§6.3 等比数列
考纲解读
考点 1.等比数列的运算 2.等比数列的性质及数列的综合运用 内容解读 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 1.等比数列性质运用 2.数列的综合应用 要求 五年高考统计 常考题型 预测热度 2013 2014 2015 2016 2017 14题 5分 填空题 ★★★ 解答题 填空题 ★★★ 解答题 C C 19题 7题 20题 20题 16分 5分 16分 16分
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{an}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+an>a1a2…an的最大正整数n的值为 .
答案 12
2.(2015课标Ⅱ改编,4,5分)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7= . 答案 42
5
3.(2014广东,13,5分)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e,则ln a1+ln a2+…+ln a20= . 答案 50
4.(2014天津,11,5分)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn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 -24
6.(2013北京理,10,5分)若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q= ;前n项和Sn= .
n+1
答案 2;2-2
7.(2013陕西理,17,12分)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. 解析 (1)设{an}的前n项和为Sn, 当q=1时,Sn=a1+a1+…+a1=na1;
2n-1
当q≠1时,Sn=a1+a1q+a1q+…+a1q,①
2n
qSn=a1q+a1q+…+a1q,②
n
①-②得,(1-q)Sn=a1-a1q,
∴Sn=,∴Sn=
(2)证明:假设{an+1}是等比数列,则对任意的k∈N+,
2
(ak+1+1)=(ak+1)(ak+2+1),
+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1, q+2a1q=a1q·a1q+a1q+a1q, ∵a1≠0,∴2q=q+q.
k
k-1
k+1
2k
k
k-1
k+1
k-1
k+1
∵q≠0,∴q-2q+1=0, ∴q=1,这与已知矛盾.
∴假设不成立,故{an+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,…,
001012
其中第一项是2,接下来的两项是2,2,再接下来的三项是2,2,2,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 440
2
2.(2015福建改编,8,5分)若a,b是函数f(x)=x-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 9
3.(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 .
n
答案 2-1
4.(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= .
n-1
答案 3
5.(2014江苏,7,5分)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 . 答案 4
6.(2017山东理,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2. (1)求数列{xn}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),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
2
解析 (1)设数列{xn}的公比为q,由已知知q>0.
由题意得
2
所以3q-5q-2=0. 因为q>0,
所以q=2,x1=1.
n-1
因此数列{xn}的通项公式为xn=2.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
nn-1n-1
由(1)得xn+1-xn=2-2=2, 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意bn=×2=(2n+1)×2,
n-1n-2
所以Tn=b1+b2+…+bn
-101n-3n-2
=3×2+5×2+7×2+…+(2n-1)×2+(2n+1)×2,①
012n-2n-1
2Tn=3×2+5×2+7×2+…+(2n-1)×2+(2n+1)×2.② ①-②得
-12n-1n-1
-Tn=3×2+(2+2+…+2)-(2n+1)×2
=+-(2n+1)×2.
n-1
所以Tn=.
*
7.(2017天津文,18,13分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N),{bn}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{an}和{bn}的通项公式;
*
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N).
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2+b3=12,得b1(q+q)=12,
2
而b1=2,所以q+q-6=0. 又因为q>0,所以q=2.
n
所以,bn=2.
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an=3n-2.
n
所以,{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2.
23n
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=4×2+10×2+16×2+…+(6n-2)×2,
234nn+1
2Tn=4×2+10×2+16×2+…+(6n-8)×2+(6n-2)×2,
23nn+1
上述两式相减,得-Tn=4×2+6×2+6×2+…+6×2-(6n-2)×2
2
=-4-(6n-2)×2
n+2
n+1
=-(3n-4)2-16.
n+2
得Tn=(3n-4)2+16.
n+2
所以,数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2+16.
*
8.(2016江苏,20,16分)记U={1,2,…,100}.对数列{an}(n∈N)和U的子集T,若T=?,定义ST=0;若T={t1,t2,…,tk},定义ST=++…+.例如:T={1,3,66}时,ST=a1+a3+a66.现设{an}(n∈N)是公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,ST=30. (1)求数列{an}的通项公式;
(2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T?{1,2,…,k},求证:ST n-1* 解析 (1)由已知得an=a1·3,n∈N. 于是当T={2,4}时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1. 又ST=30,故30a1=30,即a1=1. n-1* 所以数列{an}的通项公式为an=3,n∈N. n-1* (2)证明:因为T?{1,2,…,k},an=3>0,n∈N, * 所以ST≤a1+a2+…+ak=1+3+…+3=(3-1)<3. 因此,ST (3)证明:下面分三种情况证明. ①若D是C的子集,则SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD. ②若C是D的子集,则SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD. ③若D不是C的子集,且C不是D的子集. 令E=C∩?UD,F=D∩?UC,则E≠?,F≠?,E∩F=?. 于是SC=SE+SC∩D,SD=SF+SC∩D,进而由SC≥SD得SE≥SF. 设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k≥1,l≥1,k≠l. l-1k 由(2)知,SE k-1kk 从而SF≤a1+a2+…+al=1+3+…+3= l-1 ≤=≤, 故SE≥2SF+1,所以SC-SC∩D≥2(SD-SC∩D)+1, 即SC+SC∩D≥2SD+1. 综合①②③得,SC+SC∩D≥2SD. 9.(2016天津,18,13分)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N),且-=,S6=63. (1)求{an}的通项公式; (2)若对任意的n∈N,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1) * n * }的前2n项和. 解析 (1)设数列{an}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an=2. n-1 (2)由题意,得bn=(log2an+log2an+1)=(log22+log22)=n-, n-1n 即{bn}是首项为,公差为1的等差数列. 设数列{(-1) n }的前n项和为Tn,则 + ) T2n=(-+)+(-+)+…+(- =b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n. 2 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:因为所以 , , , ==2(n=1,2,3)是同一个常数, d 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a=(a-d)(a+d),且(a+d)=a(a+2d). 4 3 6 2 4 令t=,则1=(1-t)(1+t),且(1+t)=(1+2t) 3 2 2 2 364 , 化简得t+2t-2=0(*),且t=t+1.将t=t+1代入(*)式,得 t(t+1)+2(t+1)-2=t+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-. 2 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,则(a1+2d) n+2k , n+3k ,依次构成等比数列, 2(n+2k) =(a1+d) 2(n+k) ,且(a1+d)(a1+3d) 及 n+k =(a1+2d). 分别在两个等式的两边同除以, 并令t= n+2k , 2(n+k) n+k n+3k 2(n+2k) 则(1+2t)=(1+t),且(1+t)(1+3t)=(1+2t). 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)ln(1+3t)-3(1+2t)ln(1+2t)+3(1+t)·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), 2 2 2 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. 2n 11.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x,…,x的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2. (1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+; (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gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明. 2n 解析 (1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x+…+x-2, 则Fn(1)=n-1>0, Fn=1+++…+-2=-2 =-<0, 所以Fn(x)在内至少存在一个零点. 又F'n(x)=1+2x+…+nx>0,故Fn(x)在 n-1 内单调递增,所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn. 因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,显然xn≠1. 即-2=0,故xn=+.
精选(江苏专版)2019版数学一轮复习之讲义第六章数列6.3等比数列
