§6.3等比数列考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度2013 2014 2015 2016 20171.等比数列的运算1.等比数列的证明2.等比数列的通项公式3.等比数列求和C14题5分填空题解答题★★★2.等比数列的性质及数列的综合运用1.等比数列性质运用2.数列的综合应用C19题16分7题5分20题16分20题16分填空题解答题★★★分析解读等比数列是高考的热点.中档题主要考查等比数列的基本运算,压轴题常和等差数列综合在一起考查推理证明,对能力要求比较高.五年高考考点一等比数列的运算1.(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122.(2015课标Ⅱ改编,4,5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7= .答案423.(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+…+lna20= .答案504.(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-教师用书专用(5—7)5.(2013江西理改编,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于.答案-246.(2013北京理,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陕西理,17,12分)设{a n}是公比为q的等比数列.(1)推导{a n}的前n项和公式;(2)设q≠1,证明数列{a n+1}不是等比数列.解析(1)设{a n}的前n项和为S n,当q=1时,S n=a1+a1+…+a1=na1;当q≠1时,S n=a1+a1q+a1q2+…+a1q n-1,①qS n=a1q+a1q2+…+a1q n,②①-②得,(1-q)S n=a1-a1q n,∴S n =,∴S n =(2)证明:假设{a n+1}是等比数列,则对任意的k∈N+,(a k+1+1)2=(a k+1)(a k+2+1),+2a k+1+1=a k a k+2+a k+a k+2+1,q2k+2a1q k=a1q k-1·a1q k+1+a1q k-1+a1q k+1,∵a1≠0,∴2q k=q k-1+q k+1.∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾.∴假设不成立,故{a n+1}不是等比数列.考点二等比数列的性质及数列的综合运用1.(2017课标全国Ⅰ理改编,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是.答案4402.(2015福建改编,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于.答案93.(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.(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-15.(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 46.(2017山东理,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连结点P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.7.(2017天津文,18,13分)已知{a n}为等差数列,前n项和为S n(n∈N*),{b n}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b n}的前n项和(n∈N*).解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,所以q=2.所以,b n=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得a n=3n-2.所以,{a n}的通项公式为a n=3n-2,{b n}的通项公式为b n=2n.(2)设数列{a2n b n}的前n项和为T n,由a2n=6n-2,有T n=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,2T n=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,上述两式相减,得-T n=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得T n=(3n-4)2n+2+16.所以,数列{a2n b n}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.8.(2016江苏,20,16分)记U={1,2,…,100}.对数列{a n}(n∈N*)和U的子集T,若T=⌀,定义S T=0;若T={t1,t2,…,t k},定义S T=++…+.例如:T={1,3,66}时,S T=a1+a3+a66.现设{a n}(n∈N*)是公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,S T=30.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T⊆{1,2,…,k},求证:S T<a k+1;(3)设C⊆U,D⊆U,S C≥S D,求证:S C+S C∩D≥2S D.解析(1)由已知得a n=a1·3n-1,n∈N*.于是当T={2,4}时,S T=a2+a4=3a1+27a1=30a1.又S T=30,故30a1=30,即a1=1.所以数列{a n}的通项公式为a n=3n-1,n∈N*.(2)证明:因为T⊆{1,2,…,k},a n=3n-1>0,n∈N*,所以S T≤a1+a2+…+a k=1+3+…+3k-1=(3k-1)<3k.因此,S T<a k+1.(3)证明:下面分三种情况证明.①若D是C的子集,则S C+S C∩D=S C+S D≥S D+S D=2S D.②若C是D的子集,则S C+S C∩D=S C+S C=2S C≥2S D.③若D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=C∩∁U D,F=D∩∁U C,则E≠⌀,F≠⌀,E∩F=⌀.于是S C=S E+S C∩D,S D=S F+S C∩D,进而由S C≥S D得S E≥S F.设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k≥1,l≥1,k≠l.由(2)知,S E<a k+1.于是3l-1=a l≤S F≤S E<a k+1=3k,所以l-1<k,即l≤k.又k≠l,故l≤k-1.从而S F≤a1+a2+…+a l=1+3+…+3l-1=≤=≤,故S E≥2S F+1,所以S C-S C∩D≥2(S D-S C∩D)+1,即S C+S C∩D≥2S D+1.综合①②③得,S C+S C∩D≥2S D.9.(2016天津,18,13分)已知{a n}是等比数列,前n项和为S n(n∈N*),且-=,S6=63.(1)求{a n}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,b n是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有-=,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·=63,知q≠-1,所以a1·=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得b n=(log2a n+log2a n+1)=(log22n-1+log22n)=n-,即{b n}是首项为,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n}的前n项和为T n,则T2n=(-+)+(-+)+…+(-+)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.10.(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.11.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,显然x n≠1.即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设,得g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,得f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).12.(2013江苏,19,16分)设{a n}是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),S n是其前n项的和.记b n=,n∈N*,其中c为实数.(1)若c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:S nk=n2S k(k,n∈N*);(2)若{b n}是等差数列,证明:c=0.证明由题意得,S n=na+ d.(1)由c=0,得b n==a+ d.又因为b1,b2,b4成等比数列,所以=b1b4,即=a,化简得d2-2ad=0.因为d≠0,所以d=2a.因此,对于所有的m∈N*,有S m=m2a.从而对于所有的k,n∈N*,有S nk=(nk)2a=n2k2a=n2S k.(2)设数列{b n}的公差是d1,则b n=b1+(n-1)d1,即=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入S n的表达式,整理得,对于所有的n∈N*,有n3+n2+cd1n=c(d1-b1).令A=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),则对于所有的n∈N*,有An3+Bn2+cd1n=D.(*)在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,从而有由②,③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,从而cd1=0.即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.若d1=0,则由d1-d=0,得d=0,与题设矛盾,所以d1≠0.又因为cd1=0,所以c=0.教师用书专用(13—20)13.(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 114.(2013辽宁理,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6315.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)因为a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,所以a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.16.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以,{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以,数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.17.(2015广东,21,14分)数列{a n}满足:a1+2a2+…+na n=4-,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求数列{a n}的前n项和T n;(3)令b1=a1,b n=+a n(n≥2),证明:数列{b n}的前n项和S n满足S n<2+2ln n. 解析(1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,解得a2=;当n=3时,a1+2a2+3a3=,解得a3=.(2)当n≥2时,a1+2a2+…+(n-1)a n-1+na n=4-,①a1+2a2+…+(n-1)a n-1=4-,②由①-②得,na n=,所以a n=(n≥2),经检验,a1=1也适合上式,所以a n=(n∈N*).所以数列{a n}是以1为首项,为公比的等比数列.所以T n==2-.(3)证明:b1=1,b n=-·+·(n≥2).当n=1时,S1=1<2+2ln 1.当n≥2时,b n=+·a n=+·(T n-T n-1)=+·T n-·T n-1=·T n-·T n-1,所以S n=1+·T2-1·T1+·T3-·T2+…+·T n-·T n-1=·T n<2=2+2,以下证明++…+<ln n(n≥2).构造函数h(x)=ln x-1+(x>1),则h'(x)=-=>0(x>1),所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.所以ln x>1-(x>1),分别令x=2,,,…,,得ln 2>1-=,ln>1-=,ln>1-=,……ln>1-=.累加得ln 2+ln+…+ln>++…+,即ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]>++…+,所以++…+<ln n(n≥2).综上,S n<2+2ln n,n∈N*.18.(2015湖北,18,12分)设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)由题意有,即解得或故或(2)由d>1,知a n=2n-1,b n=2n-1,故c n=,于是T n=1+++++…+,①T n=+++++…+.②①-②可得T n=2+++…+-=3-,故T n=6-.19.(2013湖北理,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.20.(2013天津理,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-.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一等比数列的运算1.(2018江苏南通中学练习)等比数列{a n}中,若a1=-2,a5=-4,则a3的值为.答案-22.(2018江苏金陵中学月考)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数,且a4a10=16,则a10= .答案323.(2018江苏姜堰中学期中)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,S3=3a1+a2,则= .答案 34.(2018江苏盐城时杨中学月考)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a7的值是. 答案45.(2018江苏常熟调研)已知等比数列{a n}中,a3=2,a4a6=16,则= .答案 46.(2017盐城第三次模拟考试,11)设{a n}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1,a2n=a2n-1+1,则S20= .答案 2 0567.(2017江苏南通中学期中)设S n是等比数列{a n}的前n项的和,若a3+2a6=0,则的值是.答案 28.(2016江苏南通、扬州、泰州调研,8)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=3,S4=15,则S6的值为.答案639.(苏教必5,二,3,变式)等比数列{a n}共有奇数项,所有奇数项和S奇=255,所有偶数项和S偶=-126,末项是192,则首项a1= .答案 3考点二等比数列的性质及数列的综合运用10.(2017江苏苏州期中,6)已知等比数列{a n}的各项均为正数,且满足:a1a9=4,则数列{log2a n}的前9项之和为.答案911.(苏教必5,二,3,变式)在等比数列{a n}中,各项均为正值,且a6a10+a3a5=41,a4a8=5,则a4+a8= .答案12.(2018江苏常熟期中)已知数列{a n}各项均为正数,a1=1,a2=2,且a n a n+3=a n+1a n+2对任意n∈N*恒成立,记{a n}的前n项和为S n.(1)若a3=3,求a5的值;(2)证明:对任意正实数p,{a2n+pa2n-1}成等差数列;(3)是否存在正实数t,使得数列{S n+t}为等比数列?若存在,求出此时a n和S n的表达式;若不存在,说明理由.解析(1)∵a1a4=a2a3,∴a4=6,又∵a2a5=a3a4,∴a5=a4=9.(2)证明:由得a n a n+1a n+3a n+4=a n+1a n+3,∵a n>0,∴a n a n+4=(n∈N*),从而{a n}的奇数项和偶数项分别构成等比数列,设公比分别为q1,q2,则a2n=a2,a2n-1=a1=,又∵=,∴==2=,即q1=q2,设q1=q2=q,则a2n+pa2n-1=q(a2n-2+pa2n-3),且a2n+pa2n-1>0恒成立.∴数列{a2n+pa2n-1}是首项为2+p,公比为q的等比数列,问题得证.(3)在(2)中令p=1,则数列{a2n+a2n-1}是首项为3,公比为q的等比数列,∴S2k=(a2k+a2k-1)+(a2k-2+a2k-3)+…+(a2+a1)=∴S2k-1=S2k-a2k=且S1=1,S2=3,S3=3+q,S4=3+3q,∵数列{S n+t}为等比数列,∴即即解得(t=-3舍去),∴S2k=4k-1=22k-1,S2k-1=22k-1-1,从而对任意n∈N*有S n=2n-1,此时S n+t=2n,=2为常数,满足{S n+t}成等比数列,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-2n-1=2n-1,又a1=1,∴a n=2n-1(n∈N*),综上,存在t=1使数列{S n+t}为等比数列,此时a n=2n-1,S n=2n-1(n∈N*).13.(2018江苏常熟期中)已知数列{a n}的前n项和是S n,且满足a1=1,S n+1=3S n+1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在数列{b n}中,b1=3,b n+1-b n=(n∈N*),若不等式λa n+b n≤n2在n∈N*上有解,求实数λ的取值范围. 解析(1)∵S n+1=3S n+1(n∈N*),∴S n=3S n-1+1(n∈N*,n≥2),∴a n+1=3a n(n∈N*,n≥2),又当n=1时,由S2=3S1+1得a2=3,∴a2=3a1,∴a n+1=3a n(n∈N*),∴数列{a n}是以1为首项,3为公比的等比数列,∴通项公式为a n=3n-1(n∈N*).(2)∵b n+1-b n==3(n∈N*),b1=3,∴{b n}是以3为首项,3为公差的等差数列,∴b n=3+3(n-1)=3n(n∈N*),∴λa n+b n≤n2,即3n-1·λ+3n≤n2,即λ≤在n∈N*上有解,设f(n)=(n∈N*),∵f(n+1)-f(n)=-=,∴当n≥4时,f(n+1)<f(n),当n<4时,f(n+1)>f(n),∴f(1)<f(2)<f(3)<f(4),f(4)>f(5)>f(6)>…,∴[f(n)]max=f(4)=,∴λ≤.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:30分钟)一、填空题(每小题5分,共15分)1.(苏教必5,二,3,变式)在等差数列{a n}和等比数列{b n}中,已知a1=-8,a2=-2,b1=1,b2=2,那么满足a n=b n的n的所有取值构成的集合是.答案{3,5}2.(苏教必5,二,3,变式)在正项等比数列{a n}中,已知a1a2a3=4,a4a5a6=12,a n-1a n a n+1=324,则n= .答案143.(2017扬州高三上学期期末)在正项等比数列{a n}中,若a4+a3-2a2-2a1=6,则a5+a6的最小值为.答案48二、解答题(共45分)4.(2017江苏海安中学质检,19)设数列{a n},{b n},{c n}满足a1=a,b1=1,c1=3,且对于任意n∈N*,都有b n+1=,c n+1=.(1)若数列{a n}和{c n+b n}都是常数列,求实数a的值;(2)求数列{c n-b n}的通项公式;(3)设{a n}是公比为a的等比数列,数列{b n},{c n}的前n项和分别为S n,T n.若2S n+1-T n<对一切正整数n均成立,求实数a的取值范围.解析(1)因为b n+1+c n+1=a n+,且{a n}、{c n+b n}是常数列,所以a==2.(2)由已知得a n=2b n+1-c n,a n=2c n+1-b n,所以2b n+1-c n=2c n+1-b n,即c n-b n=-2(c n+1-b n+1),又因为c1-b1=2,所以数列{c n-b n}是以2为首项,-为公比的等比数列,故c n-b n=2·.(3)由已知得a n=2b n+1-c n,所以a1+a2+…+a n=2(b2+b3+…+b n+1)-(c1+c2+…+c n),所以2S n+1-T n=(a1+a2+…+a n)+2b1=(a+a2+…+a n)+2,故a+a2+…+a n<恒成立,记M n=a+a2+…+a n,当a≥1时,M n≥1恒成立,不符合题意;当a<-1时,M n==(a n-1)·,当n为偶数时,令(a n-1)·>⇒n>log(-a),即当n取大于log(-a)的偶数时,M n<不成立,不符合题意,舍去;当0<a<1时,M n==-<,由≤,解得0<a≤;当-1<a<0时,M n<0恒成立,符合题意;当a=-1时,M n=-1或M n=0,符合题意.综上,-1≤a<0或0<a≤.5.(2017江苏镇江一模,19)已知n∈N*,数列{a n}的各项均为正数,前n项和为S n,且a1=1,a2=2,设b n=a2n-1+a2n.(1)若数列{b n}是公比为3的等比数列,求S2n;(2)若对任意n∈N*,S n=恒成立,求数列{a n}的通项公式;(3)若S2n=3(2n-1),数列{a n a n+1}为等比数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)b1=a1+a2=1+2=3,S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=b1+b2+…+b n==.(2)易知2S n=+n,∴2S n-1=+n-1(n≥2),∴2a n=2S n-2S n-1=+n-(+n-1)=-+1(n≥2),(a n-1)2-=0,(a n-a n-1-1)(a n+a n-1-1)=0,故a n-a n-1=1或a n+a n-1=1.下面证明a n+a n-1=1对任意的n≥2且n∈N*恒不成立.事实上,因a1+a2=3,所以a n+a n-1=1不恒成立;若存在n>2,使a n+a n-1=1,设n0是其中最小的,则+=1,且∈(0,1),+≠1,所以-=1,所以<0,与已知矛盾.故a n+a n-1=1对任意的n≥2且n∈N*恒不成立,所以a n-a n-1=1对任意的n≥2且n∈N*恒成立.因此{a n}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n=1+(n-1)×1=n.(3)因为数列{a n a n+1}为等比数列,所以设公比为q,则当n≥2时,==q.即{a2n-1},{a2n}分别是以1,2为首项,q为公比的等比数列,故a3=q,a4=2q.令n=2,有S4=a1+a2+a3+a4=1+2+q+2q=9,解得q=2.所以a2n-1=2n-1,a2n=2×2n-1=2n,所以b n=a2n-1+a2n=3×2n-1,所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=b1+b2+…+b n==3(2n-1),符合题意.因为a2n-1=2n-1,a2n=2n,所以a n=6.(2017江苏无锡期中,19)已知各项均为正数的数列{a n}为等比数列,等差数列{b n}的前n项和为S n(n∈N*),且满足:S13=208,S9-S7=41,a1=b2,a3=b3.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设T n=a1b1+a2b2+…+a n b n(n∈N*),求T n;(3)设c n=是否存在正整数m,使得c m·c m+1·c m+2+8=3(c m+c m+1+c m+2)?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.解析(1)因为数列{b n}为等差数列,且S13=208,S9-S7=41,所以所以b7=16,公差d=3,所以b1=-2,所以b n=3n-5.所以a1=b2=1,a3=b3=4,记数列{a n}的公比为q,则q2=4,易知q>0,所以q=2,所以a n=2n-1(n∈N*).(2)T n=a1b1+a2b2+…+a n b n=-2×1+1×2+…+(3n-5)×2n-1,①则2T n=-2×2+1×22+…+(3n-5)×2n,②①-②得,-T n=-2+3×(2+22+…+2n-1)-(3n-5)×2n=3×(2n-2)-(3n-5)×2n-2=(8-3n)×2n-8,所以T n=(3n-8)×2n+8(n∈N*).(3)由(1)知c n=当m=1时,c1·c2·c3+8=1×1×4+8=12,3(c1+c2+c3)=18,不相等,当m=2时,c2·c3·c4+8=1×4×7+8=36,3(c2+c3+c4)=3×(1+4+7)=36,等式成立,当m≥3且为奇数时,c m+2,c m为偶数,c m+1为奇数,所以c m·c m+1·c m+2+8为偶数,3(c m+c m+1+c m+2)为奇数,等式不成立,当m≥4且m为偶数时,若c m·c m+1·c m+2+8=3(c m+c m+1+c m+2),则(3m-5)·2m·(3m+1)+8=3(3m-5+2m+3m+1),整理得(9m2-12m-8)·2m=18m-20.(*)因为(9m2-12m-8)·2m≥(36m-12m-8)·24>18m-20,所以(*)不成立.综上,m=2.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 等比数列的基本运算1.已知S n是等比数列{a n}的前n项和,若存在m∈N*,满足=9,=,则数列{a n}的公比为.答案 2方法2 等比数列的判定与证明2.定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x),如果对于任意给定的等比数列{a n},{f(a n)}仍是等比数列,则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下函数:①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)=;④f(x)=ln |x|.其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为.答案①③3.已知数列{a n}和{b n}满足a1=λ,a n+1=a n+n-4,b n=(-1)n(a n-3n+21),其中λ为实数,n为正整数.(1)证明:对任意实数λ,数列{a n}不是等比数列;(2)证明:当λ≠-18时,数列{b n}是等比数列.证明(1)假设存在一个实数λ,使{a n}是等比数列,则有=a1a3,即=λ⇒λ2-4λ+9=λ2-4λ⇒9=0,矛盾.所以{a n}不是等比数列.(2)b n+1=(-1)n+1[a n+1-3(n+1)+21]=(-1)n+1=-(-1)n·(a n-3n+21)=-b n.又λ≠-18,所以b1=-(λ+18)≠0,所以b n≠0,所以=-(n∈N*).故当λ≠-18时,数列{b n}是以-(λ+18)为首项,-为公比的等比数列.方法3 等差数列与等比数列的综合运用4.(2018江苏徐州铜山中学期中)已知数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=2a n-1,n∈N*,数列{b n}满足nb n+1-(n+1)b n=n(n+1),n∈N*,且b1=1.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若c n=a n·,数列{c n}的前n项和为T n,对任意的n∈N*,都有T n≤nS n-a,求实数a的取值范围;(3)是否存在正整数m,n,使b1,a m,b n(n>1)成等差数列?若存在,求出所有满足条件的m,n;若不存在,请说明理由. 解析(1)当n=1时,S1=2a1-1=a1,所以a1=1.当n≥2时,S n=2a n-1,S n-1=2a n-1-1,两式相减得a n=2a n-1,又a1=1,所以数列{a n}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.由nb n+1-(n+1)b n=n(n+1),得-=1,所以数列为首项b1=1,公差d=1的等差数列,所以=n,所以数列{b n}的通项公式为b n=n2.(2)由(1)得c n=a n=n·2n-1,于是T n=1×1+2×2+3×22+…+(n-1)×2n-2+n×2n-1,所以2T n=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,两式相减得-T n=1+2+22+…+2n-1-n×2n=-n×2n,所以T n=(n-1)·2n+1,由(1)得S n=2a n-1=2n-1,因为∀n∈N*,都有T n≤nS n-a,即(n-1)·2n+1≤n(2n-1)-a恒成立,所以a≤2n-n-1恒成立,记d n=2n-n-1,所以a≤(d n)min,因为d n+1-d n=[2n+1-(n+1)-1]-(2n-n-1)=2n-1>0,所以数列{d n}为递增数列,所以当n=1时,d n取得最小值d1=0,于是a≤0.(3)假设存在正整数m,n,使b1,a m,b n(n>1)成等差数列,则b1+b n=2a m,即1+n2=2m, 若n为偶数,则1+n2为奇数,而2m为偶数,上式不成立.若n为奇数,设n=2k-1(k∈N*),则1+n2=1+(2k-1)2=4k2-4k+2=2m,于是2k2-2k+1=2m-1,即2(k2-k)+1=2m-1,当m=1时,k=1,此时n=2k-1=1,与n>1矛盾;当m≥2时,上式左边为奇数,右边为偶数,显然不成立.综上所述,满足条件的m,n不存在.。
