2020届二轮复习　等比数列及其前n项和学案（全国通用）

2020届二轮复习 　等比数列及其前n项和 学案
五年高考
考点一　等比数列及其性质
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.(2018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　B
2.(2018天津,5,5分)设{an}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　C
3.(2018课标Ⅱ,4,5分)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
答案　B
4.(2018北京,10,5分)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=　　　　. 
答案　1
5.(2018课标全国Ⅰ,15,5分)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　. 
答案　64
6.(2018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-1
教师用书专用(7—13)
7.(2018江西,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于(　　)
A.-24 B.0 C.12 D.24
答案　A
8.(2018福建,9,5分)已知等比数列{an}的公比为q,记bn=am(n-1)+1+am(n-1)+2+…+am(n-1)+m,cn=am(n-1)+1·am(n-1)+2·…·am(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是(　　)
A.数列{bn}为等差数列,公差为qm
B.数列{bn}为等比数列,公比为q2m
C.数列{cn}为等比数列,公比为
D.数列{cn}为等比数列,公比为
答案　C
9.(2018广东,13,5分)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=　　　　. 
答案　50
10.(2018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　-
11.(2018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
12.(2018安徽,12,5分)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=　　　　. 
答案　1
13.(2018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
考点二　等比数列前n项和公式
1.(2018课标全国Ⅱ,3,5分)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A. B.-
C. D.-
答案　C
2.(2018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=,S6=,则a8=　　　　. 
答案　32
3.(2018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-1
4.(2018四川,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q>0,n∈N*.
(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-=1的离心率为en,且e2=,证明:e1+e2+…+en>.
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,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故an+1=qan对所有n≥1都成立.
所以,数列{an}是首项为1,公比为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,
由已知,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知,an=qn-1.
所以双曲线x2-=1的离心率en==.
由e2==,解得q=.
因为1+q2(k-1)>q2(k-1),
所以>qk-1(k∈N*).
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=,
故e1+e2+…+en>.
疑难突破　由(1)可得en=,因为不等式左边是e1+e2+…+en,直接求和不行,利用放缩法得en=>=qn-1,从而得e1+e2+…+en>q0+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.
5.(2018课标Ⅱ,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明是等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)证明++…+<.
解析　(1)由an+1=3an+1得an+1+=3.
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++…+<.
教师用书专用(6—11)
6.(2018北京,10,5分)若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=　　　　;前n项和Sn=　　　　. 
答案　2;2n+1-2
7.(2018辽宁,14,5分)已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=　　　　. 
答案　63
8.(2018山东,18,12分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.
解析　(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,
当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,
此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,
所以an=
(2)因为anbn=log3an,
所以b1=,
当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=;
当n>1时,
Tn=b1+b2+b3+…+bn=+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],
所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],
两式相减,得
2Tn=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n
=+-(n-1)×31-n
=-,
所以Tn=-.
经检验,n=1时也适合.
综上可得Tn=-.
9.(2018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.(2018天津,19,14分)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-(n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解析　(1)设等比数列{an}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{an}不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列{an}的通项公式为an=×=(-1)n-1·.
(2)由(1)得Sn=1-
=
当n为正奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1 当n为正偶数时,Sn随n的增大而增大,所以=S2≤Sn<1,
故0>Sn-≥S2-=-=-.
综上,对于n∈N*,总有-≤Sn-≤.
所以数列{Tn}最大项的值为,最小项的值为-.
11.(2018湖北,18,12分)已知等比数列{an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.
(1)求数列{an}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{an}的公比为q,
则由已知可得解得或
故an=·3n-1,或an=-5·(-1)n-1.
(2)若an=·3n-1,则=·,
故是首项为,公比为的等比数列,
从而==·<<1.
若an=(-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　2018—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{an}的前n项和为Sn,a1a2a3a4a5=,且a2,a4,a3成等差数列,则S5=(　　)
A. B. C. D.
答案　D
2.(2018云南玉溪模拟,7)等比数列{an}中,a1=512,公比q=-,记Πn=a1×a2×…×an(即Πn表示数列{an}的前n项之积),Π8,Π9,Π10,Π11中,值为正数的个数是(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案　B
3.(2018福建4月模拟,6)已知递增的等比数列{an}的公比为q,其前n项和Sn<0,则(　　)
A.a1<0,01
C.a1>0,00,q>1
答案　A
4.(2018福建厦门一中期中,4)已知数列{an}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.(2018河北衡水中学高三上学期第三次调研,4)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为,则S5=(　　)
A.29 B.31 C.33 D.36
答案　B
6.(2018江西新余第一中学四模,14)等比数列{an}的前n项和为Sn,Sn=b(-2)n-1-a,则=　　　　　. 
答案　-
7.(2018江西吉安一中期中,15)已知正项等比数列{an}满足log2an+2-log2an=2,且a3=8,则数列{an}的前n项和Sn=　. 
答案　2n+1-2
B组　2018—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{an}是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列{bn}的连续三项,则的值为(　　)
A. B.4 C.2 D.
答案　A
2.(2018河南洛阳期中,11)已知数列Sn为等比数列{an}的前n项和,S8=2,S24=14,则S2 016=(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.2252-2 B.2253-2
C.21 008-2 D.22 016-2
答案　B
3.(2018江西南昌摸底考试,11)设等比数列{an}的公比为q,其前n项之积为Tn,并且满足条件:a1>1,a2 016a2 017>1,<0,给出下列结论:(1)00;(3)T2 016是数列{Tn}中的最大项;(4)使Tn>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　B
4.(2018江西名校学术联盟调研三,7)已知等比数列{an}的各项都为正数,其前n项和为Sn,且a1+a7=9,a4=2,则S8=(　　)
A.15(1+) B.15
C.15(-1)或15 D.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{an}中,若a2 018=,则+的最小值为　　　　. 
答案　4
6.(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ai-j,则(1)a8-3=　　　　; 
(2)前20行中这个数共出现了　　　　次. 
答案　(1)　(2)4
7.(2018江西仿真模拟,16)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足:a1=1,a2=2,Sn+1=an+2-an+1(n∈N*),若不等式λSn>an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.(2018湖南郴州第一次教学质量检测,19)已知数列{an}的首项a1=1,且an+1=(n∈N*).
(1)证明:数列是等比数列;
(2)若bn=-,求数列{bn}的前n项和Sn.
解析　(1)证明:∵an+1=,
∴==+,
∴-=.
又a1=1,∴-=,
∴数列是以为首项,为公比的等比数列.
(2)由(1)知,-=·=,
即=+.
∴bn=-=.
于是Sn=+++…+,①
Sn=++…++,②
①-②得,Sn=++…+-=-=1--,则Sn=2--=2-,
∴数列{bn}的前n项和Sn=2-.
C组　2018—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.(2018福建漳州八校2月联考,3)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=2,S6=18,则等于(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.-3 B.5 C.-31 D.33
答案　D
2.(2018山西运城康杰中学模拟(2),7)已知{an}是各项均为正数的等比数列(公比q>1),bn=log2an,b1+b2+b3=3,b1b2b3=-3,则an=(　　)
A.22n-3 B.25-2n
C.22n-5 D.22n-3或25-2n
答案　A
方法2　等比数列的判定与证明
3.(2018河南洛阳期中模拟,5)下列结论正确的是(　　)
A.若数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1,则{an}为等差数列
B.若数列{an}的前n项和Sn=2n-2,则{an}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　D
4.(2018湖北八校第一次联考,17)已知数列{an}满足a1=1,a2=4,an+2=4an+1-4an.
(1)求证:{an+1-2an}为等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
解析　(1)证明:由an+2=4an+1-4an得an+2-2an+1=2an+1-4an=2(an+1-2an),∴=2,又a2-2a1=2≠0,∴{an+1-2an}是等比数列.
(2)由(1)可得an+1-2an=2n-1(a2-2a1)=2n,∴-=,∴是首项为,公差为的等差数列,∴=,∴an=n·2n-1.