2020-2021学年新教材高考数学 第六章 数列 3 考点1 等比数列的基本运算练习（含解析）（选修2）.docx

1、考点1 等比数列的基本运算（2018北京卷（理）“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，为这个理论的发展作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（）A32fB322fC1225fD1227f【解析】由题意知，这十三个单音的频率构成首项为f、公比为122的等比数列，则第八个单音的频率为（122）7f1227f.【答案】D （2018浙江卷）已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4ln（a1a2a3），若

2、a11，则（）Aa1a3，a2a4Ba1a3，a2a4Ca1a3，a2a4Da1a3，a2a4【解析】构造不等式lnxx1，则a1a2a3a4ln（a1a2a3）a1a2a31，所以a4a1q31.由a11，得q0.若q1，则ln（a1a2a3）a1a2a3a4a1（1q）（1q2）0.又a1a2a3a1（1qq2）a11，所以ln（a1a2a3）0，矛盾因此1q0.所以a1a3a1（1q2）0，a2a4a1q（1q2）0，所以a1a3，a2a4.故选B【答案】B（2018浙江卷）已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列（bn1bn）

3、an的前n项和为2n2n.（1）求q的值；（2）求数列bn的通项公式【解析】（1）由a42是a3，a5的等差中项，得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520，得8q+1q20，解得q2或q12.因为q1，所以q2.（2）设cn（bn1bn）an，数列cn的前n项和为Sn.由cnS1,n=1,Sn-Sn-1,n2,解得cn4n1.由（1）可得an2n1，所以bn1bn（4n1）12n1，故bnbn1（4n5）12n2，n2，bnb1（bnbn1）（bn1bn2）（b3b2）（b2b1）（4n5）12n2（4n9）12n37123.设Tn371211122（4n5

4、）12n2，n2，则12Tn3127122（4n9）12n2（4n5）12n1，n2，得12Tn34124122412n2（4n5）12n1，n2，因此Tn14（4n3）12n2，n2.又b11，所以bn15（4n3）12n2，n2，当n1时，b11也满足上式，所以bn15（4n3）12n2. 【答案】见解析（2018天津卷（理）设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn（nN*），bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.（1）求an和bn的通项公式；（2）设数列Sn的前n项和为Tn（nN*），求Tn；证明：nk=1Tk+bk+2bk(k1)(k2)2n+2n+

5、22（nN*）【解析】（1）设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.由q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为D由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1（nN*），数列bn的通项公式为bnn（nN*）（2）由（1）得Sn1-2n1+22n1，故Tnnk=1（2k1）nk=12kn2(1-2n)1+2n2n1n2（nN*）证明因为Tk+bk+2bk(k1)(k2)2k+1-k-2+k+2k(k1)(k2)k2k+1(k1)(k2)2k+2k+22k+1k+1，所以nk

6、=1Tk+bk+2bk(k1)(k2)233-222244-2332n+2n+2-2n+1n+12n+2n+22（nN*）【答案】见解析（2018全国卷（理）等比数列an中，a11，a54a3.（1）求an的通项公式；（2）记Sn为an的前n项和，若Sm63，求m.【解析】（1）设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0（舍去），q2或q2.故an（2）n1或an2n1（nN*）（2）若an（2）n1，则Sn1-2n3.由Sm63得（2）m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.综上，m6.【答案】见解析（2018江苏卷）设

7、an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列（1）设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，求d的取值范围；（2）若a1b10，mN*，q（1，m2，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2,3，m1均成立，并求d的取值范围（用b1，m，q表示）【解析】（1）由条件知an（n1）d，bn2n1，因为|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，即|（n1）d2n1|1对n1,2,3,4均成立，即11,1d3,32d5,73d9,得73d52.因此，d的取值范围为73,52.（2）由条件知anb1（n1）d，bnb1qn1.若存在d，使得|a

8、nbn|b1（n2,3，m1）成立，即|b1（n1）db1qn1|b1（n2,3，m1），即当n2,3，m1时，d满足qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1.因为q（1，m2，则1qn1qm2，从而qn-1-2n-1b10，qn-1n-1b10对n2,3，m1均成立因此，取d0时，|anbn|b1对n2,3，m1均成立下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值（n2,3，m1）令tn1，则1tm，qt-2tqt-1-2t-1tqt-qt-tqt-1+2t(t-1)tqt-qt-1-qt+2t(t-1)，当1q21m时，有qtqm2，从而t（qtqt1）qt20.因此，当2nm1时，数列qn-1-2n-1单调递增，故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m.设f（x）2x（1x），当x0时，f（x）（ln 21xln 2）2x0，所以f（x）单调递减，从而f（x）f（0）1.令tn1，则1tm，则qttqt-1t-1q(t-1)t21t1-1tf1t1，因此，当2nm1时，数列qn-1n-1单调递减，故数列qn-1n-1的最小值为qmm.因此，d的取值范围为b1qm-2m,b1qmm.【答案】见解析