1、6.3 等比数列 探考情 悟真题【考情探究】考点 内容解读 5 年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 等比数列的有关概念及运算 1.理解等比数列的有关概念.2.掌握等比数列的通项公式.3.掌握等比数列的前 n 项和公式.4.了解等比数列与指数函数之间的关系.2015 浙江文,10,6 分 等比数列的通项公式 等比数列的性质及应用 能利用等比数列的性质解决有关问题.2018 浙江,10,4 分 等比数列的性质 不等式的性质 分析解读 1.考查等比数列的定义与判定,通项公式,前 n 项和公式,等比数列的性质等知识.2.预计 2021 年高考试题中,对等比数列的考查仍以概念、性质、通项公式、前
2、 n 项和公式等知识为主,以中档题形式出现,复习时要足够重视.破考点 练考向【考点集训】考点一 等比数列的有关概念及运算 1.(2019 浙江衢州、湖州、丽水三地教学质量检测,4)已知等比数列an满足 a1+a3=-2a2,则公比 q=()A.-1 B.1 C.-2 D.2 答案 A 2.(2018 浙江嘉兴期末,11)各项均为实数的等比数列an,若 a1=1,a5=9,则 a3=,公比 q=.答案 3;3 考点二 等比数列的性质及应用 1.(2019 浙江高考信息优化卷(一),4)已知等比数列an的公比为 q,前 n 项和为 Sn,则“q1”是“S4+S62S5”的()A.充分不必要条件 B
3、.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案 D 2.(2018 浙江杭州二中期中,6)已知等比数列an的前 n 项积为 Tn,log2a3+log2a7=2,则 T9的值为()A.512 B.512 C.1 024 D.1 024 答案 B 3.(2020 届浙江镇海中学期中,15)已知an是等比数列,且 an0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,则 a4的最大值为 .答案 52 炼技法 提能力【方法集训】方法 1 等比数列中“基本量法”的解题方法 1.(2019 浙江高考“超级全能生”联考,11)中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题:“三百七十八里关,初步健步
4、不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其大意为“有一个人走 378 里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了 6 天到达目的地.”则该人第一天走的路程为 里,后三天一共走 里.答案 192;42 2.(2019 浙江杭州二模,20)设等差数列an的前 n 项和为 An,等比数列bn的前 n 项和为 Bn.若 Bn+3=8Bn+7,a1=b2,a4=b4.(1)求 bn和 An;(2)求数列bn-An的最小值.解析(1)设等差数列an的公差为 d,等比数列bn的公比为 q,因为 Bn+3=q3Bn+b1+b2+b3=8Bn+7,所
5、以3=8,1+2+3=7,解得1=1,=2,所以 bn=2n-1.又因为 a1=b2=2,a4=b4=8,所以 d=2,所以 an=2+2(n-1)=2n,所以 An=n2+n.(2)设 cn=bn-An=2n-1-n2-n.因为 cn+1-cn=2n-1-2(n+1),所以当 n4 时,cn+1cn,从而数列cn的最小值为 c5,c5=-14.3.(2020 届浙江杭州二中期中,20)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn(nN*),-2S2,S3,4S4成等差数列,且 a2+2a3+a4=116.(1)求an的通项公式;(2)若 bn=-(n+2)log2|an|,求数列 1的前 n 项和
6、 Tn.解析 本题考查等比数列的概念、通项公式以及数列的前 n 项和;考查学生运算求解的能力;考查了数学运算的核心素养.(1)设等比数列的首项为 a1,公比为 q,由题意得12+213=0,1q+212+13=116,解得1=12,=12,故 an=(-12).(2)由(1)得 bn=n(n+2),故 1=12(1-1+2),所以 Tn=11+12+13+1=12(11-13+12-14+13-15+1-1+2)=12(1+12-1+1-1+2)=34-2+32(+1)(+2).方法 2 等比数列的判定方法 1.(2020 届浙江师大附中 11 月模拟,20)设数列an的前 n 项和 Sn满足
7、 Sn=2an-2n+1(nN*).(1)求an的通项公式;(2)证明:对一切正整数 n,有 11+12+13+132.解析 本题考查等比数列的概念、判定、通项公式以及数列的前 n 项和;考查学生运算求解和逻辑推理的能力;考查了数学运算的核心素养.(1)Sn=2an-2n+1,Sn-1=2an-1-2(n-1)+1,-得 an=2an-1+2,则 an+2=2(an-1+2),当 n=1 时,a1=1,所以数列an+2是以 3 为首项,2 为公比的等比数列,所以 an+2=32n-1an=32n-1-2.(2)证明:由(1)得 1=132-1-2,因为当 n2 时,32n-1-2-2n=2n-
8、1(3-2)-2=2n-1-20,即 32n-1-22n,所以 1=132-1-2 12(n2),所以 11+12+13+1 11+122+123+12=1+1221(12)-1112=1+12-(12)32,所以对一切正整数 n,有 11+12+13+132.2.(2018 浙江名校协作体,22)已知数列an满足 a1=1,an+1=2an+(-1)n.(1)证明:+(-1)3 是等比数列;(2)当 k 是奇数时,证明:1+1+192+1;(3)证明:11+12+13.证明(1)an+1=2an+(-1)n,an+1+(-1)+13=2+(-1)3,又 a1+-13=23,数列+(-1)3
9、是首项为23,公比为 2 的等比数列.(5 分)(2)由(1)可知 an+(-1)3=23,即 an=2-(-1)3,当 k 为奇数时,1+1+1=32+1+32+1-1=3(2+1-1)+3(2+1)22+1+2-1 9222+1=92+1.(10 分)(3)当 n 为偶数时,1-1+1 92=32-1+32.(11 分)11+12+1=(11+12)+(13+14)+(1-1+1)3(12+122+12)=3(1 12)3.(13 分)当 n 为奇数时,1+1+192+1=32+32+1.11+12+1(11+12)+(13+14)+(1+1+1)3(12+122+12+1)=3(1 12
10、+1)3.综上,11+12+11,则()A.a1a3,a2a3,a2a4 C.a1a4 D.a1a3,a2a4 答案 B B 组 统一命题、省(区、市)卷题组 考点一 等比数列的有关概念及运算 1.(2017 课标全国理,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 B 2.(2019 课标全国文,14,5 分)记 Sn为等比数列an的前 n 项和.若 a1=
11、1,S3=34,则 S4=.答案 58 3.(2019 课标全国理,14,5 分)记 Sn为等比数列an的前 n 项和.若 a1=13,42=a6,则 S5=.答案 1213 4.(2017 课标全国理,14,5 分)设等比数列an满足 a1+a2=-1,a1-a3=-3,则 a4=.答案-8 5.(2016 课标全国,15,5 分)设等比数列an满足 a1+a3=10,a2+a4=5,则 a1a2an的最大值为 .答案 64 6.(2019 课标全国文,18,12 分)已知an是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.(1)求an的通项公式;(2)设 bn=log2an,求数列
12、bn的前 n 项和.解析 本题主要考查等比数列的有关概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.(1)设an的公比为 q,由题设得 2q2=4q+16,即 q2-2q-8=0.解得 q=-2(舍去)或 q=4.因此an的通项公式为 an=24n-1=22n-1.(2)由(1)得 bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列bn的前 n 项和为 1+3+2n-1=n2.7.(2018 课标全国文,17,12 分)等比数列an中,a1=1,a5=4a3.(1)求an的通项公式;(2)记 Sn为an的前 n 项和.若 Sm=63,求 m.解析 本题考查等比数列的
13、通项公式、前 n 项和公式.(1)设an的公比为 q,由题设得 an=qn-1.由已知得 q4=4q2,解得 q=0(舍去)或 q=-2 或 q=2.故 an=(-2)n-1或 an=2n-1.(2)若 an=(-2)n-1,则 Sn=1(2)3.由 Sm=63 得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若 an=2n-1,则 Sn=2n-1.由 Sm=63 得 2m=64,解得 m=6.综上,m=6.解后反思 等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略:(1)求通项.求出等比数列的两个基本量 a1和 q 后,通项便可求出.(2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.(3)求公比.利
14、用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.(4)求前 n 项和.直接将基本量代入等比数列的前 n 项和公式求解或利用等比数列的性质求解.8.(2015 四川,16,12 分)设数列an(n=1,2,3,)的前 n 项和 Sn满足 Sn=2an-a1,且 a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列 1的前 n 项和为 Tn,求 Tn.解析(1)由已知 Sn=2an-a1,有 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n2),即 an=2an-1(n2).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),
15、所以 a1+4a1=2(2a1+1),解得 a1=2.所以,数列an是首项为 2,公比为 2 的等比数列.故 an=2n.(2)由(1)得 1=12.所以 Tn=12+122+12=121(12)112=1-12.考点二 等比数列的性质及应用 1.(2019 课标全国文,6,5 分)已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15,且 a5=3a3+4a1,则 a3=()A.16 B.8 C.4 D.2 答案 C 2.(2015 课标,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 3.(201
16、7 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=74,S6=634,则 a8=.答案 32 4.(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 .答案 2n-1 5.(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=.答案 3n-1 C 组 教师专用题组 1.(2018 北京理,4,5 分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将
17、一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 212.若第一个单音的频率为 f,则第八个单音的频率为()A.23f B.223f C.2512f D.2712f 答案 D 2.(2018 课标全国文,17,12 分)已知数列an满足 a1=1,nan+1=2(n+1)an.设 bn=.(1)求 b1,b2,b3;(2)判断数列bn是不是等比数列,并说明理由;(3)求an的通项公式.解析(1)由条件可得 an+1=2(+1)an.将 n=1 代入得,a2=4a1,而 a1=1,所以 a2=4.将 n=2 代入得,a3=3a2,所以
18、 a3=12.从而 b1=1,b2=2,b3=4.(2)bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列.由条件可得+1+1=2,即 bn+1=2bn,又 b1=1,所以bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列.(3)由(2)可得=2n-1,所以 an=n2n-1.方法规律 等比数列的判定方法:证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法,通项公式法及前 n 项和公式法只用于选择题、填空题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需证明存在连续三项不成等比数列即可.3.(2016 课标全国,17,12 分)已知数列an的前 n 项和 Sn=1+an,其中 0.(1)证明an是等比数列,并求其通项公式;(
19、2)若 S5=3132,求.解析(1)由题意得 a1=S1=1+a1,故 1,a1=11,a10.(2 分)由 Sn=1+an,Sn+1=1+an+1得 an+1=an+1-an,即 an+1(-1)=an.由 a10,0 得 an0,所以+1=-1.因此an是首项为 11,公比为-1的等比数列,于是 an=11(-1)-1.(6 分)(2)由(1)得 Sn=1-(-1).由 S5=3132得 1-(-1)5=3132,即(-1)5=132.解得=-1.(12 分)思路分析(1)先由题设利用 an+1=Sn+1-Sn得到 an+1与 an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看 an+1与 an
20、之比是不是一常数,其中说明 an0 是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出.4.(2016 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 q0,nN*.(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 x2-22=1 的离心率为 en,且 e2=53,证明:e1+e2+en4-33-1.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,n1.又由 S2=qS1+1 得到 a2=qa1,故 an+1=qan对所有 n1 都成立.所以,数列a
21、n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,因为 q0,所以 q=2.所以 an=2n-1(nN*).(2)证明:由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线 x2-22=1 的离心率 en=1+2=1+2(-1).由 e2=1+2=53,解得 q=43.因为 1+q2(k-1)q2(k-1),所以1+2(-1)qk-1(kN*).于是 e1+e2+en1+q+qn-1=-1-1,故 e1+e2+en4-33-1.疑难突破 由(1)可得 en=1+2(-1),因为
22、所证的不等式左边是 e1+e2+en,直接求和不行,利用放缩法得en=1+2(-1)2(-1)=qn-1,从而得 e1+e2+enq0+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.【三年模拟】一、选择题(每小题 4 分,共 12 分)1.(2019 浙江金华十校联考,6)已知等差数列an,等比数列bn,满足 a1=b1=1,a5=b3,则 a9能取到的最小整数是()A.-1 B.0 C.2 D.3 答案 B 2.(2020 届浙江杭州二中开学考,5)已知等比数列an的各项均为正数,且已知312,
23、34,a2成等差数列,则20+1918+17=()A.9 B.6 C.3 D.1 答案 A 3.(2020 届浙江名校协作体开学联考,7)已知等比数列an中,a5=1,若 12+14+16+18=5,则 a2+a4+a6+a8=()A.4 B.5 C.16 D.25 答案 B 二、填空题(每空 3 分,共 12 分)4.(2020 届浙江之江教育联盟联考,12)已知等比数列an中,a1=2,a2=33,则2+2 0138+2 019=,a1a2a3a4=.答案 89;92 5.(2020 届浙江“七彩阳光”联盟期初联考,13)已知正项等比数列an满足 a1=1,a2a6a7=116a1a9,则
24、 an=,数列log2an的前 n 项和为 .答案 2-n+1;-(-1)2 三、解答题(共 105 分)6.(2020 届浙江金丽衢十二校联考,19)在数列an中,a1=2,an+1=4an-3n+1,nN*.(1)证明:数列an-n是等比数列;(2)记 bn=(an-n)n,求数列bn的前 n 项和 Sn.解析 本题考查等比数列的概念以及数列求和;考查学生运算求解的能力;考查数学运算的核心素养.(1)证明:an+1-n-1=4an-4n=4(an-n),则+1-(n+1)-n=4,a1-1=2-1=10,所以数列an-n是以 1 为首项,4 为公比的等比数列.(2)由(1)知 bn=(an
25、-n)n=n4n-1.解法一:Sn=140+24+342+n4n-1,4Sn=14+242+343+(n-1)4n-1+n4n,-得-3Sn=1+4+42+43+4n-1-n4n=1414-n4n=-(3-1)4+13,故 Sn=(3-1)4+19.解法二:令 f(x)=x+x2+xn,则 f(x)=1+2x+3x2+nxn-1,又(x+x2+xn)=(-+11)=1(+1)+n+1(1-)2,所以 1+2x+3x2+nxn-1=1(+1)+n+1(1-)2,由题意求 bn=n4n-1的和,只需令 x=4 即可,即 1+24+342+n4n-1=1(+1)4+n4+1(1-4)2=(3-1)4
26、+19.7.(2020 届浙江“超级全能生”联考,20)已知等比数列an的公比 q1,且4为 a2,a3的等比中项,a3+1 为 a2,a4的等差中项.(1)求 q 的值;(2)设 bn=an+1+(-1)n(nN*),数列 1的前 n 项和为 Sn,求证:Sn53.解析(1)由题意得23=4,2(3+1)=2+4,(4 分)则2=q,3-22+q=2,解得 q=2.(7 分)(2)证明:由(1)知 an=2n-1,则 bn=2n+(-1)n,故 1=12+(1).(9 分)当 n=1 时,S1=11=153;当 n2 时,1=132-2+2-2+(1)132-2.(13 分)故 Sn1+13
27、(1 12-1)1121+23=53.综上所述,Sn1,且 a1+a3+a5=42,a3+9 是 a1,a5的等差中项.数列bn的通项公式bn=2-1+1-1,nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)证明:b1+b2+bn1,所以 q=2.所以 an=2n.(2)证法一:由(1)可得 bn=22-1+2+1-1,nN*.bn=22-1+2+1-1=2(2-1-2+1-1)(2-1+2+1-1)(2-1-2+1-1)=2(2-1-2+1-1)2-1-2+1+1=2(2-1-2+1-1)-2=2+1-1-2-1,b1+b2+bn=(22-1-21-1)+(23-1-22-1)+2+1-1-2-1
28、=2+1-1-12+1-1.证法二:由(1)可得 bn=22-1+2+1-1,nN*.下面用数学归纳法证明.当 n=1 时,b1=21+3=3-13,不等式成立;假设当 n=k(k2,kN*)时不等式成立,即 b1+b2+bk2+1-1.则当 n=k+1 时,b1+b2+bk+bk+12+1-1+2+12+1-1+2+2-1=2+1-1+2+1(2+1-1-2+2-1)(2+1-1+2+2-1)(2+1-1-2+2-1)=2+1-1+2+1(2+1-1-2+2-1)-2+1=2+2-1,即当 n=k+1 时不等式也成立.综合和可知,b1+b2+bn0,所以 c2c1;当 n2 时,-42+6n
29、+130,所以 cn+14-115.解析(1)当 n=1 时,3S1=a2-3-3,所以 a2=15.当 n2 时,由3=+1-3n-3,3-1=-3(n-1)-3得 an+1=4an+3.又 a2=4a1+3,所以当 n=1 时,也满足 an+1=4an+3,且 a1=3.故+1+1+1=4,所以数列an+1是首项为 4,公比为 4 的等比数列,即 an+1=4n,所以 an=4n-1.(2)证明:易知 bn=+1=4-14+1-1=14-3164-4=14-3154+4-414-154,则 Tn=b1+b2+bn4-15(14+142+14)=4-115(1 14)4-115.Tn4-11
30、5.12.(2019 浙江金华十校期末,19)数列an的前 n 项和为 Sn,且满足 a1=1,an+1=Sn+1(nN*).(1)求通项公式 an;(2)记 Tn=11+12+1,求证:32-12Tn2.解析(1)an+1=Sn+1,当 n2 时,an=Sn-1+1.(4 分)an+1-an=Sn-Sn-1,即 an+1-an=an,an+1=2an.数列an是首项为 1,公比为 2 的等比数列,an=2n-1.(7 分)(2)证明:an+1=Sn+1,Sn=2n-1.(8 分)当 n2 时,12 1 12-1.(11 分)Tn1+122+12=1+14(1 12-1)112=32-12,(13 分)Tn1+12+122+12-1=1+12(1 12-1)112=2-12-12.(14 分)经验证,当 n=1 时,不等式也成立.故32-12Tn2.(15 分)
