《课标A版--高考数学一轮复习---§6.3 等比数列及其前n项和--（附答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《课标A版--高考数学一轮复习---§6.3 等比数列及其前n项和--（附答案）（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、6.3等比数列及其前n项和考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.等比数列及其性质理解等比数列的概念;掌握等比数列的通项公式与前n项和公式;能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题;了解等比数列与指数函数的关系理解2017课标全国,3;2016课标全国,15;2015课标,4选择题填空题解答题2.等比数列前n项和公式掌握2017江苏,9;2014课标,17选择题填空题解答题分析解读1.理解等比数列的概念、掌握等比数列的通项公式和前n项和公式.2.体会等比数列与指数函数的关系.3.求通项公式、求前n项和及等比数列相关性质的应用是高考热点.五年高考考点一等比
2、数列及其性质 1.(2017课标全国,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B2.(2016天津,5,5分)设an是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2na1a2an的最大正整数n的值为.答案12考点二等比数列前n项和公式1.(2013课标全国,3,5分)等比数列an的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=() A.B
3、.-C.D.-答案C2.(2017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=,S6=,则a8=.答案323.(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-14.(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-=1的离心率为en,且e2=,证明:e1+e2+en.解析(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减
4、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an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,由已知,q0,故q=2.所以an=2n-1(nN*).(2)由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线x2-=1的离心率en=.由e2=,解得q=.因为1+q2(k-1)q2(k-1),所以qk-1(kN*).于是e1+e2+en1+q+qn-1=,故e1+e2+en.疑难突破由(1)可得en=,因为不等式左边是e1+
5、e2+en,直接求和不行,利用放缩法得en=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.5.(2014课标,17,12分)已知数列an满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明是等比数列,并求an的通项公式;(2)证明+.解析(1)由an+1=3an+1得an+1+=3.又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.an+=,因此an的通项公式为an=.(2)由(1)知=.因为当n1时,3n-123n-1,所以.于是+1+=.所以+1时,2Sn-1=3n-
6、1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1,所以an=(2)因为anbn=log3an,所以b1=,当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.所以T1=b1=;当n1时,Tn=b1+b2+b3+bn=+13-1+23-2+(n-1)31-n,所以3Tn=1+130+23-1+(n-1)32-n,两式相减,得2Tn=+(30+3-1+3-2+32-n)-(n-1)31-n=+-(n-1)31-n=-,所以Tn=-.经检验,n=1时也适合.综上可得Tn=-.9.(2015江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d
7、(d0)的等差数列.(1)证明:,依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d,使得a1,依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得,依次构成等比数列?并说明理由.解析(1)证明:因为=2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,依次构成等比数列.(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(ad,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t
8、2=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,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+
9、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+2t).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)
10、-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t),则(t)=6(1+3t)ln(1+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),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.10.(2013天津,19,14分)已知首项为的等比数列an不是递减数列,其前n项和为Sn(nN*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设Tn=Sn
