1、3综合拔高练五年高考练考点1等比数列的通项公式及性质1.(2020全国文,10,5分,)设an是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=() A.12B.24C.30D.322.(2018北京,4,5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122.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为() A.32fB.322fC.1225fD.1227f3.(2017课标全国,
2、14,5分,)设等比数列an满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 =.4.(2018课标全国,17,12分,)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=ann.(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.考点2等比数列前n项和公式及其性质5.(2020全国文,6,5分,)记Sn为等比数列an的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan=()A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-16.(2017课标全国,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
3、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,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N100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() A.440B.330C.220D.1107.(2020全国文,17,12分,)设等比数列an满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求an的通项公式;(2)记Sn为数列log3an的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.考点3等差数列、等比
4、数列的综合应用8.(2019北京,16,13分,)设an是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.(1)求an的通项公式;(2)记an的前n项和为Sn,求Sn的最小值.9.(2019课标全国,19,12分,)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列;(2)求an和bn的通项公式.10.(2020全国新高考,18,12分,)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)记bm为an在区间(0,m(mN+)中的项
5、的个数,求数列bm的前100项和S100.11.(2020全国理,17,12分,)设an是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求an的公比;(2)若a1=1,求数列nan的前n项和.12.(2018天津,18,13分,)设an是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(nN+),bn是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求an和bn的通项公式;(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN+).(i)求Tn;(ii)证明k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(nN+).三年模拟练一、选择题1.()已知等比
6、数列an满足a1=2,a3a5=4a62,则a3的值为() A.1B.2C.14D.122.(2021河南洛阳一中高二上月考,)若数列xn满足lg xn+1=1+lg xn(nN+),且x1+x2+x100=100,则lg(x101+x102+x200)的值为()A.200B.120C.110D.1023.(2019安徽蚌埠二中高一下期中,)已知等比数列an的前n项和为Sn,若a1+2a2=0,S3=34,且aSna+2,则实数a的取值范围是()A.0,1B.-1,0C.12,1D.-1,124.(2021河北秦皇岛一中高二上月考,)已知数列an满足a1+12a2+122a3+12n-1an=
7、n,记数列2an-n的前n项和为Sn,则Sn=()A.2n-n22-n2B.2n-n22-n2-1C.2n+1-n22-n2-2D.2n-n22-n2-25.(2019山东烟台招远一中高二月考,)在各项均为正数的等比数列an中,公比q(0,1),若a3+a5=5,a2a6=4,bn=log2an,数列bn的前n项和为Sn,则当S11+S22+Snn取得最大值时,n的值为()A.8B.9C.8或9D.17二、填空题6.()已知数列1,a,9是等比数列,数列1,b1,b2,9是等差数列,则|a|b1+b2的值为.7.()已知数列an的首项为1,数列bn为等比数列,且bn=an+1an,若b10b1
8、1=2,则a21=.8.(2021河南高二上天一大联考,)在数列的每相邻两项之间插入此两项的积,形成新的数列,这样的操作叫作该数列的一次“扩展”.将数列1,4进行“扩展”,第一次得到数列1,4,4;第二次得到数列1,4,4,16,4;第n次得到数列1,x1,x2,xt,4.记an=log2(1x1x2xt4),其中t=2n-1,nN+,则an的通项公式为an=.三、解答题9.(2019山西朔州怀仁一中高二期末,)已知an是等差数列,bn是等比数列,Sn为数列an的前n项和,a1=b1=1,且b3S3=36,b2S2=8,求an和bn.10.(2019湖北重点高中高三上期中联考,)已知数列an中
9、,a1=2,a2=3,其前n项和Sn满足Sn+1+Sn-1=2Sn+1(n2,nN+).(1)求证:数列an为等差数列,并求an的通项公式;(2)设bn=3nan,求数列bn的前n项和Tn.11.(2019广东东莞高二期末,)已知正项数列an是公差为2的等差数列,且26是a2与a3的等比中项.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn2n=an-1,求数列bn的前n项和Sn.12.(2021湖北随州高二上期末,)数列an满足a1=35,an+1=3an2an+1,nN+.(1)求证:数列1an-1为等比数列;(2)是否存在互不相等的正整数m,s,t,使得m,s,t成等差数列且am-1,as-1,
10、at-1成等比数列?若存在,求出符合条件的m,s,t;若不存在,请说明理由.13.(2021安徽示范高中培优联盟高二上秋季联赛,)已知公比q-1的等比数列an的前n项和为Sn,且S3=14,2a1+a2=a3,nN+.设bn=log2an.(1)求an,bn;(2)设Tn=1b1b2+1b2b3+1bnbn+1,若(2n-1)bn(n+1)an100,所以n13.由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.因为n13,所以2nn+2,所以2n+12n+n+2,即2n+1-n-22n.因为2t+1-10,所以2m2n+1-n-22n,故mn+1.因为2t+1-12n+1-1
11、,所以2m2n+2-n-3,故mn+1.所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n13,所以t3.当t=3时,N=95,不符合题意;当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.7.解析(1)设an的公比为q,则an=a1qn-1.由已知得a1+a1q=4,a1q2-a1=8,解得a1=1,q=3.所以an的通项公式为an=3n-1.(2)由(1)知log3an=n-1.故Sn=n(n-1)2.由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,解得m=-1(舍去)或m=6.8.解析(1)设an的公差为d.因为a1=-10,所以
12、a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6).即(-2+2d)2=d(-4+3d).解得d=2.所以an=a1+(n-1)d=2n-12.(2)由(1)知,an=2n-12.所以当n7时,an0;当n=6时,an=0;当n5时,an0.所以Sn的最小值为S5=S6=-30.9.解析(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4
13、(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以an-bn是首项为1,公差为2的等差数列.(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.所以an=12(an+bn)+(an-bn)=12n+n-12,bn=12(an+bn)-(an-bn)=12n-n+12.10.解析(1)设an的公比为q.由题意得a1q+a1q3=20,a1q2=8,解得q1=12(舍去),q2=2.所以a1=2.所以an的通项公式为an=2n.(2)由题意及(1)知b1=0,且当2nm0,所以q=2,故an=2n-1.设等差数列bn的公差为d,由a4=b3+b5,可得
14、b1+3d=4,由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n.所以数列an的通项公式为an=2n-1,数列bn的通项公式为bn=n.(2)(i)由(1),有Sn=1-2n1-2=2n-1,故Tn=k=1n(2k-1)=k=1n2k-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)=k2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=233-222+244-233+2n+2n+2-2
15、n+1n+1=2n+2n+2-2.三年模拟练一、选择题1.A设等比数列an的公比为q.a3a5=4a62,a42=4a62,又偶数项同号,a4=2a6,q2=12,a1=2,a3=a1q2=1.故选A.2.D因为lg xn+1=1+lg xn,所以lg xn+1-lg xn=lgxn+1xn=1,所以xn+1xn=10,所以数列xn是公比为10的等比数列,所以lg(x101+x102+x200)=lg(x1+x2+x100)10100=lg(10010100)=102.3.D设等比数列an的公比为q,因为a1+2a2=0,S3=34,所以a1(1+2q)=0,a1(1+q+q2)=34,解得a
16、1=1,q=-12,所以Sn=1-12n1-12=231-12n,所以当n=1时,Sn取得最大值1,当n=2时,Sn取得最小值12,所以a12,a+21,解得-1a12.故选D.4.C因为a1+12a2+122a3+12n-1an=n,所以有a1=1,当n2,nN+时,有a1+12a2+122a3+12n-2an-1=n-1,-得,12n-1an=1,所以an=2n-1(n2,nN+),显然n=1也满足,所以an=2n-1(nN+).令2an-n=bn,则bn=2n-n,因此有Sn=(2-1)+(22-2)+(23-3)+(2n-n)=(2+22+23+2n)-(1+2+3+n)=2(1-2n
17、)1-2-(1+n)n2=2n+1-n22-n2-2.5.Can为等比数列,公比q(0,1),且a3+a5=5,a2a6=4,a3+a5=5,a3a5=a2a6=4,a3=4,a5=1或a3=1,a5=4(舍去),q=12,an=112n-5=25-n,bn=log2an=5-n,bn+1-bn=5-(n+1)-5+n=-1,b1=5-1=4,数列bn是以4为首项,-1为公差的等差数列,数列bn的前n项和为Sn=(4+5-n)n2=9n-n22.令cn=Snn=9-n2,当cn0时,n9,当S11+S22+S33+Snn取得最大值时,n的值为8或9.故选C.二、填空题6.答案310解析数列1,
18、a,9是等比数列,a2=19=9,|a|=3.数列1,b1,b2,9是等差数列,b1+b2=1+9=10,|a|b1+b2=310.7.答案1 024解析b1=a2a1=a2,b2=a3a2,a3=a2b2=b1b2,又b3=a4a3,a4=b1b2b3,an=b1b2b3bn-1,a21=b1b2b3b20=(b10b11)10=210=1 024.8.答案3n+1解析根据an=log2(1x1x2xt4),可得an+1=log21(1x1)x1(x1x2)x2xt(xt4)4=log2 13x13x23xt3434=3an-2,设an+1+m=3(an+m),即an+1=3an+2m,可得
19、m=-1,则数列an-1是首项为a1-1=log242-1=3,公比为3的等比数列,故an-1=3n,所以an=3n+1.三、解答题9.解析设an的公差为d,bn的公比为q,由题意得q2(3+3d)=36,q(2+d)=8,解得d=2,q=2或d=-23,q=6,an=2n-1,bn=2n-1或an=13(5-2n),bn=6n-1.10.解析(1)由已知,得(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=1(n2,nN+),即an+1-an=1(n2,nN+),且a2-a1=1,数列an是以2为首项,1为公差的等差数列,an=n+1.(2)由(1)知bn=(n+1)3n,则Tn=231+332+43
20、3+n3n-1+(n+1)3n,3Tn=232+333+434+n3n+(n+1)3n+1,-,得-2Tn=231+32+33+34+3n-(n+1)3n+1=3+3(1-3n)1-3-(n+1)3n+1=-3n-323n+32,Tn=32n+343n-34.11.解析(1)由正项数列an是公差d=2的等差数列,可得an=a1+2(n-1).26是a2与a3的等比中项,a2a3=24,即(a1+2)(a1+4)=24,解得a1=4,an=2n,即an=4n2,数列an的通项公式为an=4n2.(2)bn2n=an-1=2n-1,bn=(2n-1)12n,Sn=112+3122+5123+(2n
21、-1)12n,式左右两边同乘12,得12Sn=1122+3123+5124+(2n-3)12n+(2n-1)12n+1,-得,12Sn=12+2122+123+12n-(2n-1)12n+1=12+2141-12n-11-12-(2n-1)12n+1,Sn=3-(2n+3)12n.12.解析(1)证明:因为an+1=3an2an+1,a1=35,所以an0,所以1an+1=2an+13an=13an+23,所以1an+1-1=13an+23-1=131an-1,又1a1-1=23,所以数列1an-1是以23为首项,13为公比的等比数列.(2)由(1)得1an-1=2313n-1=23n,所以a
22、n=3n3n+2.假设存在互不相等的正整数m,s,t满足条件,则m+t=2s,且(as-1)2=(am-1)(at-1),所以3s3s+2-12=3m3m+2-13t3t+2-1,即3m+t+23m+23t=32s+43s,因为m+t=2s,所以3m+3t=23s,又3m+3t23m3t=232s=23s,当且仅当m=t时,等号成立,与m,s,t互不相等矛盾,所以不存在互不相等的正整数m,s,t满足条件.13.解析(1)设数列an的公比为q,则由2a1+a2=a3,得a1(2+q)=a1q2,又a10,q2-q-2=0,q-1,q=2.S3=a1(1-q3)1-q=14,a1=2,an=2n(nN+),bn=log2an=n(nN+).(2)由(1)可得1bnbn+1=1n(n+1)=1n-1n+1,Tn=1b1b2+1b2b3+1bnbn+1=1-1n+1=nn+1.不等式(2n-1)bn(n+1)anTn(2n-1)n(n+1)2n2n-12n对nN+都成立.令f(n)=2n-12n(nN+),f(n+1)f(n)=2n+14n-2,令2n+14n-21,得12n32;令2n+14n-232n1;当n2,nN+时,f(n+1)f(n)=2n+14n-234,又为正整数,min=1.思想方法对于数列中的最值问题,往往构造相应的函数,将问题转化为求函数的最值,利用函数思想求解.
