==+=--，∴24q =，∴()()81484411111711a q S q q S a qq--==+=--，故选C. 【名师点睛】本题重点考查了等比数列的前n 项和，注意对公比q 的分类讨论，这是一个易错点,同时注意首项与公比均不为零.解决本题时，对公比q 进行分类讨论，利用前n 项和公式及条件，求出24q =，从而得到结果.典例5 已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且26a =，3472a a +=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足：()*n n b a n n =-∈N ，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）1*23()n n a n -∈=⨯N ；（2）2312nn n+--.3．设等比数列{n a }的各项都为正数，数列{n b }满足2121n n n b a a -+=⋅，且124,64b b ==. （1）求数列{n a }的通项； （2）求数列{n b }的前n 项和T n .考向四 等比数列的性质的应用等比数列的性质是高考考查的热点之一，利用等比数列的性质求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题，主要考查通项公式的变形、等比中项的应用及前n 项和公式的变形应用等.注意：（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.典例6 在等比数列{}n a 中，315,a a 是方程2680x x -+=的根，则1179a a a = A． B ．2 C ．1 D ．2- 【答案】A【解析】由等比数列的性质知2117315998a a a a a a ===⇒=故1179a a a ==，故选A.典例7 已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1020S =，20=60S ，则30S =_______． 【答案】140【解析】方法1：由1020S =，20=60S ，易得公比1q ≠±，根据等比数列前n 项和的性质，可得020101011S q S q 2-=-，即010106011201q q q 2-==+-，解得102q =， 又3030101011S q S q -=-，所以33012=72012S -=-，30140S =． 方法2：根据等比数列前n 项和的性质，可得10201010S S q S =+，即10602020q =+，解得102q =，所以1030102020260140S S q S =+=+⨯=．方法3：根据等比数列前n 项和的性质，可知10S ，2010S S -，3020S S -成等比数列，则22010103020()()S S S S S -=-，即230(6020)20(60)S -=-，解得30140S =．4．已知各项均为正数的等比数列{}n a 中, 1232a a a ⋅⋅=,56732a a a ⋅⋅=,则456a a a ⋅⋅等于 A ．4B ．8C ．16D ．24考向五 数列的新定义问题数列新定义问题能充分考查对信息的阅读、提取及转化能力，综合性强，难度较高，在实际问题中往往需要对题目进行阅读，再借助定义进行转化即可进行求解．对于此类问题，应先弄清问题的本质，然后根据等差数列、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决．典例8 若数列{}n A 满足21n n A A +=，则称数列{}n A 为“平方递推数列”．已知数列{}n a 中，19a =，点1(,)n n a a +在函数2()2f x x x =+的图象上，其中n 为正整数． （1）证明：数列{+1}n a 是“平方递推数列”，且数列{lg(+1)}n a 为等比数列； （2）设（1）中“平方递推数列”的前n 项之积为n T ，求lg n T ； （3）在（2）的条件下，记lg lg(+1)nn n T b a =，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求使4032n S >成立的n 的最小值．【答案】（1）见解析；（2）21n -；（3）2017．（2）由（1）知1111lg(1)lg(+1)22n n n a a --++=⋅=， 则12121(12)lg lg[(1)(1)(1)]lg(1)lg(1)lg(1)2 1.12n n n n n T a a a a a a ⨯-=+++=++++++==--（3）由（2）知11lg 2112()lg(+1)22nn n n n n T b a ---===-，111122221212n n n S n n --=-=-+-， 又4032n S >，所以112240322n n --+>，即120172nn +>， 又1012n<<， 所以min 2017n =，故使4032n S >成立的n 的最小值为2017．5．在数列{}n a 中，21nn a =-，一个7行8列的数表中，第i 行第j 列的元素为ij i j i j c a a a a =⋅++ ()1,2,,71,2,,8i j ==；，则该数表中所有不相等元素之和为 A ．16210- B ．16210+ C ．16218-D ．16213+1．设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和,3339,22a S ==,则公比q = A ．12B ．12-C ．1或12-D ．1或122．已知{}n a 为等比数列，47562,8a a a a +==-，则110a a += A ．7B ．5C ．5-D ．7-3．已知等比数列{}n a 中,1a ，25a 为方程2540x x -+=的两根，则31323a a a 的值为A ．16B ．8C ．64±D ．16±4．等比数列{}n a 中，452,5a a ==，则数列{}lg n a 的前8项和等于 A ．6 B ．5 C ．4D ．35．等比数列的前n 项和、前2n 项和、前3n 项和分别为A ，B ，C ，则 A ．A B C +=B ．2B AC =C ．3A B C B +-=D ．()22A B A B C +=+6．已知等差数列{}n a 的公差为2，若1a ，3a ，4a 成等比数列，则2a 等于 A ．9B ．3C ．3-D ．6-7．设()()4681021022222n f n n +=+++++∈N ，则()f n 等于A ．()16413n-B ．()116413n +- C ．()316413n +- D ．()416413n +- 8．已知各项均不为0的等差数列{}n a 满足2731102a a a -+=，数列{}nb 为等比数列，且77b a =，则113b b ⋅=A ．4B ．8C ．16D ．259．已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和是n S ，则“0q >”是“2016201820172S S S +>”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10．《张丘建算经》中有如下叙述：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里，问末日行几何．”其大意为：“现有一匹马行走速度越越慢，每天行走的距离是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里，问最后一天行走的距离是多少？”依据上述记载，计算第7天行走的距离大约是 （结果采用四舍五入，保留整数） A ．10里 B ．8里 C ．6里D ．4里11．设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，0n a >，若6325S S -=，则96S S -的最小值为 A ．14B ．12C ．20D ．5412．若数列{}n a 的前n 项和n S 满足()312n n S a =+()*n ∈N ，则4a 的值为__________. 13．已知数列}n 是等比数列，且129,36a a ==，则n a =________________．14．若数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n n S a n =+. （1）求证：数列{}1n a -是等比数列； （2）设()2log 1n n b a =-n 项和n T .15．已知公比为整数的正项等比数列{}n a 满足：3124a a -=，10193a a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令()1n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．1．（2017新课标全国II 理科）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2．（2017江苏）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项和为n S ，已知3676344S S ==,，则8a =________．3．（2017新课标全国Ⅲ理科）设等比数列{}n a 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 =___________．4．（2018新课标全国I 理科）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =_________．1．【答案】（1）2233,4,8a S a ===；（2）证明见解析；（3）()1*2n n S n n -=⋅∈N ；()212n n a n -=+⋅.【点睛】本题为数列常见考题，属于高考高频考点，常涉及： ①利用递推公式，已知数列的前几项利用赋值法求出后面； ②对递推关系式变形，证明某数列为等比（差）数列； ③根据所证明的数列成等比（差）数列，求出第n 项；④已知数列的前n 项和，求第n 项.这些都是数列常规问题，考查面较大.对于本题，当数列提供n a 与n S 之间的递推关系时，借助首项的值，利用赋值法，可求出第二项及以后的项，并求出前几项的和，证明某数列是等比数列，就是证明第n +1项与第n 项的比是一个常数，这个分析给证明提供一个暗示，有了证明的目标，从递推关系式向着这个目标进行等价变形，就可得出所要证明的式子，达到证明的目的；利用所证明的等比数列求出通项公式得出n S ，进而求出通项n a . 2．【答案】D【名师点睛】该题考查的是有关等比数列的问题，涉及的知识点有等比数列项之间的关系，等比数列的通项公式和等比数列的求和公式的应用，在解题的过程中，注意认真运算.对于本题，设出等比数列的公比为q ，利用等比数列的性质，根据已知等式求出q 的值，进而求出1a 的值，表示出n S 与n a ，即可求出结果. 3．【答案】（1）12n n a -=；（2）()416115n n T =-. 【解析】（1）因为{n a }为等比数列，所以由2121n n n b a a -+=⋅可得22n n b a =， 由124,64b b ==可得22244,64a a ==， 因为n a >0,所以242,8a a ==，可得11,2a q ==公比， 所以12n n a -=. （2）因为()2212n n b -==214n -，所以数列{n b }为等比数列，且首项为4，公比为16， 从而()()4116416111615n n nT -==--. 4．【答案】C【解析】因为等比数列{}n a 中，1232a a a ⋅⋅=,56732a a a ⋅⋅=，所以由等比数列的性质可知123345567,,a a a a a a a a a 成等比数列，所以()()()234512356764a a a a a a a a a ==，因为等比数列{}n a 中各项均为正数，所以3458a a a =，因为345a a a ，456a a a ，567a a a 成等比数列，所以()()()2456345567256a a a a a a a a a ==，可得45616a a a =.故选C ．【名师点睛】本题主要考查等比数列中连续三项积的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用.由等比数列的性质求得3458a a a =，再由等比数列的性质可得()()()2456345567256a a a a a a a a a ==，从而可得结果. 5．【答案】C【解析】该数表中的第i 行第j 列的元素·ij i j i j c a a a a =++=（2i ﹣1）（2j ﹣1）+2i ﹣1+2j﹣1=2i+j ﹣1 （i =1，2，…，7；j =1，2，…，8），其数据如下表所示：由表可知，该数表中所有不相等元素之和为22﹣1+23﹣1++1521-=)1441212--−14=16218-. 故答案为C.【名师点睛】（1）本题主要考查等比数列求和，意在考查学生对这些知识的掌握能力.（2）解答本题时，要注意审题，本题求的是“所有不相等．．．元素的和”.1．【答案】C【解析】由已知33312332a a S a a a a q q =++=++，所以23119122q q ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，解得1q =或12q =-，故选C ．2．【答案】D【名师点睛】等比数列的基本量运算问题的常见类型及解题策略：①化基本量求通项．求等比数列的两个基本元素1a 和q ，通项便可求出，或利用知三求二，用方程求解．②化基本量求特定项．利用通项公式或者等比数列的性质求解． ③化基本量求公比．利用等比数列的定义和性质，建立方程组求解．④化基本量求和．直接将基本量代入前n 项和公式求解或利用等比数列的性质求解． 3．【答案】B【解析】因为1a ，25a 为方程2540x x -+=的两根，所以1254a a =,且12505a a +=>,因此130a >，1331323125132,428a a a a a a a ==∴==⨯=， 故选B ．【名师点睛】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． 4．【答案】C【解析】由等比数列的性质知()4412384510a a a a a a ==，所以128lg lg lg a a a +++()4128lg lg104a a a ===．故选C.5．【答案】D【解析】由等比数列的性质可知，等比数列的第一个n 项和，第二个n 项和，第三个n 项和仍然构成等比数列，则有,,A B A C B --构成等比数列，()()2B A AC B ∴-=-，即222B AB A AC AB -+=-，()22A B A B C ∴+=+，故选D ．【名师点睛】本题考查了等比数列的性质以及等比数列前n 项和，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力，是基础题.解本题时，由等比数列的性质，可知其第一个n 项和，第二个n 项和，第三个n 项和仍然构成等比数列，化简即可得结果.8．【答案】C【解析】∵等差数列{}n a 中2731102a a a -+=，∴()27311724a a a a =+=，又70a ≠，∴74a =，∴74b =．∴在等比数列{}n b 中，2113716b b b ⋅==．故选C ．【名师点睛】本题主要考查等差、等比数列中项的下标和的性质，即若m n p q +=+()*,,,m n p q ∈N ，则等差数列中有mn p q aa a a +=+，等比数列中有m n p q a a a a =．利用数列这个性质解题，可简化运算、提高解题的效率．解本题时，先根据等差数列下标和的性质求出7a ，进而得到7b ，再根据等比数列下标和的性质求113b b ⋅即可． 9．【答案】D【解析】由2016201820172S S S +>得20182017a a >，∴2017201611a q a q>，∴()2016110a qq ->，解得10,1a q >>或10,1a q <<．∴“201620182012S SS+>”等价于“10,1a q >>或10,1a q <<”．故“0q >”是“2016201820172S S S +>”的既不充分也不必要条件．故选D ．【名师点睛】先求出“2016201820172S S S +>”的等价条件，再根据题意作出判断．等比数列的单调性除了和公比q 有关外，还与数列的首项1a 有关．当10,1a q >>或10,01a q <<<时，数列为递增数列；当10,01a q ><<或10,1a q <>时，数列为递减数列． 10．【答案】C【解析】记该匹马每天行走的距离成等比数列{}n a ，其公比为12，前7项的和为700，此问题可以转化为求数列{}n a 的第7项，00,6171647001700,61272127a a a ⨯⎛⎫===≈ ⎪⎝⎭，故选C ．11．【答案】C【名师点睛】本题考查了等比数列的前项和公式，利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正，即首先要判断参数是否为正；二定，即其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等，即最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.解本题时，利用等比数列的前n 项和公式求出96S S -，由数列的单调性可得1q >，根据基本不等式的性质求解即可.12．【答案】−81 【解析】()312n n S a =+()*n ∈N ，∴当1n =时，13a =-， ∴当2n ≥时，()1132n n n n n a S S a a --=-=-，即13n n a a -=， ∴{}n a 是以首项为−3，公比为3的等比数列，∴3n n a =-.∴481a =-.故答案为−81.【名师点睛】掌握n a 与n S 的关系，利用n a 与n S 的关系式求出n a 的通项公式即可得到答案.13．【答案】()22n n +【名师点睛】本题考查了等比数列的定义、通项公式的求法，灵活运用公式进行变形求解，属于中档题.解本题时，根据数列}n 是等比数列，将19a =、236a =分别代入，可以得到数列}n -的公比2q =，从而求得通项公式n a .14．【答案】（1）见解析；（2）1n n +. 【解析】（1）当1n =时，11121a S a ==+，计算得出11a =-，当1n >时，根据题意得，()1121n n S a n --=+-，所以()()111221221n n n n n n S S a n a n a a ---⎡⎤-=+-+-=-+⎣⎦，即121n n a a -=-.()1121n n a a -∴-=-，即1121n n a a --=-， ∴数列{}1n a -是首项为−2，公比为2的等比数列.（2）由（1）知，()11222n n n a --=-⋅=-，12n n a ∴=-，()22log 1log 2n n n b a n ∴=-==，()1111111n n b b n n n n +∴==-++， 1n n ⎛++- ⎝【名师点睛】本题考查了等比数列的证明，数列求和的常用方法；数列求和的常用方法有：分组求和，用于当数列中相邻两项的和或者差是定值的；错位相减法，用于一个等比数列和等差数列乘到一起；裂项相消法主要用于分式型的通项.15．【答案】（1）3n n a =；（2）()1121334n n S n +⎡⎤=+-⎣⎦.【名师点睛】该问题属于数列的综合问题，属于常考的题型，第一问考查的是有关等比数列的性质以及数列通项公式的求解问题，根据等比数列的通项公式以及性质，结合题中的条件，转化为关于首项和公比的等量关系式，从而求得结果；第二问是典型的数列求和问题——错位相减法，在求解的过程中，一定要注意最后一项应该是减号，以及最后求和的时候要看清项数.1．【答案】B【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论．2．【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，3161(1)714(1)6314a q q a q q⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则7812324a =⨯=． 【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：①利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；②利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．3．【答案】8-【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，很明显1q ≠-，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：1212131(1)1(1)3a a a q a a a q +=+=-⎧⎨-=-=-⎩①②，由②①可得：2q =-，代入①可得11a =，由等比数列的通项公式可得3418a a q ==-．【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4．【答案】63-【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数n ，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，列是等比数列，之后令1只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.。
(完整版)2019高考数学专题等差等比数列含答案解析.docx
畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643培优点十 等差、等比数列1．等差数列的性质 例 1：已知数列 a n ， b n 为等差数列，若 a 1 b 1 7 ， a 3 b 3 21 ，则 a 5 b 5 _______【答案】 35【解析】 ∵ a n ， b n 为等差数列，∴ a n b n 也为等差数列，∴ 2 a 3b 3a 1b 1a 5b 5 ，∴ a 5 b 5 2 a 3b 3a 1b 135 ．2．等比数列的性质例 2：已知数列 a n 为等比数列，若 a 4 a 610 ，则 a 7 a 1 2a 3a 3a 9 的值为（）A ． 10B ． 20C ． 100D ． 200【答案】 C【解析】 与条件 a 4 a 6 10 联系，可将所求表达式向a 4 ， a 6 靠拢，从而 a 7 a 1 2a 3a 3a 9 a 7 a 1 2a 7 a 3 a 3a 9a 42 2a 4a 6a 62a 42a 6 ，即所求表达式的值为 100 ．故选 C ．3．等差、等比综合例 3：设 a n 是等差数列， b n 为等比数列， 其公比 q 1 ，且 b i 0 i 1,2,3,L , n ，若 a 1 b 1 ，a 11b11，则有（ ）A ． a 6 b 6B ． a 6 b 6C ． a 6 b 6D ． a 6 b 6 或 a 6 b 6【答案】 B【解析】 抓住 a 1 ， a 11 和 b 1 ， b 11 的序数和与 a 6 ， b 6 的关系，从而以此为入手点．由等差数列性质出发， a 1 b 1 ， a 11 b 11 a 1a11b 1 b 11 ，因为 a 1 a 112a 6 ，而 b n 为等比数列，联想到 b 1 b 11 与 b 6 有关，所以利用均值不等式可得：b 1 b 11 2b 1 b112 b 622b 6 ；（ q 1 故b1b11，均值不等式等号不成立）所以 a1 a11b1 b11 2a6 2b6．即 a6 b6．故选 B．对点增分集训一、单选题1．我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何．”意思是：“现有一根金锤，长 5 尺，头部 1 尺，重4 斤，尾部 1 尺，重 2 斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤．”（）A．6 斤B．7斤C．8 斤D．9 斤【答案】 D【解析】原问题等价于等差数列中，已知a1 4 ， a5 2 ，求 a2a3a4的值．由等差数列的性质可知：a2a4a1a1a53 ，a5 6 ， a32则 a2 a3a49 ，即中间三尺共重9 斤．故选 D．2．设 S n为等差数列 { a n } 的前n项和，若 S540， S9126 ，则 S7（）A． 66B． 68C． 77D． 84【答案】 CS55a340， S99a5126a38【解析】根据等差数列的求和公式，化简得a5，14根据等差数列通项公式得a12d8，解方程组得a12a14d14，d3S7 7a47 a13d72 3 377 ．故选 C．3．已知等比数列a n的前 n 项和为S n，且满足2S n2n1，则的值为（）A． 4B． 2C．2D．4【答案】 C畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643【解析】 根据题意，当 n1时， 2S 1 2a 1 4，故当 n 2 时， a n S n S n 12n 1 ，∵数列 a n 是等比数列，则 a 11，故41 ；解得2 ．故选 C ．24．已知等差数列 a n 的前 n 项和为 S n ， a 5 a 714 ，则 S 11 （）A ． 140B ． 70C ． 154D ． 77【答案】 D【解析】 等差数列 a n 的前 n 项和为 S n ， a 5 a 7 14 ，∴ S 11a 1 a 1111 a 5 a 71114 77 ．故选 D ．221125．已知数列 a n 是公比为 q 的等比数列， 且 a 1 ，a 3 ，a 2 成等差数列， 则公比 q 的值为（ ）A ． 1B ． 2C ．1 或1D ． 1或12 22【答案】 C【解析】 由题意知： 2a 3 a 1 a 2 ，∴ 2a 1 q 2 a 1 q a 1 ，即 2q 2q 1 ，∴ q 1 或 q1．故选 C ．26．公比不为 1 的等比数列a n 的前 n 项和为 S n ，且 2a 1 ， 1a 2 ， a 3 成等差数列， 若 a 1 1 ，2则 S 4 （）A ． 5B ． 0C ． 5D ． 7【答案】 A【解析】 设 a n 的公比为 q ，由 2a 1 ，1a 2 ， a 3 成等差数列，可得a 22a 1 a 3 ，2若 a 1 1 ，可得 q2 q 2，解得 q21舍去，a 1 1 q 41 2 4则 S 45 ，故选 A ．1q127 ．等比数列 a n 的各项均为正数，且a 5 a 6 a 4 a 7 18 ，则 log 3 a 1log 3 a 2 Llog 3 a 10（ ）A ． 12B ． 10C ． 8D ． 2 log 3 5【答案】 B【解析】 由等比数列的性质结合题意可知：a 5a 6 a 4a 7 9 ，且 a1 a10a2 a9a3a8a4a7a5a69 ，据此结合对数的运算法则可得：log 3 a1log3 a2L log 3 a10log 3 a1 a2 L a10log3 9510 ．故选 B．8．设公差为2的等差数列a n，如果 a1a4a7 L a97 50 ，那么 a3 a6 a9 L a99等于（）A．182B．78C．148D．82【答案】 D【解析】由两式的性质可知： a3a6a9a99a12d a42d a72d a972d ，则 a3a6 a9a9950 66d82 ．故选 D．9．已知等差数列a n的前 n 项和为S n，且3S1 2S315 ，则数列a n的第三项为（）A． 3B．4C．5D． 6【答案】 C【解析】设等差数列a n的公差为 d，∵ 3S12S315 ，∴3a1 2 a1a2a315 3a16a2，∴ a12d5a3．故选 C．10．等差数列a n的前 n 项和为S n，若2a8 6 a10，则 S11（）A． 27B． 36C． 45D． 66【答案】 D【解析】∵ 2a6 a ，∴ a a6a，∴ a6，∴ S11 a1a1111a66，故6810610101126选 D．11．设a n是各项为正数的等比数列，q 是其公比，K n是其前 n 项的积，且K5 K6，K6 K7 K8，则下列结论错误的是（）．．A． 0q 1B． a71C． K9K5D． K 6与 K 7均为 K n的最大值【答案】 C畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643n n 1【解析】 等比数列 a n a 1q n 1， K n 是其前 n 的 ，所以 K n a 1 nq 2，由此 K 5 K 61 a 1 q 5 ， K 6K 7 1 a 1q 6 ， K 7 K 8 1 a 1q 7所以 a 7 a 1 q 6 1 ，所以 B 正确，由 1 a 1q 5 ，各 正数的等比数列，可知q 1 ，所以 A 正确，n n 1n n 1n n 131 a 1q 6 ， K na 1n q 2 可知 K n a 1n q 2q2，由 0 q 1 ，所以 q x减，n n13 在 n 6 ， 7 取最小 ，2所以 K n 在 n 6 ， 7 取最大 ，所以 D 正确．故 C ．12 ． 定函 数 f x如 下 表 ， 数 列 a n 足 a n 1f a n ， n N ， 若 a 1 2 ，a 1 a 2 a 3 La2018（ ）A ． 7042B ． 7058C ． 7063D ． 7262【答案】 C【解析】 由 知 f 13 ， f 2 5 ， f 34 ， f 4 6 ， f5 1 ， f6 2 ，∵ a 1 2 ， a n 1 f a n ， n N ，∴ a 1 2 ， a 2 f 25 ， a 3f 5 1 ， a 4f 1 3 ， a 5f 3 4 ， a 6f 4 6 ， a 7 f 6 2⋯⋯，∴ a n 是周期6 的周期数列，∵ 2018 336 6 2 ，∴ a 1 a 2 a 3 L a 2018 336 1 2 3 4 5 6 2 5 7063 ，故 C ．二、填空13．已知等差数列a n ，若 a 2a 3 a 7 6 ， a 1a 7 ________【答案】 4【解析】∵ a2 a3 a7 6 ，∴ 3a1 9d 6 ，∴ a1 3d 2 ，∴ a4 2 ，∴ a1a72a4 4 ．故答案为 4．14．已知等比数列a n的前n项和为 S n，若公比 q3 2 ，且 a1 a2a3 1 ，则 S12的值是___________．【答案】 15【解析】已知 a1a2a3a1 1q31，则 S3 1 ，1qa 1q12又 q 3 2代入得 a11q 1 ；∴ S12q115．设n是等差数列a的前n项和，若a5S n a312q 1 1 3 215 ．1 q10，则S9 _______．9S5【答案】 2S 9a99aa15109910【解析】925，又a，代入得S2 ．S555a3a39S5 5 9a5a1216．在等差数列a n中， a1a4a10a16a19100 ，则 a16a19a13的值是 _______．【答案】 20【解析】根据等差数列性质a1a4a10a16a195a10100 ，所以 a10 20 ，根据等差数列性质，a16a19a13a16a13a19a19a10a19a10 20 ．三、解答题17．已知数列a n中，a1 2 ， a n 12a n．（1）求 a n；（2）若 b n n a n，求数列b n的前 5 项的和 S5．【答案】（ 1） a n2n；（ 2）77．【解析】（ 1） a1 2 ， a n 1 2 a n，畅享淘宝天猫京东拼多多百万张大额内部优惠券，先领券后购物！手机应用市场 / 应用宝下载花生日记 APP 邀请码 NJBHKZO ，高佣联盟官方正版 APP 邀请码 2548643则数列 a n 是首项为 2，公比为 2 的等比数列， a n 2 2n 1 2n ；（2） b n n a n n2n ，S 51 2 2 223 234 245 251 23 4 5222 23 24 251 55 2 25 277 ．21 218．设 a n是等差数列， 其前 n 项和为 S n n N * ； b n 是等比数列， 公比大于 0，其前 n 项和为 T n n N * ．已知 b 1 1， b 3b 2 2 ， b 4 a 3 a 5 ， b 5 a 42a 6 ．（1）求 S n 和 T n ；（2）若 S nT 1 T 2 LT na n 4b n ，求正整数 n 的值．【答案】（ 1） S n n n 1 ， T n 2n 1 ；（ 2） 4．2【解析】（ 1）设等比数列 b n 的公比为 q ，由 b 1 1 ， b 3b 2 2 ，可得 q 2q2 0 ．因为 q0 ，可得 q2 ，故 b n 2 n 1 ．所以 T n 1 2n2n 1 ．1 2 设等差数列 a n 的公差为 d ．由 b 4 a 3 a 5 ，可得 a 1 3d 4 ．由 b 5 a 4 2a 6 得 3a 1 13d 16 ，从而 a 1 1 ， d 1 ，故 an ，所以 Sn n1n．n22 1 n（2）由（ 1），有 T 1 T 2 LT n2122L2nn 2n 2 ．1 n 2n 12由 S nT 1 T 2 LT na n 4b n ，可得 n n12n1n 2 n 2n 1，2整理得 n 23n 4 0 ，解得 n1 （舍），或 n 4．所以 n 的值为 4．。
福建高考数学等比数列及其前n项和考点习题
福建2019 年高考数学等比数列及其前n 项和考点习题如果一个数列从第2 项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列。
以下是等比数列及其前n 项和考点习题，请大家认真练习。
1. (2019 福建漳州模拟)在等比数列｛an｝中, 已知a2+a3=1,a4+a5=2, 则a8+a9 等于()A.2B.4C.8D.162. (2019天津，文5)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=()A.2B.-2C.D.-3. 已知一个蜂巢里有1 只蜜蜂, 第1 天, 它飞出去找回了4 个伙伴; 第 2 天,5 只蜜蜂飞出去, 各自找回了4 个伙伴, 按照这个规律继续下去, 第20 天所有的蜜蜂都归巢后, 蜂巢中一共有蜜蜂()A.420 只B.520 只C. 只D. 只4. 设等比数列｛an｝的前n 项和为Sn. 已知S3=a2+10a1,a5=9, 则a1 等于()A. B.- C. D.-5. (2019课标全国H ,文5)等差数列｛an｝的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列，则｛an｝的前n项和Sn=()A.n(n+1)B.n(n-1)C.D.6. 在等比数列{an}中,a仁1,公比q=2,若数列{an}的前n项和Sn=127,则n的值为.7. (2019 广东, 文13)等比数列{an} 的各项均为正数, 且a1a5=4, 则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=.8. 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= .9. (2019福建，文17)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81.(1) 求an;(2) 设bn=log3an, 求数列{bn} 的前n 项和Sn.10. (2019重庆，文16)已知{an}是首项为1,公差为2的等差数列,Sn 表示{an} 的前n 项和.(1) 求an 及Sn;⑵设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0.求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.能力提升组11. (2019 福建泉州模拟)记等比数列{an} 的前n 项和为Sn,若a1=,S2=2, 则S4=()A.2B.6C.16D.2012. (2019天津一模)已知数列{an}的前n项和Sn=2an-1,则满足 2 的正整数n 的集合为()A.{1,2}B.{1,2,3,4}C.{1,2,3}D.{1,2,4}13. 设等比数列{an} 的前n 项和为Sn, 若a1+a2+a3+a4=1,a5+a6+a7+a8=2,Sn=15, 则项数n 为()A.12B.14C.15D.1614. (2019安徽，文12)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC=2,过点A作BC的垂线，垂足为A1;过点A1作AC的垂线，垂足为A2;过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;,依此类推，设BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,,A5A6=a7, 则a7= .15. 已知等比数列{an}中,a2=32,a8=,an+160n+800? 若存在，求n 的最小值; 若不存在, 说明理由.参考答案1. C 解析: 设等比数列{an} 的公比为q, 则q2==2,故a8+a9=(a4+a5)q4=222=8.2. D 解析：由题意知=S1S4,则(a1+a1 -1)2=a1(4a1 -6), 解得a1=-. 故选D.3. B 解析：由题意, 可设蜂巢里的蜜蜂数为数列{an}, 则a1=1+4=5,a2=54+5=25,,an=5an-1, 故数列{an} 为等比数列, 首项a1=5, 公比q=5, 故第20 天所有的蜜蜂都归巢后, 蜂巢中一共有a20=5519=520 只蜜蜂.4. C 解析：由题知公比q1,则S3==a1q+10a1,得q2=9.又a5=a1q4=9, 则a1=.5. A 解析：a2,a4,a8 成等比数列,=a2a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2.Sn=na1+d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1). 故选A.6.7 解析: 由题意知Sn==2n-1=127, 解得n=7.7.5 解析: 由等比数列性质知a1a5=a2a4==4.an0,a3=2,a1a2a3a4a5=(a1a5)(a2a4)a3=25,log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log225=5.8.1 解析: 设数列{an} 的公差为d, 则a1=a3-2d,a5=a3+2d, 由题意得,(a1+1)(a5+5)=(a3+3)2, 即(a3-2d+1)(a3+2d+5)=(a3+3)2, 整理,得(d+1)2=0,d=-1, 则a1+1=a3+3, 故q=1.9. 解:(1) 设{an} 的公比为q, 依题意, 得解得因此,an=3n-1.(2) 因为bn=log3an=n-1,所以数列{bn} 的前n 项和Sn=.10. 解:(1)因为{an}是首项a仁1,公差d=2的等差数列，所以an=a1+(n-1)d=2n-1.故Sn=1+3++(2n-1)==n2.(2) 由(1) 得a4=7,S4=16.因为q2-(a4+1)q+S4=0,即q2-8q+16=0,所以(q-4)2=0, 从而q=4.又因b1=2,{bn} 是公比q=4 的等比数列,所以bn=b1qn-1=24n-1=22n-1.从而{bn} 的前n 项和Tn=(4n-1).11. D 解析: 根据题意, 由于等比数列{an} 的前n 项和为Sn, 若a1=,S2==21+q=4q=3, S4=(1+q2)=210=20.12. B 解析: 因为Sn=2an-1, 所以当n2 时,Sn-1=2an-1-1. 两式相减得an=2an-2an-1, 整理得an=2an-1,所以{an} 是公比为2 的等比数列. 又因为a1=2a1-1, 解得a1=1, 故{an} 的通项公式为an=2n-1. 而2, 即2n-12n, 所以有n=1,2,3,4.13. D 解析: 设等比数列{an} 的公比为q, 则=q4=2.由a1+a2+a3+a4=1,得a1=1,a1=q-1.又Sn=15, 即=15,qn=16.又q4=2,n=16. 故选D.14. 解析：由题意知数列{an}是以首项a1=2,公比q=的等比数列,a7=a1q6=2.15. 解：(1) 设等比数列{an} 的公比为q,则q6=.又an+160n+800 成立.当an=4n-2 时,Sn==2n2,令2n260n+800,即n2-30n-4000,解得n40 或n-10( 舍去),此时存在正整数n,使得Sn60n+800成立,n的最小值为41. 综上,当an=2 时, 不存在满足题意的n;当an=4n-2 时, 存在满足题意的n, 其最小值为41.等比数列及其前n 项和考点习题和答案的全部内容就是这些，希望考生可以通过试题查缺补漏。
2019版高考数学理科课标A版一轮复习习题：第六章 数列
§6.3等比数列及其前n项和考纲解读分析解读 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 B2.(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 C3.(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 B4.(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.(2016课标全国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646.(2015湖南,14,5分)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .答案3n-1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 A8.(2013福建,9,5分)已知等比数列{a n}的公比为q,记b n=a m(n-1)+1+a m(n-1)+2+…+a m(n-1)+m,c n=a m(n-1)+1·a m(n-1)+2·…·a m(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是( )A.数列{b n}为等差数列,公差为q mB.数列{b n}为等比数列,公比为q2mC.数列{c n}为等比数列,公比为D.数列{c n}为等比数列,公比为答案 C9.(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ln a1+ln a2+…+ln a20= .答案5010.(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-11.(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 412.(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 113.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{a n}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+a n>a1a2…a n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{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 C2.(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323.(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.(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)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>.疑难突破由(1)可得e n=,因为不等式左边是e1+e2+…+e n,直接求和不行,利用放缩法得e n=>=q n-1,从而得e1+e2+…+e n>q0+q1+…+q n-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{a n}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{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++…+<.教师用书专用(6—11)6.(2013北京,10,5分)若等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q= ;前n项和S n= .答案2;2n+1-27.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .答案638.(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=-.经检验,n=1时也适合.综上可得T 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{a n}不是．．递减数列,其前n项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=S n-(n∈N*),求数列{T n}的最大项的值与最小项的值.解析(1)设等比数列{a n}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{a n}不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列{a n}的通项公式为a n=×=(-1)n-1·.(2)由(1)得S n=1-=当n为正奇数时,S n随n的增大而减小,所以1<S n≤S1=,故0<S n-≤S1-=-=.当n为正偶数时,S n随n的增大而增大,所以=S2≤S n<1,故0>S n-≥S2-=-=-.综上,对于n∈N*,总有-≤S n-≤.所以数列{T n}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{a n}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列{a n}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{a n}的公比为q,则由已知可得解得或故a n=·3n-1,或a n=-5·(-1)n-1.(2)若a n=·3n-1,则=·,故是首项为,公比为的等比数列,从而==·<<1.若a n=(-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{a n}的前n项和为S n,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{a n}中,a1=512,公比q=-,记Πn=a1×a2×…×a n(即Πn表示数列{a n}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 B3.(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 A4.(2016福建厦门一中期中,4)已知数列{a n}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{a n}的前n项和为S n,已知a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为,则S5=( )A.29B.31C.33D.36答案 B6.(2018江西新余第一中学四模,14)等比数列{a n}的前n项和为S n,S n=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{a n}满足log2a n+2-log2a n=2,且a3=8,则数列{a n}的前n项和S n= .答案2n+1-2B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{a n}是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列{b n}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S n为等比数列{a n}的前n项和,S8=2,S24=14,则S2 016=( )A.2252-2B.2253-2C.21 008-2D.22 016-2答案 B3.(2017江西南昌摸底考试,11)设等比数列{a n}的公比为q,其前n项之积为T n,并且满足条件:a1>1,a2 016a2 017>1,<0,给出下列结论:(1)0<q<1;(2)a2 016a2 018-1>0;(3)T2 016是数列{T n}中的最大项;(4)使T n>1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{a n}的各项都为正数,其前n项和为S n,且a1+a7=9,a4=2,则S8=( )A.15(1+)B.15C.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{a n}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a i-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{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{a n}的首项a1=1,且a n+1=(n∈N*).(1)证明:数列是等比数列;(2)若b n=-,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)证明:∵a n+1=,∴==+,∴-=.又a1=1,∴-=,∴数列是以为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)知,-=·=,即=+.∴b n=-=.于是S n=+++…+,①S n=++…++,②①-②得,S n=++…+-=-=1--,则S n=2--=2-,∴数列{b n}的前n项和S n=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{a n}的前n项和为S n,若S3=2,S6=18,则等于( )A.-3B.5C.-31D.33答案 D2.(2017山西运城康杰中学模拟(2),7)已知{a n}是各项均为正数的等比数列(公比q>1),b n=log2a n,b1+b2+b3=3,b1b2b3=-3,则a n=( )A.22n-3B.25-2nC.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{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 D4.(2018湖北八校第一次联考,17)已知数列{a n}满足a1=1,a2=4,a n+2=4a n+1-4a n.(1)求证:{a n+1-2a n}为等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式.解析(1)证明:由a n+2=4a n+1-4a n得a n+2-2a n+1=2a n+1-4a n=2(a n+1-2a n),∴=2,又a2-2a1=2≠0,∴{a n+1-2a n}是等比数列.(2)由(1)可得a n+1-2a n=2n-1(a2-2a1)=2n,∴-=,∴是首项为,公差为的等差数列,∴=,∴a n=n·2n-1.。
2019高中数学高考真题分类：考点24-等比数列及其前n项和
温馨提示：此题库为Word 版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，关闭Word 文档返回原板块。
考点24 等比数列及其前n 项和一、选择题1. （2018·新课标Ⅰ高考文科·Ｔ6）设首项为1，公比为23的等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，则（ ）A.12-=n n a SB. 23-=n n a SC. n n a S 34-=D. n n a S 23-=【解题指南】利用等比数列的前n 项和公式qqa a S n n --=11求解.【解析】选D.方法一：因为等比数列的首项为1，公比为23，32132111--=--=nn n a qq a a S ，所以n n a S 23-=. 方法二：33321)32(1-=--=nn S n )32(⨯1)32(23--=n ，1)32(-=n na ，观察四个选项可知选D.2. （2018·大纲版全国卷高考文科·Ｔ7）与（2018·大纲版全国卷高考理科·Ｔ6）相同 已知数列{}n a 满足{}12430,,103n n n a a a a ++==-则的前项和等于（ ） A.()-10-61-3 B.()-1011-39C.()-1031-3D.()-1031+3 【解题指南】由031=++n n a a 求出数列的公比，再利用等比数列的求和公式确定数列的前10项的和. 【解析】选C.因为031=++n n a a ，则311-=+n n a a ，又342-=a ，所以数列{}n a 是首项为41=a ，公比31-=q 的等比数列.故10101014[1()]33(13)113S-?-==-+3.（2018·福建高考理科·Ｔ9）已知等比数列{}n a 的公比为q ，记m n m n m n m n a a a b +-+-+-+⋅⋅⋅++=)1(2)1(1)1(，c n =a m(n-1)+1·a m(n-1)+2·…·a m(n-1)+m ，()*,N n m ∈，则以下结论一定正确的是（ ） A. 数列{}n b 为等差数列，公差为m q B. 数列{}n b 为等比数列，公比为m q 2 C. 数列{}n c 为等比数列，公比为2m q D. 数列{}n c 为等比数列，公比为mm q【解题指南】如何判定一个数列是等差或等比数列，注意一定是作差，或作比，看看是不是常数. 【解析】选C.(1)1(1)2(1)n m n m n m n m c a a a -+-+-+=⋅112n mn mn mn m c a a a ++++=⋅2112(1)1(1)2(1)()++++-+-+-+⋅====⋅m m m m m mn mn mn mn mn m n m n m n mc a a a q q q q q c a a a4.（2018·江西高考理科·Ｔ3）等比数列x ，3x+3，6x+6，…的第四项等于 A.-24B.0C.12D.24【解题指南】先根据前三项求出x 的值，再求第四项.【解析】选A.因为等比数列的前三项为x ，3x+3，6x+6，所以2(3x 3)x(6x 6)+=+，即2x 4x 30++=，解得x 1=-或x 3=-.当x 1=-时，3x 30+=不合题意，舍去.故x 3=-.此时等比数列的前三项为-3，-6，-12.所以等比数列的首项为-3，公比为2，所以等比数列的第四项为413224--⨯=-.5.(2018·新课标全国Ⅱ高考理科·T3)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 3=a 2+10a 1,a 5=9,则a 1= ( ) A.13 B.13- C.19 D.19- 【解析】选C.由S 3=a 2+10a 1,得a 1+a 2+a 3=a 2+10a 1,即a 3=9a 1,即a 1q 2=9a 1,解得q 2=9,又因为a 5=9,所以a 1q 4=9,解得a 1=1.9二、填空题6.(2018·江苏高考数·T14) 在正项等比数列}{n a 中，215=a ，376=+a a ，则满足n n a a a a a a 2121>+++的最大正整数n 的值为【解题指南】确定首项与公比,对式子a 1+a 2+…+a n >a 1a 2…a n 化简,利用单调性进行验证求出最值. 【解析】设正项等比数列}{n a 的首项为1a ，公比为q (q>0)，则由215=a 得2267551()32a a a q a q q q +=+=+=，即26q q +=，解得2q =，代入445111511222a a q a a ===⇒=，式子n n a a a a a a 2121>+++变为123111(1)1n n n a q a q q ++++-->-，即(1)5251(12)12()2122nn n n -->-，化简得2(1)1152251(21)222n n n n n n---->=，当21102n n-<，即011n <<时211221n n-<，当2110112n nn -><即时211221n n ->经验证2,3,,12n =时n n a a a a a a 2121>+++当13n =时1212n n a a a a a a +++<，故所求最大正整数n 的值为12.【答案】127.（2018·江西高考文科·Ｔ12）某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵树是前一天的2倍，则需要的最少天数n （n ∈N*）等于 . 【解题指南】转化为等比数列前n 项和的问题.【解析】记第n 天植树的棵树为n a ，则数列n {a }是以2为首项，2为公比的等比数列，解n n 2(12)s 10012-=≥-得n=6. 【答案】68.（2018·北京高考文科·Ｔ11）与（2018·北京高考理科·Ｔ10）相同若等比数列{a n }满足a 2＋a 4=20，a 3＋a 5=40，则公比q= ；前n 项和S n = . 【解题指南】把a 2＋a 4=20，a 3＋a 5=40作比可求出公比，再代回求出首项，最后求前n 项和。
等比数列的前n项和练习 含答案
课时作业11 等比数列的前n 项和时间：45分钟 满分：100分课堂训练1．在等比数列{a n }(n ∈N ＋)中，若a 1＝1，a 4＝18，则该数列的前10项和为( )A ．2－128B ．2－129C ．2－1210D ．2－1211【答案】 B【解析】 由a 4＝a 1q 3＝q 3＝18⇒q ＝12，所以S 10＝1－12101－12＝2－129.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则此数列奇数项的前n 项和为( )A.13(2n ＋1－1) B.13(2n ＋1－2)C.13(22n －1) D.13(22n －2) 【答案】 C【解析】 由S n ＝2n －1知{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列．所以奇数项构成的数列是首项为1，公比为4的等比数列． 所以此数列奇数项的前n 项和为 13(22n －1)．3．等比数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝－512，S n ＝－341，则公比q ＝________，n ＝________.【答案】 －2 10 【解析】 由S n ＝a 1－a n q 1－q得1＋512q1－q＝－341⇒q ＝－2，再由a n ＝a 1·q n －1⇒n ＝10.4．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项； (2)求数列{2a n }的前n 项和S n .【解析】 本题考查等差与等比数列的基本性质，第一问只需设出公差d ，从而得到关于d 的方程式求解，第二问直接利用等比数列前n 项和公式即可求得．解：(1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d1＋2d ，解得d ＝1，d ＝0(舍去)，故{a n }的通项a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知2a n ＝2n ，由等比数列前n 项和公式得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.课后作业一、选择题(每小题5分，共40分)1．已知等比数列的公比为2，且前5项和为1，那么前10项和等于( )A ．31B ．33C ．35D ．37【答案】 B 【解析】 S 5＝a 11－q 51－q＝a 11－251－2＝1，∴a 1＝131.∴S 10＝a 11－q 101－q＝1311－2101－2＝33，故选B.2．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋1(n ∈N ＋)，则f (n )等于( )A.27(8n －1) B.27(8n ＋1－1) C.27(8n ＋3－1) D.27(8n ＋4－1) 【答案】 B【解析】 依题意，f (n )是首项为2，公比为8的等比数列的前n ＋1项和，根据等比数列的求和公式可得．3．已知等比数列的前n 项和S n ＝4n ＋a ，则a 的值等于( ) A ．－4 B ．－1 C ．0 D ．1【答案】 B【解析】 ∵S n ＝4n ＋a ， ∴a n ＝S n －S n －1(n ≥2) ＝4n ＋a －(4n －1＋a ) ＝3·4n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋a ， 又∵{a n }为等比数列， ∴3×41－1＝4＋a ， 解得a ＝－1.4．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )A ．11B ．5C ．－8D ．－11【答案】 D【解析】 设数列的公比为q ，则8a 1q ＋a 1q 4＝0，解得q ＝－2，∴S 5S 2＝a 11－q 51－q a 11－q 21－q＝1－q 51－q2＝－11，故选D. 5．(2013·新课标Ⅰ文)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n【答案】 D【解析】 由题意得，a n ＝(23)n －1，S n ＝1－23n1－23＝1－2323n －113＝3－2a n ，选D.6．在等比数列{a n }中，a 9＋a 10＝a (a ≠0)，a 19＋a 20＝b ，则a 99＋a 100等于( )A.b 9a8B ．(b a)9C.b 10a9D ．(b a)10【答案】 A【解析】 由等比数列的性质知a 9＋a 10，a 19＋a 20，…，a 99＋a 100成等比数列．且首项为a (a ≠0)，公比为b a.∴a 99＋a 100＝a ·(b a)10－1＝b 9a8.7．某商品零售价2008年比2006年上涨25%，欲控制2009年比2006年上涨10%，则2009年应比2008年降价( )A ．15%B ．12%C ．10%D ．5%【答案】 B【解析】 设2006年售价为a 元．则2008年售价为a (1＋25%)元，2009年售价为a (1＋10%)元．则2009年应比2008年降价：a 1＋25%－a 1＋10%a 1＋25%＝0.12，∴应降低12%，选B.8．等比数列{a n }共有2n ＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则a n ＋1＝( )A.65B.56 C ．20 D ．110【答案】 B【解析】 设公比为q ，由题知：S 奇＝a 1·a 3·…·a 2n ＋1＝100，S 偶＝a 2·a 4·…·a 2n ＝120，∴S 奇S 偶＝a 3·a 5·a 7·…·a 2n ＋1a 2·a 4·a 6·…·a 2n·a 1＝100120＝56.∴a 1q n ＝56，即a n ＋1＝56，故选B.二、填空题(每小题10分，共20分)9．设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________.【答案】 15【解析】 因为数列{a n }是公比为q 的等比数列，且S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 4q 3＋a 4q 2＋a 4q ＋a 4，所以S 4a 4＝1q 3＋1q 2＋1q＋1＝15.10．在等比数列{a n }中，a 1＝14，在前2n 项中，奇数项的和为85.25，偶数项的和为170.5时，n 的值为________．【答案】 5 【解析】 由q ＝S 偶S 奇，得q ＝2.又S 奇＝141－4n 1－4＝3414，∴n ＝5.三、解答题(每小题20分，共40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)11．在等比数列{a n }中，已知a 3＝32，S 3＝92，求a 1与q .【分析】 先检验q ＝1是否满足；然后列出关于a 1，q 的方程组进行求解．【解析】 ∵a 3＝32，S 3＝92，当q ＝1时，a 1＝a 3＝32，S 3＝3a 1＝3×32＝92，∴适合题意； 当q ≠1时，由通项公式及前n 项和公式得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝32，a 11－q 31－q ＝92，∴⎩⎨⎧a 1＝6，q ＝－12.综上知a 1＝32，q ＝1或a 1＝6，q ＝－12.【规律方法】 解决此类问题，要抓住两个方面，一是注意对公比q 的取值进行分类讨论；二是要准确利用相关公式把已知条件转化为关于a 1与q 的方程或方程组求解．12．(2013·湖南文，19)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N ＋.(1)求a1，a2，并求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{na n}的前n项和．【分析】(1)用赋值法求出a1、a2，再用a n＝S n－S n－1(n≥2)，求出a n；(2)用错位相减法可求出{na n}的前n项和．【解析】(1)令n＝1，得2a1－a1＝a21，即a1＝a21，因为a1≠0，所以a1＝1，令n＝2，得2a2－1＝S2＝1＋a2，解得a2＝2.当n≥2时，由2a n－1＝S n,2a n－1－1＝S n－1两式相减得2a n－2a n ＝a n，即a n＝2a n－1，－1于是数列{a n}是首项为1，公比为2的等比数列，因此，a n＝2n－1.所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.(2)由(1)知，na n＝n·2n－1.记数列{n·2n－1}的前n项和为B n，于是B n＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①2B n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②①－②得－B n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n.从而B n＝1＋(n－1)·2n.【规律方法】本题主要考查了由递推公式求通项式，由a n＝S n.. .. .. －S n－1(n≥2)，求通项及错位相减法．在运用a n＝S n－S n－1(n≥2)时，一定别忘记“n≥2”这一条件．在用错位相减法时别忘记把S n的系数化为1.. 专业资料可编辑.。