专题24 等比数列及其前n项和-2018年高考数学（文）热点题型和提分秘籍

专题24 等比数列及其前n项和-2018年高考数学（文）热点题型和提分秘籍

专题24 等比数列及其前n项和 ‎【高频考点解读】‎ ‎1．理解等比数列的概念 ‎2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式 ‎3．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 ‎4．了解等比数列与指数函数的关系 ‎【热点题型】‎ 热点题型一 等比数列的基本运算 例1、已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由。‎ 故数列{an}的通项公式为an＝3(－2)n－1。‎ ‎(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n。‎ 若存在n，使得Sn≥2 013，‎ 则1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012。‎ 当n为偶数时，(－2)n＞0.上式不成立；‎ 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，‎ 即2n≥2 012，则n≥11。‎ 综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}。‎ ‎【提分秘籍】‎ ‎1．对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用。‎ ‎2．在涉及等比数列前n项和公式时要注意对公比q是否等于1进行判断和讨论。‎ ‎【举一反三】 ‎ 设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和。已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝__________。‎ 热点题型二 等比数列的判定与证明 例2、已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数。‎ ‎(1)对任意实数λ，证明：数列{an}不是等比数列；‎ ‎(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论。‎ 解析：(1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a＝a1a3，即2＝λ，故λ2－4λ＋9＝λ2－4λ，即9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列。‎ ‎(2)因为bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n＋1＝－(－1)n(an－3n＋21)＝－bn。‎ 又b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，‎ bn＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；‎ 当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，‎ 由bn＋1＝－bn。‎ 可知bn≠0，所以＝－(n∈N*)。‎ 故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列。‎ ‎【提分秘籍】 ‎ 证明数列{an}是等比数列常用的方法：一是定义法，证明＝q(n≥2，q为常数)；二是等比中项法，证明a＝an－1·an＋1。若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法。‎ ‎【举一反三】 ‎ 设数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn＝2an－3n，设bn＝an＋3，求证：数列{bn}是等比数列，并求an。‎ 证明：由Sn＝2an－3n对于任意的正整数都成立，‎ 得Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，‎ 两式相减，得Sn＋1－Sn＝2an＋1－3(n＋1)－2an＋3n，‎ 所以an＋1＝2an＋1－2an－3，即an＋1＝2an＋3，‎ 所以an＋1＋3＝2(an＋3)，即＝＝2对一切正整数都成立，所以数列{bn}是等比数列。由已知得：S1＝2a1－3，‎ 即a1＝2a1－3，所以a1＝3，所以b1＝a1＋3＝6，即bn＝6·2n－1。‎ 故an＝6·2n－1－3＝3·2n－3。‎ 热点题型三 等比数列的性质及其应用 例3．(1)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7＝(　　)‎ A．4 B．6‎ C．8 D．8－4 ‎(2)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于(　　)‎ A．80 B．30‎ C．26 D．16‎ ‎【提分秘籍】‎ 等比数列的性质可以分为三类：‎ ‎①通项公式的变形，‎ ‎②等比中项的变形，‎ ‎③前n项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口。‎ ‎【举一反三】 ‎ 在等比数列中，已知a1aa15＝243，则的值为(　　)‎ A．3 B．9 C．27 D．81‎ ‎【高考风向标】‎ ‎ ‎ ‎1.【2017江苏，9】等比数列的各项均为实数,其前项的和为,已知,则= ▲ .‎ ‎【答案】32‎ ‎【解析】当时，显然不符合题意；‎ 当时，，解得，则 ‎2.【2017课标1，文17】记Sn为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=-6．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．‎ ‎【答案】（1）；（2），证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设的公比为．由题设可得 ，解得，．‎ 故的通项公式为．‎ ‎（2）由（1）可得．‎ 由于，‎ 故，，成等差数列．‎ ‎3.【2017山东，文19】（本小题满分12分）已知{an}是各项均为正数的等比数列,且. ‎ ‎(I)求数列{an}通项公式；‎ ‎(II){ bn}为各项非零的等差数列,其前n项和Sn,已知,求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.‎ ‎（Ⅱ）由题意知： ，‎ 又 所以,‎ 令,‎ 则，‎ 因此 ‎,‎ 又,‎ 两式相减得 所以.‎ ‎1.【2016高考天津文数】(本小题满分13分)‎ 已知是等比数列，前n项和为，且.‎ ‎(Ⅰ)求的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)若对任意的是和的等差中项，求数列的前2n项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）[]‎ ‎1.【2015高考广东，文13】若三个正数，，成等比数列，其中，，则 ．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】因为三个正数，，成等比数列，所以，因为，所以，所以答案应填：1．‎ ‎2.【2015高考新课标1，文13】数列中为的前n项和，若，则 .‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】∵，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，‎ ‎∴，∴，∴n=6.‎ ‎ 1．（2014·重庆卷）对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)‎ A．a1，a3，a9成等比数列 ‎ B．a2，a3，a6成等比数列 ‎ C．a2，a4，a8成等比数列 ‎ D．a3，a6，a9，成等比数列 ‎【答案】D　【解析】因为在等比数列中an，a2n，a3n，…也成等比数列，所以a3，a6，a9成等比数列．‎ ‎2．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.‎ ‎【答案】1　【解析】 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.‎ ‎3．（2014·广东卷）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·全国卷） 等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于(　　)‎ A．6 B．5 ‎ C．4 D．3‎ ‎【答案】C　【解析】设数列{an}的首项为a1，公比为q，根据题意可得，解得所以an＝a1qn－1＝×＝2×，所以lg an＝lg 2＋(n－4)lg，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg＝8lg 2＋4lg＝4lg＝4.‎ ‎5．（2014·湖北卷） 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式．‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．‎ ‎【解析】(1)设数列{an}的公差为d，‎ 依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，‎ 故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，‎ 化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.‎ 当d＝0时，an＝2；‎ 当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.‎ 从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.‎ ‎(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，‎ 此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．‎ 当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.‎ 令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，‎ 解得n>40或n<－10(舍去)，‎ 此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.‎ 综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；‎ 当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41. ‎ ‎6．（2014·新课标全国卷Ⅱ）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＋＋…＋＜.‎ ‎(2)证明：由(1)知＝.‎ 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，‎ 所以≤，即＝≤.‎ 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.‎ 所以＋＋…＋<.‎ ‎7．（2014·山东卷） 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎(2)由题意可知，‎ bn＝(－1)n－1 ‎＝(－1)n－1 ‎＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－ ‎＝1－ ‎＝.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋ ‎＝1＋ ‎＝.‎ 所以Tn＝ ‎8.（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.‎ ‎(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；‎ ‎(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．‎ ‎(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.‎ 由余弦定理得 cos B＝＝≥＝，‎ 当且仅当a＝c时等号成立，‎ ‎∴cos B的最小值为.‎ ‎9．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．‎ ‎【答案】－　【解析】∵S2＝‎2a1－1，S4＝‎4a1＋×(－1)＝‎4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，‎ ‎∴(‎2a1－1)2＝a1(‎4a1－6)，解得a1＝－.‎ ‎10．（2014·天津卷）已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，‎ 集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．‎ ‎(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.‎ ‎(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证 明：若an2的最小正整数，‎ 则m≥2，并且对任意1≤k2，‎ 于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.‎ 故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．‎ 所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.‎ 因为对任意n≥1，an≤2＝a1，‎ 所以An＝2.‎ 故Bn＝An－dn＝2－1＝1.‎ 因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1 ‎ ‎【高考冲刺】‎ ‎1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S2＋a2，S3成等差数列，则数列{an}的公比为(　　)‎ A．1 B．2‎ C. D．3‎ 解析：因为S1，S2＋a2，S3成等差数列，所以2(S2＋a2)＝S1＋S3,2(a1＋a2＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，a3＝3a2，q＝3。选D。‎ 答案：D ‎2．等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)‎ A．12 B．10‎ C．8 D．2＋log35‎ ‎3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝(　　)‎ A．4n－1 B．4n－1‎ C．2n－1 D．2n－1‎ 解析：∵ ‎∴ 由(1)除以(2)可得＝2，解得q＝，‎ 代入(1)得a1＝2，∴an＝2×n－1＝，‎ ‎∴Sn＝＝4，‎ ‎∴＝＝2n－1，选D。‎ 答案：D ‎4．在等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，则S6＝(　　)‎ A. B．16‎ C．15 D. 解析：由等比数列的性质知a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2。‎ ‎∵a4＋2a7＝2×17＝34，‎ ‎∴a7＝(2×17－a4)＝(2×17－2)＝16。‎ ‎∴q3＝＝＝8，即q＝2。‎ 由a4＝a1q3＝a1×8＝2，得a1＝，‎ ‎∴S6＝＝。‎ 答案：A ‎5．已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q，则q的一个可能的值是(　　)‎ A. B. C．2 D. ‎6．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得aman＝16a，则＋的最小值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：由a3＝a2＋2a1得q2＝q＋2，∴q＝2(q＝－1舍去)，‎ 由aman＝16a得2m－12n－1＝16，‎ 因为m＋n－2＝4，m＋n＝6，‎ 所以＋＝ ‎＝ ‎≥＝。‎ 答案：D ‎7．在等比数列{an}中，a1＝2，a4＝16，则数列{an}的通项公式an＝__________，设bn＝log2an，则数列{bn}的前n项和Sn＝__________。‎ 解析：由题意得公比q3＝＝8，q＝2，an＝2·2n－1＝2n。因此bn＝n，Sn＝。‎ 答案：2n　 ‎8．设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝S5，则S2 014＝__________。‎ ‎9．在各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值是__________。‎ 解析：由题意知a4·a14＝(2)2＝a，即a9＝2。设公比为q(q＞0)，所以2a7＋a11＝＋a9q2＝＋2q2≥2＝8，当且仅当＝2q2，即q＝时取等号，其最小值为8。‎ 答案：8 ‎ ‎10．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81。‎ ‎(1)求an；‎ ‎(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn。‎ 解析：(1)设{an}的公比为q，依题意得 解得因此，an＝3n－1。‎ ‎(2)因为bn＝log3an＝n－1，‎ 所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝。‎ ‎11．在等比数列{an}中，其前n项和为Sn，已知a3＝，S3＝。‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在正整数n，使得Sn－Sn＋2＝成立，若存在，求出n的值，若不存在，请说明理由。‎ ‎(2)假设存在正整数n，使得Sn－Sn＋2＝成立，‎ ‎①当a1＝，q＝1时，由Sn－Sn＋2＝ ‎⇒n－(n＋2)＝，无解；‎ ‎②当a1＝6，q＝－时，Sn＝4，‎ 由Sn－Sn＋2＝ ‎⇒n＝－⇒n＝5，‎ 综合①②知，存在正整数n＝5，使得Sn－Sn＋2＝成立。‎ ‎12．在数列{an}中，a1＝－，2an＝an－1－n－1(n≥2，n∈N*)，设bn＝an＋n。‎ ‎(1)证明：数列{bn}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{nbn}的前n项和Tn；‎ ‎(3)若cn＝n－an，Pn为数列{}的前n项和，求不超过P2 014的最大的整数。‎ 解析：(1)证明：由2an＝an－1－n－1两边加2n得，‎ ‎2(an＋n)＝an－1＋n－1，‎ 所以＝，即＝。‎ 故数列{bn}是公比为的等比数列，其首项为b1＝a1＋1＝－＋1＝，所以bn＝n。‎ ‎(2)nbn＝n·n＝。‎ Tn＝＋＋＋＋…＋＋。①‎ Tn＝＋＋＋＋…＋＋。②‎ ‎①－②得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝1－－，‎ 所以Tn＝2－。‎ ‎(3)由(1)得an＝n－n，所以cn＝n。‎ ＝＝1＋＝1＋－。‎ P2 014＝＋＋＋…＋＝2 015－。‎ 所以不超过P2 014的最大的整数是2 014。‎ ‎ ‎