2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题38等比数列及其前n项和（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题38等比数列及其前n项和（教师版），共19页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
【考纲要求】
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.
3.了解等比数列与指数函数的关系．
【考点预测】
1．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，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常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
3．等比数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N*)．
(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q＝2k，则am·an＝ap·aq＝aeq \\al(2,k).
(3)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)．
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(5)若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为eq \f(2n－1·3n＋1,2).
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(2n－3·3n－1＋1,2)(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))0,02 020，k的最小值为10.
选择②：
因为a3＝12，所以a1＝48，所以Sn＝eq \f(48×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝96eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))).
因为Sn2 020，整理得(－2)k2 019，
所以存在正整数k，使得Sk>2 020，k的最小值为11.
19. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*).
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
【解析】(1)证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2时2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，
即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).
∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列.
(2)解 由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3)，
由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列.
∴an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)，
∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)＋eq \f(1,2)，
∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,2)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n)－1))－eq \f(n,2).
20. 已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
【解析】(1)设{an}的公比为q(q>1)，且a2＋a4＝20，a3＝8.
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8))
消去a1，得q＋eq \f(1,q)＝eq \f(5,2)，则q＝2，或q＝eq \f(1,2)(舍).
因此q＝2，a1＝2，
所以{an}的通项公式an＝2n.
(2)易知(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1·22n＋1，
则数列{(－1)n－122n＋1}公比为－4.
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1·anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝eq \f(23[1－（－4）n],1＋4)＝eq \f(8,5)[1－(－4)n]
＝eq \f(8,5)－(－1)n·eq \f(22n＋3,5).
21. 记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋1.设bn＝an＋1－2an.
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
(2)设cn＝|bn－100|，Tn为数列{cn}的前n项和．求T10.
【解析】(1)证明 由Sn＋1＝4an＋1，
得Sn＝4an－1＋1(n≥2，n∈N*)，
两式相减得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)，
所以eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(an＋1－2an,an－2an－1)
＝eq \f(2an－2an－1,an－2an－1)
＝2(n≥2)，
又a1＝1，S2＝4a1＋1，
故a2＝4，a2－2a1＝2＝b1≠0，
所以数列{bn}为首项与公比均为2的等比数列．
(2)解 由(1)可得bn＝2·2n－1＝2n，
所以cn＝|2n－100|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(100－2n，n≤6，,2n－100，n>6，))
所以T10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400
＝200－eq \f(21－26,1－2)＋27＋28＋29＋210
＝200＋2＋28＋29＋210
＝1 994.
22. 已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为eq \f(2n－1·3n＋1,2).
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(2n－3·3n－1＋1,2)(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，
所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))