江苏专版2019版高考数学一轮复习第六章数列6.3等比数列讲义.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 6.3 等比数列 考纲解读 考点 内容解读 要求 五年高考统计 常考题型 预测热度 2013 2014 2015 2016 2017 1.等比数列的运算 1.等比数列的证明 2.等比数列的通项公式 3.等比数列求和 C 14 题 5 分 填空题 解答题 2.等比数列的性质及数列的综合运用 1.等比数列性质运用 2.数列的综合应用 C 19 题 16 分 7题 5分 20题 16分 20题 16分 填空题 解答题 分析解读 等比数列是高考的热点 .中档题主要考查 等比数列的基本运算 ,压轴题常和等差数列综合在一起考查推理证明 ,对能力要求比较高 . 五年高考 考

2、点一 等比数列的运算 1.(2013江苏 ,14,5分 )在正项等比数列 an中 ,a5= ,a6+a7=3.则满足 a1+a2+?+a na1a2?a n的最大正整数 n的值为 . 答案 12 2.(2015课标 改编 ,4,5分 )已知等比数列 an满足 a1=3,a1+a3+a5=21,则 a3+a5+a7= . 答案 42 3.(2014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 4.(2014天津 ,11,5分 )设 an是首项为 a1,公差为 -1的等差数列 ,Sn为其

3、前 n项和 .若 S1,S2,S4成等比数列 ,则 a1的值为 . 答案 - 教师用书专用 (5 7) 5.(2013江西理改编 ,3,5分 )等比数列 x,3x+3,6x+6,? 的第四项等于 . 答案 -24 6.(2013北京理 ,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.(2013陕西理 ,17,12分 )设 an是公比为 q的等比数列 . (1)推导 an的前 n项和公式 ; (2)设 q1, 证明数列 an+1不是等比数列 . 解析 (1)设 an的前 n项和为 Sn, 当 q=1时

4、,Sn=a1+a1+?+a 1=na1; 当 q1 时 ,Sn=a1+a1q+a1q2+?+a 1qn-1, qSn=a1q+a1q2+?+a 1qn, - 得 ,(1-q)Sn=a1-a1qn, S n= ,S n= =【 ;精品教育资源文库 】 = (2)证明 :假设 an+1是等比数列 ,则对任意的 k N+, (ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1), +2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1, q2k+2a1qk=a1qk-1a 1qk+1+a1qk-1+a1qk+1, a 10,2q k=qk-1+qk+1. q0,q 2-2q+1=0, q=1, 这与已知矛盾

5、. 假设不成立 ,故 an+1不是等比数列 . 考点二 等比数列的性质及数列的综合运用 1.(2017课标全国 理改编 ,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 . 答案 4

6、40 2.(2015福建改编 ,8,5分 )若 a,b是函数 f(x)=x2-px+q(p0,q0)的两个不同的零点 ,且 a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列 ,也可适当排序后成等比数列 ,则 p+q 的值等于 . 答案 9 3.(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 4.(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 5.(2014江苏 ,7,5分 )在各项均为正数的等比数

7、列 an中 ,若 a2=1,a8=a6+2a4,则 a6的值是 . 答案 4 6.(2017山东理 ,19,12分 )已知 xn是各项均为正数的等比数列 ,且 x1+x2=3,x3-x2=2. (1)求数列 xn的通项公式 ; (2)如图 ,在平面直角坐标系 xOy中 ,依次连结点 P1(x1,1),P2(x2,2),?,P n+1(xn+1,n+1)得到折线 P1P2?P n+1,求由该折线与直线 y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积 Tn. 解析 (1)设数列 xn的公比为 q,由已知知 q0. 由题意得 所以 3q2-5q-2=0. 因为 q0, 所以 q=2,x1=1. 因

8、此数列 xn的 通项公式为 xn=2n-1. (2)过 P1,P2,?,P n+1向 x轴作垂线 ,垂足分别为 Q1,Q2,?,Q n+1. 由 (1)得 xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1, 记梯形 PnPn+1Qn+1Qn的面积为 bn, 由题意 bn= 2 n-1=(2n+1)2 n-2, 所以 Tn=b1+b2+?+b n =【 ;精品教育资源文库 】 = =32 -1+52 0+72 1+?+(2n -1)2 n-3+(2n+1)2 n-2, 2Tn=32 0+52 1+72 2+?+(2n -1)2 n-2+(2n+1)2 n-1. - 得 -Tn=32 -1+(2+22+?

9、+2 n-1)-(2n+1)2 n-1 = + -(2n+1)2 n-1. 所以 Tn= . 7.(2017天津文 ,18,13分 )已知 an为等差数列 ,前 n项和为 Sn(nN *),bn是首项为 2的等比数列 ,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求 an和 bn的通项公式 ; (2)求数列 a2nbn的前 n项和 (nN *). 解析 (1)设等差数列 an的公差为 d,等比数列 bn的公比为 q. 由已知 b2+b3=12,得 b1(q+q2)=12, 而 b1=2,所以 q2+q-6=0. 又因为 q0,所以 q=2. 所以 ,bn=2n

10、. 由 b3=a4-2a1,可得 3d-a1=8. 由 S11=11b4,可得 a1+5d=16, 联立 , 解得 a1=1,d=3,由此可得 an=3n-2. 所以 ,an的通项公式为 an=3n-2,bn的通项公式为 bn=2n. (2)设数列 a2nbn的前 n项和为 Tn,由 a2n=6n-2,有 Tn=42+102 2+162 3+?+(6n -2)2 n, 2Tn=42 2+102 3+162 4+?+(6n -8)2 n+(6n-2)2 n+1, 上述两式相减 ,得 -Tn=42+62 2+62 3+?+62 n-(6n-2)2 n+1 = -4-(6n-2)2 n+1 =-(3

11、n-4)2n+2-16. 得 Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以 ,数列 a2nbn的 前 n 项和为 (3n-4)2n+2+16. 8.(2016江苏 ,20,16分 )记 U=1,2,?,100. 对数列 an(nN *)和 U的子集 T,若 T=? ,定义 ST=0;若T=t1,t2,?,t k,定义 ST= + +?+ .例如 :T=1,3,66时 ,ST=a1+a3+a66.现设 an(nN *)是公比为 3的等比数列 ,且当 T=2,4时 ,ST=30. (1)求数列 an的通项公式 ; (2)对任意正整数 k(1k100), 若 T?1,2,?,k, 求证 :ST0,nN

12、*, 所以 STa 1+a2+?+a k=1+3+?+3 k-1= (3k-1)d,a-2d,d0). 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,

13、 , , 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+2

14、t). 化简得 2kln(1+2t)-ln(1+t)=n2ln(1+t)-ln(1+2t), 且 3kln(1+3t)-ln(1+t)=n3ln(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 (t)=(1+3t) 2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t), 则 (t)=6(1+3t )ln(1+

15、3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t). 令 1(t)=(t), 则 1(t)=63ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t). 令 2(t)= 1(t), =【 ;精品教育资源文库 】 = 则 2(t)= 0. 由 g(0)=(0)= 1(0)= 2(0)=0, 2(t)0, 知 2(t), 1(t),(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 . 11.(2015陕西 ,21,12分 )

16、设 fn(x)是等比数列 1,x,x2,?,x n的各项和 ,其中 x0,nN,n2. (1)证明 :函数 Fn(x)=fn(x)-2在 内有且仅有一个零点 (记为 xn),且 xn= + ; (2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列 ,其各项和为 gn(x),比较 fn(x)和 gn(x)的大小 ,并加以证明 . 解析 (1)证明 :Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+?+x n-2, 则 Fn(1)=n-10, Fn =1+ + +?+ -2= -2 =- 0,故 Fn(x)在 内单调递增 ,所以 Fn(x)在 内有且仅有一个零点 xn. 因为 xn是 Fn(

17、x)的零点 ,所 以 Fn(xn)=0,显然 xn1. 即 -2=0,故 xn= + . (2)解法一 :由题设 ,得 gn(x)= . 设 h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+?+x n- ,x0. 当 x=1时 , fn(x)=gn(x). 当 x1 时 ,h(x)=1+2x+?+nx n-1- . 若 0xn-1+2xn-1+?+nx n-1- xn-1 =【 ;精品教育资源文库 】 = = xn-1- xn-1=0. 若 x1,h(x)0. 当 x=1时 , fn(x)=gn(x). 当 x1 时 ,用数学归纳法可以证明 fn(x)0), 则 hk(x)=k(k+1)xk-

18、k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1). 所以当 01时 ,hk(x)0,hk(x)在 (1,+) 上递增 . 所以 hk(x)hk(1)=0, 从而 gk+1(x) . 故 fk+1(x)0,c30,c40; 当 n5 时 ,cn= , 而 - = 0, 得 1, 所以 ,当 n5 时 ,cn0. 综上 ,对任意 nN *,恒有 S4S n,故 k=4. 16.(2015天津 ,18,13分 )已知数列 an满足 an+2=qan(q 为实数 ,且 q1),nN *,a1=1,a2=2,且 a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列 . (1)求 q的值和 an的通项公式 ; (2)设 bn= ,nN *,求数列 bn的前 n项和 . 解析 (1)由已知 ,有 (a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即 a4-a2=a5-a3, 所以 a2(q-1)=a3(q-1).又因为 q1, 故 a3=a2=2, 由 a3=a1q, 得 q=2. 当 n=2k-1(kN *)时 ,an=a2k-1=2k-1= ; 当 n=2k(kN *)时 ,an=a2k=2k= . =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 ,an的通项公式为 an= (