《高考数学一轮复习--数列-6.3-等比数列及其前n项和练习-理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习--数列-6.3-等比数列及其前n项和练习-理（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、3 等比数列及其前n项和考纲解读考点内容解读规定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辨认数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题;理解等比数列与指数函数的关系理解课标全国,3；课标全国，15;课标，4选择题填空题解答题2.等比数列前n项和公式掌握江苏，9;课标，7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.求通项公式、求前n项和及等比数列有关性质的应用是高考热点.五年高考考点一 等比数列及其性质 1（课标全国,分)国内古代数学名
2、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盏.5盏D.9盏答案 B2.（天津,5,分）设an是首项为正数的等比数列,公比为q,则“”是“对任意的正整数,a2n-1+2n0,nN*.(1）若2,，a22成等差数列,求数列an的通项公式;(2)设双曲线2-1的离心率为en，且e=，证明:e1+en解析 (）由已知,+1=n+，Sn+=S+1+，两式相减得到an+an1,.又由=qS1+1得到a2=qa，故n+=qa对所有n都成立.因此，数列n
3、是首项为1,公比为q的等比数列.从而an=q-1.由a，a3,a2+2成等差数列,可得23=3a22,即q2=3q+,则(2q1)（q)=0,由已知,故q2.因此an2n1(N*)(2)由(1）可知,an=qn-.因此双曲线x-=1的离心率=由e2=,解得=.由于+q(k-1)(k-1），因此q-1（*).于是e1+e2+e1+qn1=，故e+e2e.疑难突破由(1)可得en=,由于不等式左边是1+2+en,直接求和不行,运用放缩法得e=qn-1,从而得+e2+enq0+q1+qn-1,化简即可. 评析本题波及的知识点比较多，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
4、式成立.综合性较强.（课标,7，12分)已知数列an满足1=1，a+13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式;()证明+解析(1）由a3an1得an+1+3.又a1+=，因此是首项为,公比为3的等比数列.n+,因此a的通项公式为an=()由（1)知=.由于当n1时,n-23n,因此.于是+1+=1时,2Sn=3n-+,此时2an=-S-1=3n-3-1=2-,即an=3n1,因此an=()由于ab=ga，因此b1,当1时,bn=3-ng33n-1=（n-1)31n.因此T1b=;当n1时，Tn=b1+b2b3+bn=+13-13-2+(n-1)31-n，因此3Tn=+130+21+
5、(-1）2-,两式相减，得2T=+(3+31+32+32-n）（n-1)31-n=+(-1)3-=,因此n-.经检查，n时也适合.综上可得Tn=-.9.（江苏，2,16分)设a1，2,a,a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明:,依次构成等比数列;(2)与否存在a1，使得a1,依次构成等比数列?并阐明理由；(3)与否存在a1,d及正整数n，k，使得,依次构成等比数列?并阐明理由解析 （1)证明:由于=d（n=1，2，3)是同一种常数,因此,依次构成等比数列.()令a1d=a,则1,a2，a3,a4分别为a-d,a,ad，a+2（ad,2d,d)假设存在a1,使得a1，,依次构成
6、等比数列,则4（ad)（a+d）3，且（a+d)=a2(a+)4.令=,则1=(-)(1+t）3,且(1+t)6(1+2t）4,化简得t2t2-2=(*),且t=+1.将t2=+代入(*)式,得t（t+）+2(t+1)-2t3t=+13=+=,则t=-.显然t=-不是上面方程的解,矛盾,因此假设不成立,因此不存在1，d,使得a,依次构成等比数列（3)假设存在a1,d及正整数n,使得,依次构成等比数列,则(a1+d)n+2k=(a1+d)(+),且(a1+)n+k（1+3d)n+3k=(+2d)2（n2k)分别在两个等式的两边同除以及,并令=,则(+t)n+=(1+)2(n+k)，且(1t)k(
7、3)n+3k=（1)2(n+2).将上述两个等式两边取对数，得(n+2)ln(12t）=2(n+k)ln(1+t）,且(n+k)n（1t)+(n+3k)ln(1+3t)=2（n+2k)n（12t)化简得2kln(2t)-l（1+)nln（1+t）n(+2t),且kln(1+3t）-l(1+t)=nln(1+t)-n（1+3t).再将这两式相除,化简得n(1t)n(12t)3ln(t)l（1+t)=4ln（+3t)（+)(*).令（)=4ln(1+3t)n(1+t)-n(1+3t)ln（1+t）3l(+2t）l(t）,则g(t)=.令(t)=（1+t)2（+3t）-(12t)2ln（1+2t)(
8、1+)ln(1+),则(t)=6(1+)l(+3t)2(1+2t)ln(1+2)+(1+t)ln(1+).令1（)=（）,则(t)=ln（1+t)-4ln(1+2)+ln（1+t).令（）=1(t）,则(）=.由g(0)=（0)=(0)=(0)=0,（t)0，知2(t)，1(t）,（t),g（)在和(0,+)上均单调.故g(t）只有唯一零点=，即方程(*)只有唯一解t,故假设不成立.因此不存在，及正整数,使得，,依次构成等比数列.0（天津，1，4分)已知首项为的等比数列a不是递减数列,其前项和为n(nN*)，且S3+a3,S+5,S4+a4成等差数列.（1)求数列an的通项公式;（2)设n=S-（nN*),求数列T的最大项的值与最小项的值.解析()设等比数列an的公比为q,由于S3+a3，S5+a5，S4+4成等差数列,因此S+5-S3-a3=S4+a4S5-a5，即45=a3，于是q2
