2020高考数学一轮总复习第6章数列第3节等比数列及其前n项和高考AB卷理

2019年

【2019最新】精选高考数学一轮总复习第6章数列第3节等比数列及其前n项和高考AB卷理

等比数列中的运算问题

1.(2015·全国Ⅱ，4)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝( )

A.21 B.42

C.63 D.84

解析 设等比数列{an}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故选B.

答案 B

2.(2016·全国Ⅲ，17)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.

(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；

(2)若S5＝，求λ.

(1)证明 由题意得a1＝S1＝1＋λa1，

故λ≠1，a1＝，a1≠0.

由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得an＋1＝λan＋1－λan，

即an＋1(λ－1)＝λan，

由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.

因此{an}是首项为，

公比为的等比数列，于是an＝.

(2)解 由(1)得Sn＝1－.由S5＝得1－＝，

即＝.解得λ＝－1.

3.(2014·全国Ⅱ，17)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1. 2019年

(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；

(2)证明＋＋…＋<.

证明 (1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3an＋12

又a1＋＝，

所以是首项为，

公比为3的等比数列.

an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.

(2)由(1)知＝.

因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，

所以≤.

于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.

所以＋＋…＋<.

等比数列的性质

4.(2016·全国Ⅰ，15)设等比数列满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__________.

解析 设等比数列{an}的公比为q，∴⇒a1＋a1q2＝10，a1q＋a1q3＝5，

解得a1＝8，q＝12，

∴a1a2…an＝12（－3）＋（－2）＋…＋（n－4）

＝＝，

当n＝3或4时，取到最小值－6，

此时取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.

答案 64

5.(2014·大纲全国，10)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( ) 2019年

A.6 B.5

C.4 D.3

解析 lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4，故选C.

答案 C

等比数列中的运算问题

1.(2014·重庆，2)对任意等比数列{an}，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

解析 由等比数列的性质得，a3·a9＝a≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D.

答案 D

2.(2015·安徽，14)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________.

解析 由等比数列性质知a2a3＝a1a4，

又a2a3＝8，a1＋a4＝9，

所以联立方程解得或

a1＝8，a4＝1，又数列{an}为递增数列，

∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8，∴q＝2.

∴数列{an}的前n项和为Sn＝＝2n－1.

答案 2n－1

3.(2014·江苏，7)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________.

解析 设等比数列{an}的公比为q，q>0.则a8＝a6＋2a4即为a4q4＝a4q2＋2a4，解得q2＝2(负值舍去)，又a2＝1，所以a6＝a2q4＝4.

答案 4 2019年

4.(2012·浙江，13)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.

解析 由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2作差可得a3＋a4＝3a4－3a2，即2a4－a3－3a2＝0，所以2q2－q－3＝0，解得q＝或q＝－1(舍).

答案 32

5.(2013·陕西，17)设{an}是公比为q的等比数列.

(1)推导{an}的前n项和公式；

(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列.

(1)解 设{an}的前n项和为Sn，

当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；

当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①

qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②

①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，

∴Sn＝，∴Sn＝na1，q＝1，a1（1－qn）1－q，q≠1.

(2)证明 假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N＋，

(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，

a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，

aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，

∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.

∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾，

∴数列{an＋1}不是等比数列. 2019年

等比数列的性质

6.(2014·广东，13)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.

解析 由等比数列的性质可知a10a11＋a9a12＝2e5⇒a1a20＝e5，于是a1a2…a20＝(e5)10＝e50，ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ln e50＝50.

答案 50

7.(2015·湖南，14)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＝________.

解析 由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，∴公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.

答案 3n－1

等比数列的综合应用

8.(2014·安徽，12)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＝________.

解析 法一 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1.

法二 因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.

答案 1

9.(2013·湖南，15)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则：

(1)a3＝________；

(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.

解析 (1)∵Sn＝(－1)nan－.

当n＝3时，a1＋a2＋a3＝－a3－，① 2019年

当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝a4－，

∴a1＋a2＋a3＝－，②

由①②知a3＝－.

(2)∵Sn＝(－1)nan－12n

①当n为奇数时，Sn＋1＝an＋1－12n＋1，Sn＝－an－12n，

两式相减得an＋1＝an＋1＋an＋，∴an＝－；

②当n为偶数时，Sn＋1＝－an＋1－12n＋1，Sn＝an－12n，

两式相减得an＋1＝－an＋1－an＋，

即an＝－2an＋1＋＝，

故an＝∴Sn＝－12n＋1，n为奇数，0，n为偶数.

∴S1＋S2＋…＋S100＝－122＋124＋126＋…＋12100

＝－＝－＝.

答案 (1)－ (2)1312100－1

10.(2015·湖北，18)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.

解 (1)由题意有，10a1＋45d＝100，a1d＝2，

即2a1＋9d＝20，a1d＝2， 2019年

解得或a1＝9，d＝29.

故或an＝19（2n＋79），bn＝9·29n－1.

(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是

Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①

12Tn＝＋＋＋＋＋…＋＋.②

①－②可得

12Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，

故Tn＝6－.