2018高考数学真题 理科 6.3考点1 等比数列的基本运算.docx

1、第六章第六章数列数列 第三节第三节 等比数列及其前等比数列及其前 n 项和项和 考点考点 1 等比数列的基本运算等比数列的基本运算 （2018北京卷（理） ）“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 个理论的发展作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 12 2.若第一个单音的频率为 f，则第八个 单音的频率为（） A 3 2f B 3 22f C 12 25f D 12 27f 【解析】 由题意知， 这十三个单音的频率构成首项为 f、 公比为 12 2的等比数

2、列， 则第八个单音的频率为 （ 12 2） 7f12 27f. 【答案】D （2018浙江卷）已知 a1，a2，a3，a4成等比数列，且 a1a2a3a4ln（a1a2a3） ，若 a11，则（） Aa1a3，a2a4Ba1a3，a2a4 Ca1a3，a2a4Da1a3，a2a4 【解析】构造不等式 ln xx1， 则 a1a2a3a4ln（a1a2a3）a1a2a31， 所以 a4a1q31.由 a11，得 q0. 若 q1，则 ln（a1a2a3）a1a2a3a4a1（1q）（1q2）0. 又 a1a2a3a1（1qq2）a11， 所以 ln（a1a2a3）0，矛盾 因此1q0. 所以 a

3、1a3a1（1q2）0，a2a4a1q（1q2）0， 所以 a1a3，a2a4. 故选 B 【答案】B （2018浙江卷）已知等比数列an的公比 q1，且 a3a4a528，a42 是 a3，a5的等差中项数列bn 满足 b11，数列（bn1bn）an的前 n 项和为 2n2n. （1）求 q 的值； （2）求数列bn的通项公式 【解析】 （1）由 a42 是 a3，a5的等差中项， 得 a3a52a44， 所以 a3a4a53a4428， 解得 a48. 由 a3a520，得 8 ? ? ? 20， 解得 q2 或 q? ?. 因为 q1，所以 q2. （2）设 cn（bn1bn）an，数列

4、cn的前 n 项和为 Sn. 由 cn ?t h ? ?t? ?t?t ? ?解得 cn4n1. 由（1）可得 an2n 1， 所以 bn1bn（4n1） ? ? n1， 故 bnbn1（4n5） ? ? n2，n2， bnb1（bnbn1）（bn1bn2）（b3b2）（b2b1） （4n5） ? ? n2（4n9） ? ? n37? ?3. 设 Tn37? ?11 ? ? 2（4n5） ? ? n2，n2， 则? ?Tn3 ? ?7 ? ? 2（4n9） ? ? n2（4n5） ? ? n1，n2， ，得? ?Tn34 ? ?4 ? ? 24 ? ? n2（4n5） ? ? n1，n2， 因

5、此 Tn14（4n3） ? ? n2，n2. 又 b11，所以 bn15（4n3） ? ? n2，n2， 当 n1 时，b11 也满足上式， 所以 bn15（4n3） ? ? n2. 【答案】见解析 （2018天津卷（理） ）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 a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6. （1）求an和bn的通项公式； （2）设数列Sn的前 n 项和为 Tn（nN*） ， 求 Tn； 证明： t ? h ? ? (?)(?) ?t? t? 2（nN*） 【解析】 （1）设等比数列an的公比为 q.由 a11，a3a22

6、，可得 q2q20.由 q0，可得 q2，故 an2n 1. 设等差数列bn的公差为 D 由 a4b3b5，可得 b13d4. 由 a5b42b6，可得 3b113d16，从而 b11，d1， 故 bnn. 所以数列an的通项公式为 an2n 1（nN*） ，数列bn的通项公式为 bnn（nN*） （2）由（1）得 Sn? t ? 2n1，故 Tn t ? h ? （2k1） t ? h ? ?kn?(? t) ? n 2n1n2（nN*） 证明因为 ? (?)(?) ? ? (?)(?) ? (?)(?) ? ? ? ?， 所以 t ? h ? ? (?)(?) ? ? ? ? ? ? ?

7、? ? ? ?t? t? ? ?t? t? ? t? t?2（nN *） 【答案】见解析 （2018全国卷（理） ）等比数列an中，a11，a54a3. （1）求an的通项公式； （2）记 Sn为an的前 n 项和，若 Sm63，求 m. 【解析】 （1）设an的公比为 q，由题设得 anqn 1. 由已知得 q44q2，解得 q0（舍去） ，q2 或 q2. 故 an（2）n 1或 an2n1（nN*） （2）若 an（2）n 1，则 Sn? ? t ? . 由 Sm63 得（2）m188，此方程没有正整数解 若 an2n 1，则 Sn2n1. 由 Sm63 得 2m64，解得 m6. 综上

8、，m6. 【答案】见解析 （2018江苏卷）设an是首项为 a1，公差为 d 的等差数列，bn是首项为 b1，公比为 q 的等比数列 （1）设 a10，b11，q2，若|anbn|b1对 n1,2,3,4 均成立，求 d 的取值范围； （2）若 a1b10，mN*，q（1， ? ?，证明：存在 dR，使得|anbn|b1对 n2,3，m1 均成 立，并求 d 的取值范围（用 b1，m，q 表示） 【解析】 （1）由条件知 an（n1）d，bn2n 1， 因为|anbn|b1对 n1,2,3,4 均成立， 即|（n1）d2n 1|1 对 n1,2,3,4 均成立， 即 ? ? ? ? ? ? ?

9、 ? ? ? ? ? ? 7 ? ?d ? 9? 得7 ?d ? ?. 因此，d 的取值范围为 7 ? ? ? . （2）由条件知 anb1（n1）d，bnb1qn 1. 若存在 d，使得|anbn|b1（n2,3，m1）成立， 即|b1（n1）db1qn 1|b1（n2,3，m1） ， 即当 n2,3，m1 时，d 满足? t? t? b1d? t? t?b1. 因为 q（1， ? ?，则 1qn 1qm2， 从而? t? t? b10，? t? t?b10 对 n2,3，m1 均成立 因此，取 d0 时，|anbn|b1对 n2,3，m1 均成立 下面讨论数列 ?t? t? 的最大值和数列

10、 ?t? t? 的最小值（n2,3，m1） 令 tn1，则 1tm， ? ? ? ? ? ? ? ?(?) ? ? ? ? ?(?) ， 当 1q2? ?时，有 q tqm2， 从而 t（qtqt 1）qt20. 因此，当 2nm1 时，数列 ?t? t? 单调递增， 故数列 ?t? t? 的最大值为? ? ? . 设 f（x）2x（1x） ， 当 x0 时，f（x）（ln 21xln 2）2x0， 所以 f（x）单调递减，从而 f（x）f（0）1. 令 tn1，则 1tm，则 ? ? ? ? ?(?) ? 2? ? ? ? ? ? f ? ? 1， 因此，当 2nm1 时，数列 ?t? t? 单调递减， 故数列 ?t? t? 的最小值为? ? ?. 因此，d 的取值范围为 ? ? ? ? ? . 【答案】见解析