2021版高考数学一轮复习浙江专用精练：6-3　等比数列（试题部分） WORD版含解析.docx

1、6.3等比数列探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点等比数列的有关概念及运算1.理解等比数列的有关概念.2.掌握等比数列的通项公式.3.掌握等比数列的前n项和公式.4.了解等比数列与指数函数之间的关系.2015浙江文,10,6分等比数列的通项公式等比数列的性质及应用能利用等比数列的性质解决有关问题.2018浙江,10,4分等比数列的性质不等式的性质分析解读1.考查等比数列的定义与判定,通项公式,前n项和公式,等比数列的性质等知识.2.预计2021年高考试题中,对等比数列的考查仍以概念、性质、通项公式、前n项和公式等知识为主,以中档题形式出现,复习时要足够重视

2、.破考点 练考向【考点集训】考点一等比数列的有关概念及运算1.(2019浙江衢州、湖州、丽水三地教学质量检测,4)已知等比数列an满足a1+a3=-2a2,则公比q=() A.-1B.1C.-2D.2答案A2.(2018浙江嘉兴期末,11)各项均为实数的等比数列an,若a1=1,a5=9,则a3=,公比q=.答案3;3考点二等比数列的性质及应用1.(2019浙江高考信息优化卷(一),4)已知等比数列an的公比为q,前n项和为Sn,则“q1”是“S4+S62S5”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D2.(2018浙江杭州二中期中,6)已知等比数

3、列an的前n项积为Tn,log2a3+log2a7=2,则T9的值为()A.512B.512C.1 024D.1 024答案B3.(2020届浙江镇海中学期中,15)已知an是等比数列,且an0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,则a4的最大值为.答案52炼技法 提能力【方法集训】方法1等比数列中“基本量法”的解题方法1.(2019浙江高考“超级全能生”联考,11)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,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其大意为“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的

4、一半,走了6天到达目的地.”则该人第一天走的路程为里,后三天一共走里.答案192;42 2.(2019浙江杭州二模,20)设等差数列an的前n项和为An,等比数列bn的前n项和为Bn.若Bn+3=8Bn+7,a1=b2,a4=b4.(1)求bn和An;(2)求数列bn-An的最小值.解析(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,因为Bn+3=q3Bn+b1+b2+b3=8Bn+7,所以q3=8,b1+b2+b3=7,解得b1=1,q=2,所以bn=2n-1.又因为a1=b2=2,a4=b4=8,所以d=2,所以an=2+2(n-1)=2n,所以An=n2+n.(2)设cn=bn-

5、An=2n-1-n2-n.因为cn+1-cn=2n-1-2(n+1),所以当n4时,cn+1cn,从而数列cn的最小值为c5,c5=-14.3.(2020届浙江杭州二中期中,20)已知等比数列an的前n项和为Sn(nN*),-2S2,S3,4S4成等差数列,且a2+2a3+a4=116.(1)求an的通项公式;(2)若bn=-(n+2)log2|an|,求数列1bn的前n项和Tn.解析本题考查等比数列的概念、通项公式以及数列的前n项和;考查学生运算求解的能力;考查了数学运算的核心素养.(1)设等比数列的首项为a1,公比为q,由题意得a1q2+2a1q3=0,a1q+2a1q2+a1q3=116

6、,解得a1=-12,q=-12,故an=-12n.(2)由(1)得bn=n(n+2),故1bn=121n-1n+2,所以Tn=1b1+1b2+1b3+1bn=1211-13+12-14+13-15+1n-1n+2=121+12-1n+1-1n+2=34-2n+32(n+1)(n+2).方法2等比数列的判定方法1.(2020届浙江师大附中11月模拟,20)设数列an的前n项和Sn满足Sn=2an-2n+1(nN*).(1)求an的通项公式;(2)证明:对一切正整数n,有1a1+1a2+1a3+1an32.解析本题考查等比数列的概念、判定、通项公式以及数列的前n项和;考查学生运算求解和逻辑推理的能

7、力;考查了数学运算的核心素养.(1)Sn=2an-2n+1,Sn-1=2an-1-2(n-1)+1,-得an=2an-1+2,则an+2=2(an-1+2),当n=1时,a1=1,所以数列an+2是以3为首项,2为公比的等比数列,所以an+2=32n-1an=32n-1-2.(2)证明:由(1)得1an=132n-1-2,因为当n2时,32n-1-2-2n=2n-1(3-2)-2=2n-1-20,即32n-1-22n,所以1an=132n-1-212n(n2),所以1a1+1a2+1a3+1an1a1+122+123+12n=1+1221-12n-11-12=1+12-12n32,所以对一切正

8、整数n,有1a1+1a2+1a3+1an32.2.(2018浙江名校协作体,22)已知数列an满足a1=1,an+1=2an+(-1)n.(1)证明:an+(-1)n3是等比数列;(2)当k是奇数时,证明:1ak+1ak+192k+1;(3)证明:1a1+1a2+1an3.证明(1)an+1=2an+(-1)n,an+1+(-1)n+13=2an+(-1)n3,又a1+-13=23,数列an+(-1)n3是首项为23,公比为2的等比数列.(5分)(2)由(1)可知an+(-1)n3=2n3,即an=2n-(-1)n3,当k为奇数时,1ak+1ak+1=32k+1+32k+1-1=3(2k+1-

9、1)+3(2k+1)2k2k+1+2k-192k2k2k+1=92k+1.(10分)(3)当n为偶数时,1an-1+1an92n=32n-1+32n.(11分)1a1+1a2+1an=1a1+1a2+1a3+1a4+1an-1+1an312+122+12n=31-12n3.(13分)当n为奇数时,1an+1an+192n+1=32n+32n+1.1a1+1a2+1an1a1+1a2+1a3+1a4+1an+1an+1312+122+12n+1=31-12n+13.综上, 1a1+1a2+1an1,则() A.a1a3,a2a3,a2a4C.a1a4D.a1a3,a2a4答案BB组统一命题、省(

10、区、市)卷题组考点一等比数列的有关概念及运算1.(2017课标全国理,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.(2019课标全国文,14,5分)记Sn为等比数列an的前n项和.若a1=1,S3=34,则S4=.答案583.(2019课标全国理,14,5分)记Sn为等比数列an的前n项和.若a1=13,a42=a6,则S5=.答案12134.(2017课标全国理,14,5分)设等比

11、数列an满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 =.答案-85.(2016课标全国,15,5分)设等比数列an满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2an的最大值为.答案646.(2019课标全国文,18,12分)已知an是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.(1)求an的通项公式;(2)设bn=log2an,求数列bn的前n项和.解析本题主要考查等比数列的有关概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.(1)设an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an的通项公式为

12、an=24n-1=22n-1.(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列bn的前n项和为1+3+2n-1=n2.7.(2018课标全国文,17,12分)等比数列an中,a1=1,a5=4a3.(1)求an的通项公式;(2)记Sn为an的前n项和.若Sm=63,求m.解析本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式.(1)设an的公比为q,由题设得an=qn-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.故an=(-2)n-1或an=2n-1.(2)若an=(-2)n-1,则Sn=1-(-2)n3.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若an

13、=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.解后反思等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略:(1)求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项便可求出.(2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.(3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.(4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.8.(2015四川,16,12分)设数列an(n=1,2,3,)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列1an的前n项和为Tn,求Tn

14、.解析(1)由已知Sn=2an-a1,有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n2),即an=2an-1(n2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1),所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列an是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n.(2)由(1)得1an=12n.所以Tn=12+122+12n=121-12n1-12=1-12n.考点二等比数列的性质及应用1.(2019课标全国文,6,5分)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.

15、4D.2答案C2.(2015课标,4,5分)已知等比数列an满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=()A.21B.42C.63D.84答案B3.(2017江苏,9,5分)等比数列an的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=74,S6=634,则a8=.答案324.(2015安徽,14,5分)已知数列an是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列an的前n项和等于.答案2n-15.(2015湖南,14,5分)设Sn为等比数列an的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=.答案3n-1C组教师专用题组1.(2018北京理,4,5分)“十二

16、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.32fB.322fC.1225fD.1227f答案D2.(2018课标全国文,17,12分)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=ann.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列bn是不是等比数列,并说明理由;(3)求an的通项公式.解析(1)由条件可得an+1=2(n+1)nan.将n=1

17、代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.(2)bn是首项为1,公比为2的等比数列.由条件可得an+1n+1=2ann,即bn+1=2bn,又b1=1,所以bn是首项为1,公比为2的等比数列.(3)由(2)可得ann=2n-1,所以an=n2n-1.方法规律等比数列的判定方法:证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法,通项公式法及前n项和公式法只用于选择题、填空题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需证明存在连续三项不成等比数列即可.3.(2016课标全国,17,12分)已知数列an的前n项和Sn=1

18、+an,其中0.(1)证明an是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=3132,求.解析(1)由题意得a1=S1=1+a1,故1,a1=11-,a10.(2分)由Sn=1+an,Sn+1=1+an+1得an+1=an+1-an,即an+1(-1)=an.由a10,0得an0,所以an+1an=-1.因此an是首项为11-,公比为-1的等比数列,于是an=11-1n-1.(6分)(2)由(1)得Sn=1-1n.由S5=3132得1-15=3132,即-15=132.解得=-1.(12分)思路分析(1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看a

19、n+1与an之比是不是一常数,其中说明an0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出.4.(2016四川,19,12分)已知数列an的首项为1,Sn为数列an的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q0,nN*.(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列an的通项公式;(2)设双曲线x2-y2an2=1的离心率为en,且e2=53,证明:e1+e2+en4n-3n3n-1.解析(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan对所有n1都成立.所以,数列an是首项为1,公比

20、为q的等比数列.从而an=qn-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,因为q0,所以q=2.所以an=2n-1(nN*).(2)证明:由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线x2-y2an2=1的离心率en=1+an2=1+q2(n-1).由e2=1+q2=53,解得q=43.因为1+q2(k-1)q2(k-1),所以1+q2(k-1)qk-1(kN*).于是e1+e2+en1+q+qn-1=qn-1q-1,故e1+e2+en4n-3n3n-1.疑难突破由(1)可得en=1+q2(n-1),因为所证的不等式左边是e1+

21、e2+en,直接求和不行,利用放缩法得en=1+q2(n-1)q2(n-1)=qn-1,从而得e1+e2+enq0+q1+qn-1,化简即可.评析本题涉及的知识点比较多,由递推思想推出数列an是等比数列,由等差中项求出q,由放缩法证明不等式成立.综合性较强.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共12分) 1.(2019浙江金华十校联考,6)已知等差数列an,等比数列bn,满足a1=b1=1,a5=b3,则a9能取到的最小整数是() A.-1B.0C.2D.3答案B2.(2020届浙江杭州二中开学考,5)已知等比数列an的各项均为正数,且已知3a12,a34,a2成等差数列,则a20+a19a1

22、8+a17=()A.9B.6C.3D.1答案A3.(2020届浙江名校协作体开学联考,7)已知等比数列an中,a5=1,若1a2+1a4+1a6+1a8=5,则a2+a4+a6+a8=()A.4B.5C.16D.25答案B二、填空题(每空3分,共12分)4.(2020届浙江之江教育联盟联考,12)已知等比数列an中,a1=2,a2=33,则a2+a2 013a8+a2 019=,a1a2a3a4=.答案89;925.(2020届浙江“七彩阳光”联盟期初联考,13)已知正项等比数列an满足a1=1,a2a6a7=116a1a9,则an=,数列log2an的前n项和为.答案2-n+1;-n(n-1

23、)2三、解答题(共105分)6.(2020届浙江金丽衢十二校联考,19)在数列an中,a1=2,an+1=4an-3n+1,nN*.(1)证明:数列an-n是等比数列;(2)记bn=(an-n)n,求数列bn的前n项和Sn.解析本题考查等比数列的概念以及数列求和;考查学生运算求解的能力;考查数学运算的核心素养.(1)证明:an+1-n-1=4an-4n=4(an-n),则an+1-(n+1)an-n=4,a1-1=2-1=10,所以数列an-n是以1为首项,4为公比的等比数列.(2)由(1)知bn=(an-n)n=n4n-1.解法一:Sn=140+24+342+n4n-1,4Sn=14+242

24、+343+(n-1)4n-1+n4n,-得-3Sn=1+4+42+43+4n-1-n4n=1-4n1-4-n4n=-(3n-1)4n+13,故Sn=(3n-1)4n+19.解法二:令f(x)=x+x2+xn,则f (x)=1+2x+3x2+nxn-1,又(x+x2+xn)=x-xn+11-x=1-(n+1)xn+nxn+1(1-x)2,所以1+2x+3x2+nxn-1=1-(n+1)xn+nxn+1(1-x)2,由题意求bn=n4n-1的和,只需令x=4即可,即1+24+342+n4n-1=1-(n+1)4n+n4n+1(1-4)2=(3n-1)4n+19.7.(2020届浙江“超级全能生”联

25、考,20)已知等比数列an的公比q1,且a4为a2,a3的等比中项,a3+1为a2,a4的等差中项.(1)求q的值;(2)设bn=an+1+(-1)n(nN*),数列1bn的前n项和为Sn,求证:Sn53.解析(1)由题意得a2a3=a4,2(a3+1)=a2+a4,(4分)则a2=q,q3-2q2+q=2,解得q=2.(7分)(2)证明:由(1)知an=2n-1,则bn=2n+(-1)n,故1bn=12n+(-1)n.(9分)当n=1时,S1=1b1=153;当n2时,1bn=132n-2+2n-2+(-1)n132n-2.(13分)故Sn1+131-12n-11-121+23=53.综上所

26、述,Sn1,且a1+a3+a5=42,a3+9是a1,a5的等差中项.数列bn的通项公式bn=2nan-1+an+1-1,nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)证明:b1+b2+bn1,所以q=2.所以an=2n.(2)证法一:由(1)可得bn=2n2n-1+2n+1-1,nN*.bn=2n2n-1+2n+1-1=2n(2n-1-2n+1-1)(2n-1+2n+1-1)(2n-1-2n+1-1)=2n(2n-1-2n+1-1)2n-1-2n+1+1=2n(2n-1-2n+1-1)-2n=2n+1-1-2n-1,b1+b2+bn=(22-1-21-1)+(23-1-22-1)+2n+1-1-

27、2n-1=2n+1-1-12n+1-1.证法二:由(1)可得bn=2n2n-1+2n+1-1,nN*.下面用数学归纳法证明.当n=1时,b1=21+3=3-13,不等式成立;假设当n=k(k2,kN*)时不等式成立,即b1+b2+bk2k+1-1.则当n=k+1时,b1+b2+bk+bk+12k+1-1+2k+12k+1-1+2k+2-1=2k+1-1+2k+1(2k+1-1-2k+2-1)(2k+1-1+2k+2-1)(2k+1-1-2k+2-1)=2k+1-1+2k+1(2k+1-1-2k+2-1)-2k+1=2k+2-1,即当n=k+1时不等式也成立.综合和可知,b1+b2+bn0,所以

28、c2c1;当n2时,-4n2+6n+13n0,所以cn+1n4-115.解析(1)当n=1时,3S1=a2-3-3,所以a2=15.当n2时,由3Sn=an+1-3n-3,3Sn-1=an-3(n-1)-3得an+1=4an+3.又a2=4a1+3,所以当n=1时,也满足an+1=4an+3,且a1=3.故an+1+1an+1=4,所以数列an+1是首项为4,公比为4的等比数列,即an+1=4n,所以an=4n-1.(2)证明:易知bn=anan+1=4n-14n+1-1=14-3164n-4=14-3154n+4n-414-154n,则Tn=b1+b2+bnn4-1514+142+14n=n

29、4-1151-14nn4-115.Tnn4-115.12.(2019浙江金华十校期末,19)数列an的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=Sn+1(nN*).(1)求通项公式an;(2)记Tn=1S1+1S2+1Sn,求证:32-12nTn2.解析(1)an+1=Sn+1,当n2时,an=Sn-1+1.(4分)an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1-an=an,an+1=2an.数列an是首项为1,公比为2的等比数列,an=2n-1.(7分)(2)证明:an+1=Sn+1,Sn=2n-1.(8分)当n2时,12n1Sn12n-1.(11分)Tn1+122+12n=1+141-12n-11-12=32-12n,(13分)Tn1+12+122+12n-1=1+121-12n-11-12=2-12n-12.(14分)经验证,当n=1时,不等式也成立.故32-12nTn2.(15分)