2019版高考数学一轮总复习第六章数列题组训练36等比数列理

第三讲等比数列及其前项和题组等比数列及其前项和.[新课标全国Ⅱ分][文]已知等比数列{}满足(),则() ...[新课标全国Ⅰ分][文]设首项为,公比为的等比数列{}的前项和为,则().[江苏分][文]等比数列{}的各项均为实数,其前项和为.已知,则..[新课标全国Ⅰ分][文]在数列{}中为{}的前项和.若,则..[广东分][文]设数列{}是首项为,公比为的等比数列,则..[全国卷Ⅲ分]已知数列{}的前项和λ,其中λ≠.(Ⅰ)证明{}是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若,求λ..[北京分][文]已知等差数列{}满足.(Ⅰ)求{}的通项公式;(Ⅱ)设等比数列{}满足.问与数列{}的第几项相等?题组等比数列的性质及应用.[重庆分]对任意等比数列{},下列说法一定正确的是() 成等比数列成等比数列成等比数列成等比数列.[全国卷Ⅰ分]设等比数列{}满足,则…的最大值为..[广东分][文]若三个正数成等比数列,其中,则..[广东分]若等比数列{}的各项均为正数,且,则… ..[天津分][文]已知{}是等比数列,前项和为(∈*),且.(Ⅰ)求{}的通项公式;(Ⅱ)若对任意的∈*是和的等差中项,求数列{()}的前项和.组基础题.[河北衡水中学二调]设正项等比数列{}的前项和为,且<,若,则() 或.[益阳市、湘潭市高三调研]已知等比数列{}中,则的值为().[洛阳市尖子生高三第一次联考]在等比数列{}中是方程的根,则的值为() . 或.[吉林省部分学校高三仿真考试][数学文化题]《张丘建算经》中“今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里.问日行几何?”意思是:“现有一匹马行走的速度逐渐变慢,每天走的里数是前一天的一半,连续行走天,共走了里路,问每天走的里数为多少?”则该匹马第一天走的里数为(). . . ..[广州市高三调研测试]在各项都为正数的等比数列{}中,若,则的最小值为..[惠州市一调]已知等比数列{}的公比为正数,且,则..[昆明市高三适应性检测]数列{}满足.()证明{}是等比数列,并求数列{}的通项公式;()已知符号函数()设·(),求数列{}的前项和.组提升题.[石家庄市重点高中摸底考试]已知等比数列{}的前项和为,若,则数列{}的前项和为() ()×()×()×()×。

第八早第一节数列的概念与简单表示本节主要包括2个知识点： 1.数列的通项公式; 2.数列的性质.突破点(一)数列的通项公式抓牢双基自学区［基本知识］1. 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列•数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项).2. 数列的通项公式如果数列｛a n｝的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.3. 数列的递推公式如果已知数列｛a n｝的第一项(或前几项)，且任何一项a n与它的前一项a n-1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即a n= f(a n-i)(或a n= f(a n-1, a n-2)等)，那么这个式子叫做数列｛a n｝的递推公式.4. S n与a n的关系S1, n = 1,已知数列｛a n｝的前n项和为S n，则a n = ■o这个关系式对任意数列均S n —Sn-1 n> 2,成立.［基本能力］1. 判断题(1) 所有数列的第n项都能使用公式表达.()(2) 根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个. ()1⑶若已知数列｛a n｝的递推公式为a n+1 = _ 1,且a2= 1,则可以写出数列｛a n｝的任何一2a n —I项.()⑷如果数列｛a n｝的前n项和为S n,则对？n € N*，都有a+1 = S“+1—S n.( )答案：(1)X (2)V (3) V (4) x2. 填空题(1)已知数列｛a n｝的前4项为1,3,7,15，则数列｛a n｝的一个通项公式为________ .答案：a n= 2n—1(n € N*)⑵已知数列｛a n｝中，a i= 1, a n+i = 2at 3，贝卩逓=_____________ .1答案：15⑶已知S n是数列｛a n｝的前n项和，且S n =『+ 1 ,则数列gn｝的通项公式是答案：a n=‘，n= 1，2n—1, n> 2研透高考*讲练区［全析考法］给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系.［例1］ (1)(2018江西鹰潭一中期中)数列1, —4,9,—16,25,…的一个通项公式是()A. a n = n2B. a = (—1)n n2C. a n = (—1)n"n2D. a n = (—1)n(n + 1)2(2)(2018山•西太原五中调考)把1,3,6,10,15,…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示).1 361015则第7个三角形数是()A. 27B. 28C. 29D. 30［解析］⑴法一：该数列中第n项的绝对值是n2，正负交替的符号是(—1)n+ S故选C. 法二：将n= 2代入各选项，排除A, B, D,故选C.(2)观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即a n= a n-1+ n(n>2).所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a y= a&+ 7=+ 6+ 7 = 15+ 6+ 7 = 28.故选 B.［答案］(1)C (2)B［方法技巧］由数列的前几项求通项公式的思路方法(1)分式形式的数列，分别求分子、分母的通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系.⑵若第n项和第n + 1项正负交错，那么符号用(―1)n或(-1)n+1或(-1)n—1来调控.(3)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和” “差” “积” “商”后再进行归纳.［提醒］根据数列的前几项写出数列的一个通项公式利用了不完全归纳法，其蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验.S i, n= 1,数列｛a n｝的前n项和S n与通项a n的关系为a n= * 通过纽带：a n= S nS n- S n-1, n > 2,-S n-1(n> 2),根据题目已知条件，消掉a n或S n,再利用特殊形式(累乘或累加)或通过构造成等差数列或者等比数列求解.[例2]已知数列｛a n｝的前n项和为S n.(1) 若S n= (—1) •，求a5+ a6 及a n；(2) 若S n= 3 +2n + 1，求a n.[解](1)a5+ a6= S6― S4= (― 6)—( ― 4) =—2,当n = 1 时，a1= S1= 1;当n > 2 时，a n= S n - S n-1= (—1)n 1 n- (—1)n (n —1)=(—1)n+1 [n + (n—1)]=(—1)n+1 (2n —1),又a1也适合此式，所以a n = (—1)n+1 (2n—1).(2)因为当n= 1 时，a1 = S1 = 6；当n>2 时，a n= S n—S n-1= (3n+ 2n+ 1) —[3n—1+ 2(n—1) + 1] = 2 3n—1+ 2,由于a1不适合此式，所以a n =’6, n= 1,2 3n—1+ 2, n > 2.［方法技巧］已知S n求a n的三个步骤(1) 先利用a1 = S1求出a1.(2) 用n —1替换S n中的n得到一个新的关系，禾U用a n = S n—S n—1(n>2)便可求出当n >2 时a n的表达式.⑶对n= 1时的结果进行检验，看是否符合n > 2时a n的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n= 1与n> 2两段来写.［例3］ (1)在数列｛a n 1n +1 n n .⑵在数列｛a n ｝中，a 1= 1, a n = 专a n - 1(n > 2)，求数列｛a n ｝的通项公式.⑶在数列｛a n ｝中a i = 1, a n +1 = 3a “+ 2，求数列 仙｝的通项公式. ⑷已知数列｛a n ｝中，a 1= 1, a n +1 = o~+；,求数列｛a n ｝的通项公式. ［解］(1)因为 a n +1 - a = 3n + 2, 所以 a “ — a “—1= 3n — 1(n 》2), 所以 a n = (a n — a n —1)+ (a n — 1 — a*-2)+ …+ (a 2— a“ + a 1 =」_2 当 n = 1 时，a 1= 2 = 1x (3 x 1+ 1)，符合上式, 所以 a n = |n 2+ 2.n — 1⑵因为 a n = —Ja n -1(n A 2), n — 21所以 a n —1= 口a n —2’ …，a 2=丹由累乘法可得a n = a 1 2 2 - - - 1= 7= J (n > 2).又a 1= 1符合上式」a n = n (3)因为 a n +1= 3a n + 2,所以 a n +1 + 1= 3(a n + 1),所以 a + 1 = 3,所以数列｛a n + 1｝为等比数列，公比 q = 3.又 a 1+ 1 = 2,所以 a n + 1= 2 3n —1,所以a n = 2 3n —1 — 1.丄=1+2，即丄L —1=2, a n +1 a n 2 a n +1a n 21又 a 1= 1，则-=1,是以1为首项，2为公差的等差数列. .1 1 1 n . 1a n =a ；+(n —1) x 2=2+2~+1(n € N *). n +1［方法技巧］典型的递推数列及处理方法n > 2).a n +1 + 12a n(4) a n +1=a n +2,a1 = 1 ,…a n 工 0 ,a n +1a n［全练题点］1.［考点一 ］（2018湖南衡阳二十六中期中）在数列1,1,2,3,5,8, x,21,34,55，…冲，x 的值为12C . 13和，所以x = 5+ 8= 13，故选C.5 7 92.［考点一］数列1,— 5, 15，— 24，…的一个通项公式是（n +12n — 1a n = (—1)n +n(n € N )n -1 2n + 1*a n = (— 1)(n€ N )n +1 2n — 1跖=(―1)齐亦(n €N )14解析：选C 观察所给数列的项，发现从第3项起，每一项都是与它相邻的前两项的B . a n = (-1)n —1 2n +1** N )解析：选D所给数列各项可写成:3—5 71 X 3，2 X 4，3 X5戈，…，通过对比各选项，可知选D.3.［考点二］（2018黑龙江双鸭山一中期末 ）已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若S n = 2a n ~ 4, n € N ,贝V a n =()A . 2n +1解析：选A 因为S n = 2a n — 4，所以n >2时，有S n —1= 2a n —1 — 4,两式相减可得 S n —a nS n -1= 2a n — 2a n -1, 即卩 a n = 2a n — 2a n-1，整理得 a n = 2a n -1,即亠匚=2(n > 2).因为 S 1 = a ja n —1=2a1—4，所以a1= 4,所以a“= 2n+14.［考点三］(2018 •东潍坊期中)在数列｛a n ｝中，a i = 2, a *+1= O n + In 1 +半，则a n =()A . 2+ In nB . 2+ (n — 1)ln nC . 2+ nln nD . 1 + n + In n解析：选 A 法一：由已知得 a n +1— a n = In’ + * = In"：1,而 a n = (a n — a n — 1)+ (a n -1n n — 1 2+ a n -2) + …+ (a 2 — a 1)+ a 1, n >2,所以 a n = In - + In - + …+ In; + 2= n — 1 n — 2 12• + 2= In n + 2, n > 2.当 n = 1 时，a 1 = 2 = In 1+ 2.故选 A.1法——:由 O n = O n -1 + In 1 + n 1 = O n -1 + In1 = O n -1 + In n — In(n — 1)(n 》2)，可知 O n—In n = O n -1 — In(n — 1)(n >2).令 b n = O n — In n ,则数列｛b n ｝是以 b 1= O 1— In 1 = 2 为首项的 常数列，故b n = 2，所以2= O n — In n ,所以O n = 2 + In n .故选A.突破点(——)数列的性质抓牢双基自学区［基本知识］数列的分类分类标准类型 满足条件 按项数分类有穷数列项数有限 无穷数列 项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列On + 1〉O n其中n € N *递减数列 O n ： 1V O n常数列 On + 1= O n按其他标准分类有界数列存在正数 M ，使|O n |W M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项［基本能力］X — 1 、r*(1)已知函数f(x) ，设O n = f(n)(n € N ),则｛O n ｝是 ______数列(填“递增”或“递减”).答案：递增⑵数列｛O n ｝的通项公式为O n =— n 2 + 9n ，则该数列第 _________项最大.In答案：4或5⑶现定义a n = 5n + ［1>，其中n € N ,则｛a “｝是 _________ 数列(填“递增”或“递减”).答案：递增⑷对于数列｛a n ｝, “a n + i >|a n |(n = 1,2,…)”是“ ｛a n ｝为递增数列”的 ___________ 条件. 答案：充分不必要研透高考・讲练区［全析考法］(1)数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整 数，所以在求数列中的最大 (小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号.(2)数列是自变量不连续的函数，不能对数列直接求导判断单调性•要先写出数列对应 的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去.(2 \［例1］ (1)已知数列｛a n ｝的通项公式为a n = n 3 n ，则数列仙｝中的最大项为()D . （- 3,+° ）［解析］(1)法一(作差比较法):当 n<2 时，a n +1— a n >0，即 a n +1>a n ；当 n = 2 时，a *+1 — a * = 0，即 a *+1= a *; 当 n>2 时，a n +1 一 a n <0，即 a n +1<a n .所以 a 1<a 2= a 3, a 3>a 4>a 5> …〉a n ,所以数列｛a n ｝中的最大项为a 2或a 3,且a 2= a 3= 2X 2 2= §.故选A.64 C.64125D. 243(2)已知数列｛a n ｝的通项公式为值范围是( )a n = 2n 2+ tn + 1,若｛a n ｝是单调递增数列，则实数 t 的取 A"8 B . A . （一 6 ,+m）B . （一 °°, 一6）C .（一°,一 3） a n +1 — a n = （n + 1） 2”1-nf =亍 3"，法二(作商比较法):a n +1令丁>1，解得n<2 ;a n令—<1，解得n>2.a n 又 a n >0，故 a 1<a 2=a3, a 3>a 4>a 5>…>a n ,所以数列｛a n ｝中的最大项为a 2或a 3,且a 2= a 3= 2X 3 2= §.故选A. (2)法一：因为｛a n ｝是单调递增数列， 所以对于任意的n € N *，都有a n + 1>a n , 即 2(n + 1)2+ t(n + 1) + 1>2n 2+ tn + 1, 化简得t>— 4n — 2,所以t> — 4n — 2对于任意的n € N *都成立， 因为一4n — 2W — 6，所以t> — 6.故选 A. 法二：设f(n) = 2n 2+ tn + 1,其图象的对称轴为 n = — 4，要使｛a n ｝是递增数列,1+ 2< 2 ， 即 卩 t> — 6.故选 A.［答案］(1)A (2)A［方法技巧］1.判断数列单调性的两种方法 (1) 作差比较法a n +1 — a n >0?数列｛a n ｝是单调递增数列；a n +1 — a n <0?数列｛a n ｝是单调递减数列; a n = 0?数列｛a n ｝是常数列.(2) 作商比较法a n +1①a >1 ?数列｛a n ｝是单调递增数列;②a <1 ?数列｛a n ｝是单调递减数列; a n+1③ 4= 1 ?数列｛a n ｝是常数列a n +1丄i'2冷+1n +12 n!!)a n + 1 —a n >0 时a n _ 1W a n ,(1) 利用不等式组、(n > 2)找到数列的最大项;|a n ，a n + 1 a n _ 1》a n ,(2) 利用不等式组’孑(n > 2)找到数列的最小项.a n Wa n +1数列的周期性与函数的周期性相类似. 求解数列的周期问题时，通常是求出数列的前 n项观察规律•确定出数列的一个周期，然后再解决相应的问题.［例 2］ (1)(2018 黄冈质检)已知数列｛X n ｝满足 X n +2=|X n + 1一 X n |(n € N ),若 X 1 = 1 , X 2 = a(a W 1 , a M 0),且X n + 3= X n 对于任意的正整数 n 均成立，则数列｛X n ｝的前2 017项和S 2 017 =( )A . 672B . 673C . 1 342D . 1 3454 *⑵(2018广•东四校联考)数列｛a n ｝满足 a 1= 2, an+1=(n € N )，贝U a 2 018=(1 — a n)A . - 2B . - 1C . 21 D. 1［解析］(1) •/ X 1= 1, X 2= a(a W 1, a M 0),「. X 3= |x ?— xf = |a - 1|= 1- a ,「. X 1+ x ?+ X 3=1+ a + (1 - a)= 2,又X n + 3= X n 对于任意的正整数 n 均成立，.••数列｛X n ｝的周期为3,所以 数列｛X n ｝的前 2 017 项和 S 2 017= S 672X 3 + 1 = 672X 2+ 1 = 1 345.故选 D.1-=2,…，可知此数列有周期性，周期 T = 3, 即卩a n +3= a n ,则a 2 018= a 672x 3+ 2= a 2 = 1 -1 -1.故选B.［答案］(1)D (2)B ［方法技巧］周期数列的常见形式与解题方法(1)周期数列的常见形式1 * 1 1 1(2)数列｛a n｝满足a1 = 2, a n+1= 1 —a(n € N),「. a2 = ^—2 =- 1, a3= 1 ——1= 2a4n + 2L n—70>0,解得 * — 10或n>7.又因为n € N , 解析：选B 由数列1的前n 项的乘积1 ••n + 2 n +1 n + 22 >36 ,得 n 2+ 3n所以n 的最小值为8，故选B.3.［考点一］已知函数f(x)=， 3 — ax + 2, 2X 2-9 x+11a , x>2x < 2,(a>0，且a ^ 1),若数列｛a n ｝满足a n =f(n)(n € N ),且｛a n ｝是递增数列，则实数 a 的取值范围是(A . (0,1) C . (2,3)D . (1,3) 3 — a>0,解析：选C 因为｛a n ｝是递增数列，所以a>1,［(3 - a )x 2+ 2<a 2,解得2<a<3，所以实数a 的取值范围是(2,3).4.［考点二］(2018辽宁重点中学协作体联考)在数列｛a n ｝中，a 1= 1,第+勺―a n = si① 利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数； ② 相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③ 相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列. (2)解决此类题目的一般方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的 值或者前n 项的和.［全练题点］1.［考点二］(2018安徽名校联盟考前模拟)在数列｛a n ｝中，若对任意的n € N *均有a “ + a “+1+ a n + 2为定值，且a 1 = 2, a g = 3, a g8 = 4,则数列｛a n ｝的前100项的和S 1oo =()A. 132 D . 99解析：选B 因为对任意的n € N 均有a n + a n +1 + a n + 2为定值，所以a n + a n +1 + a n +2= a n+1+an + 2+ a n + 3,所以a n + 3= a n ,所以数列｛a n ｝是周期数列，且周期为3.故a 2= a 98= 4,a3 =a 9= 3, a 100= a 1 = 2,所以 S 1QQ = 33(a 1 + a 2+ a 3)+ a 100= 299.故选 B ・积大于36,则n 的最小值为( )10B . 299C . 682.［考点一 ］(2018 •东枣庄第八中学阶段性检测 )已知数列，欲使它的前n 项的乘记S n为数列｛a n｝的前n 项和，贝V S2 018 =( )A. 0B. 2 018C. 1 010D. 1 009解析：选 C 由a1= 1 及a n+1—a n= sin®；1)n,得a“+1= a“+ sin(nn,所以a?= a j3 n4 n5 n6 n+ sin n= 1, a3= a2+ sinq = 0, a4= a3 + sinq = 0, a5= a4 + sin^ = 1, a6= a5+ sinq = 1,7 n 8 na?= a6+ siny = 0, a8 = a?+ siny = 0,…，可见数列｛a n｝为周期数列，周期T = 4,所以S2 018=504(a1 + a2 + a3 + a4)+ a1 + a2= 1 010.［全国卷5年真题集中演练一一明规律］1 . (2015全国卷n )设S n是数列｛a n｝的前n项和，且a1=—1 , a n+ 1= S n S n + 1,贝V S n =解析：1 1• a n+ 1 —S n+ 1 — 5 , a n + 1 —S n S n+ 1,…S n+ 1 —S n —S n S n+1. - S n^ 0，• • a ——，即宀—右=—1.又1=—1, S是首项为—1，公差为—1的等差数列.S n+1 S n S1 Qn』1—1)X (—1)=—n，二S n=—=n1答案：一1n1 戸,2. （2014全国卷n ）数列｛a n｝满足a n+1= , a8= 2,则引= ______________.1 —a n1 11 1解析：将a8= 2代入a n+1= ，可求得a7= 1；再将a7=;代入a n+1= ，可求得1 —a n2 2 1 —a n1a6=—1;再将a6=—1代入a“+1= ，可求得a5= 2;由此可以推出数列｛a n｝是一个周期1 —a n数列，且周期为3,所以a1 = a7= 2.答案：12 1 …,3. （2013全国卷I ）若数列｛a n｝的前n项和S n = "a n + §，则｛a n｝的通项公式是a n =解析：当n= 1 时，由已知S n= ：a n+3，=—1+ (n得a1=尹勺+3，即卩a1=1；2 1当n >2时，由已知得到 S n -!= -a n -1 + 3,3 3 所以 a n = S n — S n -1 = §a n + § — -a n -l +所以a n = — 2a n -1,所以数列｛a n ｝为以1为首项，以—2为公比的等比数列,答案：(—2)n —124. （2016全国卷川）已知各项都为正数的数列 ｛a n ｝满足a 1= 1, a — （2a n +1 — 1）a n —2a n +1的等差数列，故 —=1+ (n — 1) x 1 =人+ £即a n 2 2 2a n a n -1= a n-1+ (— 1)n (n >2, n € N )，则二的a 5值是（ ）=0. (1) 求 a 2, a s ；⑵求｛a n ｝的通项公式.1 1解：(1)由题意可得 a 2= §, a 3= 4. (2) 由 a iJ—(2an + 1—1)an — 2a n + 1= 0 得2a n +1(a n + 1) = a n (a n +1).a n +1 = 1 a n 21故｛a n ｝是首项为1,公比为1的等比数列，因此1 a n = 2n _1.因此｛a n ｝的各项都为正数，所以［课时达标检测1［小题对点练一一点点落实］对点练（一）数列的通项公式2a* 11.在数列｛a n ｝中，a 1= 1, a n +1 = a +；（n € N ）,则4是这个数列的（）A .第6项B .第C .第8项D .第解析：选B 由a n +1 ==—+ - a n +2 a n +1 a n «_1 1即数列「一是以-=1为首项, a n 」 - a 1所以a n =(—2)n — 12 2 1 a n =市，由市=4，解得° = 7,故选B.+ 1,即a “+1 — a “= n + 1,用累加法可得 a n = a 1+ n ~ 12n + 2 = ,••• 115 A运15 3 3B — C. 一 D - B . 8 4 D . 8解析：选 C 由已知得 a 2= 1 + (— 1)2 = 2,.•.2a 3= 2 + (— 1)彳,a 3=?, — ?a 4= ?+ (— 1)°, a 4=3,. 3a 5=3+(-1)5,. a 5=3,. 2=2X2=3 3. （2018河南郑州一中考前冲刺 ）数列｛a n ｝满足：a 1= 1，且对任意的 m , n € N ,都有 a m +n = a m + a “+ mn ,则 1 +1 +1 +…+a 1 a 2 a 3a JL -=() 2 017 A A2 018 2 018 2 019 C 4 034 C .2 018 4 036 2 019 解析：选D •/a 1= 1,且对任意的m , n € N *都有 a m + n = a m + a n + mn ,「. a “+1 = a “+ n2〉土 , 丄 + - + 1 +^ + 丄 n n +1 a 1 a 2 a 3 a 2 018 _ 1 1 1 =2J —2+ 2—3 it 1 1 '、= 4 036 故选 2 018 2 019 厂 2 019，故选D. 4. （2018甘肃天水检测）已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n , a 1= 1,Sn = 2a n +1,则S n =（）C. 3 n -1D . 2n -1解析：选 D 因为 a n + 1= S n + 1— S n ，所以 S n = 2a *+ 1= 2(S n + 1— S n ),所以S n + 1 S n 33,,所以数列｛S n ｝是以S 1= a 1= 1为首项，3为公比的等比数列，所以 S n = 2 n -1.故选D. 5. （2018兰州模拟）在数列1,2, 7, 10, 13，…中2 19是这个数列的第 项. 解析：数列 3 X 4 + 1,…, 76,二 n = 26, 1,2, 7, 10 , 13,…，即数列 1, 3 X 1+ 1, 3 X 2+ 1, 3 X 3+ 1 , .该数列的通项公式为 a n =/3 n — 1 + 1 = 3n — 2, . 3n — 2= 2 19 = 故2 19是这个数列的第26项. a 3 = 答案：26 6. （2018河北冀州中学期中）已知数列｛a n ｝满足a 1= 1,且a “= n （a “+1 — a“（n € N ）,则 ,a n =解析：由a n = n(a n +1 — aj ，可得a n na n + 1 n +1 ,则 a n = _a ^an _j a n_2a n — 1 a n — 2 an — 3^•1=七X 冗a 1n — 1 n — 2a n n n + 11 3n 2 2x x …x — x 1 = n(n > 2),「. a 3= 3. T a i = 1 满足 a n = n ,「. a n = n. n _ 3 1答案：3 n7. (2018福建晋江季延中学月考 )已知数列｛a n ｝满足a i + 2a —+ 3a 3+-+ na “= n + 1(n € N ),则数列｛a n ｝的通项公式为 _________________ .已知a 1 + 2a 2+ 3a 3+・・・ + na n = n + 1,将n = 1代入，得 a 1= 2;当n > 2时，将n 1a p + 2a 2+ 3a 3+…+ (n _ 1)a n _ 1= n ，两式相减得 na n = (n + 1)_ n = 1,「. a “= n n = 1, n > 2.2, n = 1, a n = 1 1一，n > 2 n对点练(二)数列的性质—9n _ 9n + 2 *1.已知数列｛a n ｝的通项公式为a n = 9n 2_ 4 (n € N ).则下列说法正确的是 ()A .这个数列的第10项为名3 1是该数列中的项D .数列｛a n ｝是单调递减数列得9n = 300此方程无正整数解，故卷不是该数列中的项.因为a n =貯=呼亍3*1=1_ 3^，又n € N ,所以数列｛a n ｝是单调递增数列，所以：＜ a “v1，所以数列中的各项都 在区间4，1内，故选项 C 正确，选项D 不正确，故选 C.11 | a2. (2018湖北黄冈中学期中)已知数列｛a n ｝中，a 1 = 1, a “+1="，贝V a 2。

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都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x ，G ，y 组成等比数列，则G 叫做x 和y 的等比中项. 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 .[常用结论与微点提醒]1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 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.诊 断 自 测1.思考辨析(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.(教材习题改编)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.(2018·湖北省七市联考)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 C4.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝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a 1＝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 65.(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 {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)(2017·江苏卷)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)(2018·烟台调研)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝( ) A.－2 B.－1 C.12D.23(2)(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________.解析 (1)由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1，故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎨⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12， ∴a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝2－n 22＋7n2.记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N +，可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数.所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 (1)B (2)64考点二 等比数列的性质及应用【例2】 (1)(教材习题原题)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A.12B.10C.8D.2＋log 35(2)(2018·云南11校调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A.40B.60C.32D.50解析 (1)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.(2)数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝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2】 (1)(2018·西安八校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A.－ 3B.－1C.－33D. 3(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析 (1)依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－7π3＝－tan π3＝－ 3. (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 ，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)A (2)73考点三 等比数列的判定与证明【例3】 (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 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.【训练3】 (2017·安徽江南十校联考)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＋n 2－3n －82.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( ) A.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列B.{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列C.{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列D.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列 解析 两个等比数列的积仍是一个等比数列. 答案 C2.(2018·青岛模拟)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( ) A.2B.4C. 2D.2 2解析 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q ＝4.答案 B3.(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 B4.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 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且公比不等于－1，在等比数列中，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，则8(S 9－S 6)＝(－1)2，S 9－S 6＝18，即a 7＋a 8＋a 9＝18. 答案 A5.(2018·昆明诊断)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A.－2B.－ 2C.± 2D. 2解析 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. 答案 B 二、填空题6.(2018·河南百校联盟联考改编)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝40，且S 6＋3a 7＝S 8，则a 2等于________.解析 由S 6＋3a 7＝S 8，得2a 7＝a 8，则公比q 为2，所以a 2＝a 523＝4023＝5. 答案 57.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 1 022 三、解答题9.(2017·全国Ⅰ卷)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. 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设可得 ⎩⎨⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋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)得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－2[1－（－2）n ]1－（－2）＝23[(－2)n －1]，则S n ＋1＝23[(－2)n ＋1－1]，S n ＋2＝23[(－2)n ＋2－1]，所以S n ＋1＋S n ＋2＝23[(－2)n ＋1－1]＋23[(－2)n ＋2－1]＝23[2(－2)n －2]＝43[(－2)n －1]＝2S n ，∴S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列.10.(2018·惠州调研)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.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 B12.(2018·东北三省三校联考)各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由题意知2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，∴a n ＋1＝b n b n ＋1，当n ≥2时，2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1，∵b n >0，∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1，∴{b n }成等差数列，由a 1＝1，a 2＝3，得b 1＝2，b 2＝92，∴b 1＝2，b 2＝322，∴公差d ＝22，∴b n ＝n ＋122，∴b n ＝（n ＋1）22， ∴a n ＝b n －1b n ＝n （n ＋1）2. 答案 a n ＝n （n ＋1）213.(2017·合肥模拟)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 (1)设{a n }的前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，① qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n, ②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，∴S n ＝a 1（1－q n）1－q ，∴S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. (2)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)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾. 故数列{a n＋1}不是等比数列.。

2019-2020年高考数学一轮总复习第六章数列题组训练36等比数列理1．在等比数列{a n }中，a 1＝12，q ＝12，a n ＝132，则项数n 为( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C2．如果－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，那么( ) A ．b ＝3，ac ＝9 B ．b ＝－3，ac ＝9 C ．b ＝3，ac ＝－9 D ．b ＝－3，ac ＝－9答案 B3．在等比数列{a n }中，若公比q ＝2，S 4＝1，则S 8的值为( ) A ．15 B ．17 C ．19 D ．21答案 B4．(2018·安徽芜湖五联考)在等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项之和S 3＝21，则公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或12答案 C解析 根据已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7，①a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝21，②②÷①得1＋q ＋q2q 2＝3. 整理得2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.5．(2018·江西新余一中调研卷)已知等比数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝8，则a 3a 4a 5＝( ) A ．±64 B ．64 C ．32 D ．16答案 B解析 因为a 2＝2，a 6＝8，所以由等比数列的性质可知a 2a 6＝a 42＝16，而a 2，a 4，a 6同号，所以a 4＝4，所以a 3a 4a 5＝a 43＝64，故选B.6．(2018·保定一中模拟)若项数为2m(m∈N *)的等比数列的中间两项正好是方程x 2＋px ＋q＝0的两个根，则此数列的各项积是( ) A ．p mB ．p 2mC ．q mD ．q 2m答案 C解析 由题意得a m a m ＋1＝q ，所以由等比数列的性质得此数列各项积为(a m a m ＋1)m＝q m. 7．(2018·广西南宁联考)已知在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 9－a 11a 5－a 7＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16答案 B解析 因为数列{a n }是等比数列，a 3＝2，所以a 4a 6＝a 3q ·a 3q 3＝4q 4＝16，所以q 2＝2.所以a 9－a 11a 5－a 7＝a 3q 6－a 3q 8a 3q 2－a 3q 4＝（q 2）3－（q 2）4q 2－（q 2）2＝q 4＝4.故选B. 8．数列{a n }的前n 项和为S n ＝4n＋b(b 是常数，n ∈N *)，若这个数列是等比数列，则b 等于( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．4答案 A解析 等比数列{a n }中，q ≠1时，S n ＝a 1·（q n－1）q －1＝a 1q －1·q n －a 1q －1＝A·q n －A ，∴b ＝－1.9．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D ．8答案 B解析 ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0，(舍去) 故所求的公比q ＝4.10．在14与78之间插入n 个数组成等比数列，若各项总和为778，则此数列的项数( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 B解析 ∵q≠1(14≠78)，∴S n ＝a 1－a n q 1－q ，∴778＝14－78q1－q .解得q ＝－12，78＝14×(－12)n ＋2－1，∴n ＝3.故该数列共5项．11．(2017·名师原创)《张丘建算经》中“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里．问日行几何？”意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里路，问每天走的里数为多少？”则该匹马第一天走的里数为( ) A.128127 B.44 800127 C.700127 D.17532答案 B解析 由题意知每日所走的路程成等比数列{a n }，且公比q ＝12，S 7＝700，由等比数列的求和公式得a 1（1－127）1－12＝700，解得a 1＝44 800127，故选B.12．(2018·云南省高三调研考试)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A ．40 B ．60 C ．32 D ．50答案 B解析 由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60，故选B.13．(2018·广东惠州一中月考)已知数列{a n }是等比数列，且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 因为等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝14，所以a 5a 2＝q 3＝18，所以q ＝12.由等比数列的性质，易知数列{a n a n ＋1}为等比数列，其首项为a 1a 2＝8，公比为q 2＝14，所以要求的a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{a n a n ＋1}的前n 项和．由等比数列的前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8（1－14n ）1－14＝323(1－4－n)，故选C. 14．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________． 答案 －2解析 由S 3＋3S 2＝0，即a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0，即4a 1＋4a 2＋a 3＝0，即4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2.15．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________． 答案 －2，2n －1－12解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q|＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12. 16．一正项等比数列前11项的几何平均数为32，从这11项中抽去一项后所余下的10项的几何平均数为32，那么抽去的这一项是第________项． 答案 6解析 由于数列的前11项的几何平均数为32，所以该数列的前11项之积为3211＝255. 当抽去一项后所剩下的10项之积为3210＝250， ∴抽去的一项为255÷250＝25.又因a 1·a 11＝a 2·a 10＝a 3·a 9＝a 4·a 8＝a 5·a 7＝a 62，所以a 1·a 2·…·a 11＝a 611.故有a 611＝255，即a 6＝25.∴抽出的应是第6项．17．已知{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和，a 1，a 7，a 4成等差数列，求证：2S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列． 答案 略证明 由已知得2a 1q 6＝a 1＋a 1q 3，即2q 6－q 3－1＝0，得q 3＝1或q 3＝－12.当q 3＝1即q ＝1，{a n }为常数列，S 62S 3＝S 12－S 6S 6命题成立．当q 3＝－12时，S 62S 3＝1－q 62（1－q 3）＝14. S 12－S 6S 6＝1－q 121－q 6－1＝14.∴命题成立． 18．(2018·四川成都一诊)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4. (1)证明数列{a n ＋4}是等比数列； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n . 答案 (1)略 (2)S n ＝2n ＋1－4n ＋2解析 (1)∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2.∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)，∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2，∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋4＝2n，∴a n ＝2n－4. 当n ＝1时，a 1＝－2<0，∴S 1＝|a 1|＝2； 当n≥2时，a n ≥0，∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋ (2)－4(n －1)＝2（1－2n）1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，上式也满足． ∴S n ＝2n ＋1－4n ＋2.1．(2018·衡水中学调研)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36答案 B解析 方法一：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 4＝2a 1q 2，a 1q 3＋2a 1q 6＝2×54，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝16×[1－（12）5]1－12＝31，故选B. 方法二：由a 2a 5＝2a 3，得a 4＝2.又a 4＋2a 7＝2×54，所以a 7＝14，所以q ＝12，所以a 1＝16，所以S 5＝16×[1－（12）5]1－12＝31，故选B.2．(2018·延边质检)已知a 1，a 2，a 3，a 4依次成等比数列，且公比q 不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数q 的值是( ) A.1＋52B.±1＋52 C.±1＋32D.－1＋32答案 B解析 因为公比q 不为1，所以删去的数不是a 1，a 4.①若删去a 2，则由2a 3＝a 1＋a 4得2a 1q2＝a 1＋a 1q 3，又a 1≠0，所以2q 2＝1＋q 3，整理得q 2(q －1)＝(q －1)(q ＋1)．又q≠1，所以q 2＝q ＋1，又q>0，得q ＝1＋52；②若删去a 3，则由2a 2＝a 1＋a 4得2a 1q ＝a 1＋a 1q 3，又a 1≠0，所以2q ＝1＋q 3，整理得q(q ＋1)(q －1)＝q －1.又q≠1，则可得q(q ＋1)＝1，又q>0，得q ＝－1＋52.综上所述，q ＝±1＋52，故选B.3．(2017·沧州七校联考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2 B.73 C.83 D ．3答案 B解析 方法一：由S 6S 3＝3知该等比数列的公比q≠－1，则S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是由S 6＝3S 3，可推出S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.方法二：设数列{a n }的公比为q ，则S 6S 3＝（1＋q 3）S 3S 3＝1＋q 3＝3，所以q 3＝2，于是S 9S 6＝（1＋q 3＋q 6）S 3（1＋q 3）S 3＝1＋2＋41＋2＝73. 4．(2015·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________． 答案 23；－1解析 ∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 32＝a 2a 7，即(a 1＋2d)2＝(a 1＋d)·(a 1＋6d)，解得d ＝－32a 1①，∵2a 1＋a 2＝1，∴3a 1＋d ＝1②，由①②可得a 1＝23，d ＝－1. 5．在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8·a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________．答案 －53解析 ∵1a 7＋1a 10＝a 7＋a 10a 7a 10，1a 8＋1a 9＝a 8＋a 9a 8a 9，而a 8a 9＝a 7a 10，∴1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 7a 10＝－15898＝－53.6．(2017·广州综合测试)已知数列{c n }，其中c n ＝2n＋3n，且数列{c n ＋1－pc n }为等比数列，则常数p ＝________． 答案 2或3解析 由数列{c n ＋1－pc n }为等比数列，得(c 3－pc 2)2＝(c 2－pc 1)(c 4－pc 3)，即(35－13p)2＝(13－5p)(97－35p)．解得p ＝2或p ＝3.。

§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.。

§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.。

§6.3等比数列考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 2014 2015 2016 20171.等比数列的有关概念及运算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.理解18(1),6分18(1),7分3,5分10(文),2分17(文),约3分20(1),约3分17(1)(文),约4分22,约5分2.等比数列的性质及应用1.了解等比数列与指数函数的关系.2.能利用等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.3.能运用数列的等比关系解决实际问题.掌握19(文),约3分18(2),7分17(2)(文),约4分分析解读 1.考查等比数列的定义与判定,通项公式、前n项和的求解,等比数列的性质等知识.2.等比数列与不等式结合的范围求解、大小比较、不等式证明是高考的热点.3.预计2019年高考试题中,对等比数列的考查仍以概念、性质、通项、前n项和等基本量为主,以中档题形式出现.五年高考考点一等比数列的有关概念及运算1.(2017课标全国Ⅱ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.(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 D3.(2017课标全国Ⅲ理,14,5分)设等比数列{a n}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 = .答案-84.(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325.(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.(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.(2017课标全国Ⅰ文,17,12分)记S n为等比数列{a n}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S,并判断S,S,S是否成等差数列.解析本题考查等差、等比数列.(1)设{a n}的公比为q,由题设可得解得q=-2,a1=-2.故{a n}的通项公式为a n=(-2)n.(2)由(1)可得S n==-+(-1)n·.由于S n+2+S n+1=-+(-1)n·=2=2S n,故S n+1,S n,S n+2成等差数列.8.(2016课标全国Ⅲ,17,12分)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S5=,求λ.解析(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.(2分)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a1≠0,λ≠0得a n≠0,所以=. 因此{a n}是首项为,公比为的等比数列,于是a n=·.(6分)(2)由(1)得S n=1-.由S5=得1-=,即=.解得λ=-1.(12分)9.(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=q n-1.由2a,a,a+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>.10.(2015四川,16,12分)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为T n,求T n.解析(1)由已知S n=2a n-a1,有a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1(n≥2),即a n=2a n-1(n≥2).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{a n}是首项为2,公比为2的等比数列.故a n=2n.(2)由(1)得=.所以T n=++…+==1-.教师用书专用(11—16)11.(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 A12.(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 C13.(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1214.(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 415.(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)证明:由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=<.所以++…+<.16.(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.考点二等比数列的性质及应用1.(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 B2.(2014大纲全国,10,5分)等比数列{a n}中,a4=2,a5=5,则数列{lg a 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.(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 16.(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S 3+a 3,S 5+a 5,S 4+a 4成等差数列,所以S 5+a 5-S 3-a 3=S 4+a 4-S 5-a 5,即4a 5=a 3,于是q 2==.又{a n }不是递减数列且a 1=,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 ≤S 1=,故0<S n -≤S 1-=-=.当n 为偶数时,S n 随n 的增大而增大,所以=S 2≤S n <1,故0>S n -≥S 2-=-=-.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-.教师用书专用(7—9)7.(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q 2mC.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 C8.(2014广东,13,5分)若等比数列{a n }的各项均为正数,且a 10a 11+a 9a 12=2e 5,则ln a 1+ln a 2+…+ln a 20= . 答案 509.(2013北京,10,5分)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 = .答案 2;2n+1-2三年模拟A 组 2016—2018年模拟·基础题组考点一 等比数列的有关概念及运算1.(2018浙江镇海中学期中,2)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浙江温州十校期末联考,8)已知数列{a n}的首项a1=1,前n项和为S n,且满足2a n+1+S n=2,则满足<<的n的最大值是( )A.8B.9C.10D.11答案 B3.(2017浙江名校协作体,13)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若对任意的正整数n,均有S n+3=8S n+3,则首项a1= ,公比q= .答案;2考点二等比数列的性质及应用4.(2018浙江杭州二中期中,6)已知等比数列{a n}的前n项积为T n,且log2a3+log2a7=2,则T9的值为( )A.±512B.512C.±1 024D.1 024答案 B5.(2017浙江高考模拟训练冲刺卷一,6)已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( )A.7B.5C.-5D.-7答案 D6.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),15)公比为q的等比数列{a n}的前n项和为S n,若a1a9=2a3a6,S5=-62,则a1的值为.答案-27.(2016浙江高考冲刺卷(一),17)已知数列{a n}满足a1=,a n+1=(n∈N*),数列{b n}满足b n=-1(n∈N*).(1)求证:数列{b n}为等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在互不相等的正整数m,k,n,使得m,k,n成等差数列,且a m-1,a k-1,a n-1成等比数列?如果存在,请给出证明;如果不存在,请说明理由.解析(1)∵b n=-1,∴a n=,∴==,得b n+1=b n,∵b1=-1=≠0,∴b n≠0,故数列{b n}为等比数列,∵b n=·==-1,(2)不存在.理由如下:假设存在满足题意的m,k,n,则m+n=2k,(a k-1)2=(a m-1)(a n-1).∵a n=,∴=,得(3k+2)2=(3m+2)(3n+2),故32k+4·3k=3m+n+2·3m+2·3n,∵m+n=2k,∴2·3k=3m+3n,∵3m+3n≥2=2·3k,当且仅当m=n时,等号成立,但m,k,n互不相等,∴不存在满足题意的m,k,n.B组2016—2018年模拟·提升题组一、选择题1.(2018浙江温州适应性测试,5)已知数列{a n}是公差不为0的等差数列,b n=,数列{b n}的前n项,前2n项,前3n项的和分别为A,B,C,则( )A.A+B=CB.B2=ACC.(A+B)-C=B2D.(B-A)2=A(C-B)答案 D2.(2017浙江镇海中学阶段测试,3)已知等比数列{a n}满足a1+a2=3,a2+a3=6,则a7=( )A.64B.81C.128D.243答案 A3.(2016浙江名校协作体测试,5)在等比数列{a n}中,设T n=a1a2…a n,n∈N*,则下列说法正确的是( )A.若T2n+1>0,则a1>0B.若T2n+1<0,则a1<0C.若T3n+1<0,则a1>0D.若T4n+1<0,则a1<0答案 D二、填空题4.(2018浙江浙东北联盟期中,11)下图所示的是毕达哥拉斯树的生长过程:正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形上再连接着正方形……如此继续下去.若共得到31个正方形,设初始正方形边长为1,则最小正方形的边长为.答案5.(2017浙江绍兴质量调测(3月),13)已知等差数列{a n},等比数列{b n}的前n项和分别为S n,T n(n∈N*).若S n=n2+n,b1=a1,b2=a3,则a n= ,T n= .答案3n-1;(4n-1)6.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,22)在数列{a n}中,a1=2,a n+1=2a n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为S n,试求数列{S2n-S n}的最小值;(3)在(2)的条件下,求证:当n≥2时,≥.解析(1)由条件a n+1=2a n得=2·,又a1=2,所以=2,因此数列构成首项为2,公比为2的等比数列,从而=2·2n-1=2n,因此a n=n·2n.(4分)(2)由(1)得b n=,设c n=S2n-S n,则c n=++…+,所以c n+1=++…+++,从而c n+1-c n=+->+-=0,即c n+1>c n,因此数列{c n}是单调递增的,所以(c n)min=c1=.(9分)(3)证明:当n≥2时,=(-)+(-)+…+(S4-S2)+(S2-S1)+S1=++…+c2+c1+S1,由(2)知≥≥…≥c2,又c1=,S1=1,c2=,所以≥(n-1)c2+c1+S1=(n-1)++1=.(15分)7.(2017浙江温州模拟考(2月),22)设数列{a n}满足a n+1=-a n+1(n∈N*),S n为数列{a n}的前n项和,证明:(1)当0≤a1≤1时,0≤a n≤1;(2)当a1>1时,a n>(a1-1);(3)当a1=时,n-<S n<n.证明(1)①当n=1时,显然成立.(2分)②假设当n=k(k∈N*)时,0≤a k≤1,则当n=k+1时,a k+1=-a k+1=+∈⊆[0,1].由①②可知,0≤a n≤1(n∈N*).(4分)(2)由a n+1-a n=(-a n+1)-a n=(a n-1)2≥0,知a n+1≥a n.因为a1>1,所以a n>1(n∈N*).从而a n+1-1=(-a n+1)-1=-a n=a n(a n-1),即=a n≥a1,(6分)于是a n-1≥(a1-1),即a n>(a1-1)(n≥2,n∈N*),经检验,当n=1时,不等式也成立,故当a1>1时,a n>(a1-1).(8分)(3)当a1=时,由(1)知,0<a n<1(n∈N*),故S n<n.(9分)令b n=1-a n(n∈N*),由(1)易知,b n>b n+1>0(n∈N*),由a n+1=-a n+1,可得=b n-b n+1,(10分)从而++…+=(b1-b2)+(b2-b3)+…+(b n-b n+1)=b1-b n+1<b1=.又++…+>n,故n<,即b n<(n∈N*),(12分)注意到b n<=<=(-),故b1+b2+…+b n<[(-)+(-)+…+(-)]=,即n-S n<,亦即S n>n-,所以当a1=时,n-<S n<n.(15分)C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 等比数列中“基本量法”的解题策略1.(2016浙江高考模拟冲刺(五),17)已知等差数列{a n},等比数列{b n}满足:a1+a2=a3,b1b2=b3,且a3,a2+b1,a1+b2成等差数列,a1,a2,b2成等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若数列{c n}满足c n=,求数列{c n}的前n项和S 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,依题意,得解得a1=d=1,b1=q=2.故a n=n,b n=2n.(8分)(2)∵c n===-,∴S n=++…+,∴S n=-=.(15分)方法2 等比数列的性质及应用的解题策略2.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a3,a5-1,a6成等差数列,a2,a4-1,a7-1成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式及S n;(2)是否存在正整数n和k,使得S n,S n+1,S n+k成等比数列?若存在,求出n和k的值;若不存在,请说明理由.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,由a3,a5-1,a6成等差数列,得2(a1+4d-1)=a1+2d+a1+5d,解得d=2.由a2,a4-1,a7-1成等比数列,得=(a1+2)(a1+11),解得a1=1.则a n=1+(n-1)×2=2n-1,故S n=×n=n2.(2)存在.假设存在正整数n和k,使得S n ,,成等比数列,由(1)知S n=n2,S n+1=(n+1)2,S n+k=(n+k)2,则=S n S n+k,即(n+1)4=n2×(n+k)2.又因为n,k∈N*,所以(n+1)2=n(n+k),经整理得n(k-2)=1.考虑到n,k均为正整数,所以n=1,k=3.所以,存在正整数n=1,k=3符合题目的要求.方法3 等差、等比数列的综合问题的解题策略3.已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*),设b n=a2n-1.(1)求b2,b3,并证明b n+1=2b n+2;(2)①证明:数列{b n+2}为等比数列;②若a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比数列,求正整数k的值.解析(1)b2=a3=2a2=2(a1+1)=4,b3=a5=2a4=2(a3+1)=10.同理:b n+1=a2n+1=2a2n=2(a2n-1+1)=2(b n+1)=2b n+2.(2)①证明:==2,则数列{b n+2}为等比数列.②由已知得,b1=a1=1,由①得b n+2=3×2n-1,所以b n=3×2n-1-2,即a2n-1=3×2n-1-2, 则a2n=a2n-1+1=3×2n-1-1.因为a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比数列,所以(3×2k-2)2=(3×2k-1-1)(3×2k+8),令2k=t,得(3t-2)2=(3t+8),整理得3t2-14t+8=0,解得t=或4.因为k∈N*,所以2k=4,得k=2.。