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1、6.3等比数列挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点等比数列的有关概念及运算1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式.3.掌握等比数列的前n项和公式.4.了解等比数列与指数函数之间的关系.2018浙江,10等比数列的概念不等式2015浙江文,10等比数列等比数列的性质及应用能利用等比数列的性质解决有关问题.2017浙江,22等比数列性质的运用不等式证明2016浙江文,17等比数列性质的运用数列求和分析解读1.考查等比数列的定义与判定,通项公式、前n项和的求解,等比数列的性质等知识.2.预计2020年高考试题中,对等比数列的考查仍以概念、性质、通项、前n项和
2、等基本量为主,以中档题形式出现,复习时要足够重视.破考点【考点集训】考点一等比数列的有关概念及运算1.(2018浙江嘉兴高三期末,11)各项均为实数的等比数列an,若a1=1,a5=9,则a3=,公比q=.答案3;32.(2018浙江嵊州高三期末质检,11)我国古代数学巨著九章算术中,有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题用今天的白话叙述为:有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?”根据上述问题的已知条件,可求得该女子第1天织布的尺数为.答案531考点二等比数列的性质及应用1.(2018浙江温州适应性测
3、试,5)已知数列an是公差不为0的等差数列,bn=2an,数列bn的前n项,前2n项,前3n项的和分别为A,B,C,则() A.A+B=CB.B2=ACC.(A+B)-C=B2D.(B-A)2=A(C-B)答案D2.(2018浙江杭州二中期中,6)已知等比数列an的前n项积为Tn,log2a3+log2a7=2,则T9的值为()A.512B.512C.1 024D.1 024答案B炼技法【方法集训】方法1等比数列中“基本量法”的解题方法1.(2018浙江金华十校期末,6)已知等比数列an的前n项和为Sn,则下列结论一定成立的是()A.若a50,则a2 0170,则a2 0180,则S2 017
4、0D.若a60,则S2 0180答案C2.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,11)已知等比数列an的首项为1,前3项的和为13,且a2a1,则数列an的公比为,数列log3an的前10项和为.答案3;45方法2等比数列的判定方法1.在数列an中,a1=3,an+1=2an+2(nN*).(1)求证:an+2是等比数列,并求数列an的通项公式;(2)设bn=nan+2,Sn=b1+b2+b3+bn,证明:对任意nN*,都有Sn.解析(1)由an+1=2an+2(nN*),得an+1+2=2(an+2),又a1=3,a1+2=5,an+2是首项为5,公比为2的等比数列,an+2=52n-1,
5、an=52n-1-2.(2)证明:由(1)可得bn=n52n-1,Sn=151+22+322+n2n-1,Sn=1512+222+323+n2n,-可得Sn=251+12+122+12n-1-n2n=251-12n1-12-n2n=252-2+n2n.Sn0,数列Sn单调递增,SnS1=,对任意nN*,都有Sn1,则() A.a1a3,a2a3,a2a4C.a1a4D.a1a3,a2a4答案BB组统一命题、省(区、市)卷题组考点一等比数列的有关概念及运算1.(2017课标全国理,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?”
6、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.(2014重庆,2,5分)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D3.(2017课标全国理,14,5分)设等比数列an满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 =.答案-84.(2016课标全国,15,5分)设等比数列an满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2an的最大值为.答案645.(2018课标全国文
7、,17,12分)等比数列an中,a1=1,a5=4a3.(1)求an的通项公式;(2)记Sn为an的前n项和.若Sm=63,求m.解析本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式.(1)设an的公比为q,由题设得an=qn-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.故an=(-2)n-1或an=2n-1.(2)若an=(-2)n-1,则Sn=1-(-2)n3.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.解后反思等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略:(1)求通项.求出等比数
8、列的两个基本量a1和q后,通项便可求出.(2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.(3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.(4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.6.(2015四川,16,12分)设数列an(n=1,2,3,)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列1an的前n项和为Tn,求Tn.解析(1)由已知Sn=2an-a1,有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n2),即an=2an-1(n2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.
9、又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列an是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n.(2)由(1)得1an=12n.所以Tn=+122+12n=121-12n1-12=1-12n.评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列的通项公式与前n项和等基础知识,考查运算求解能力.考点二等比数列的性质及应用1.(2015课标,4,5分)已知等比数列an满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=()A.21B.42C.63D.84答案B2.(2014大纲全国,10,5分)等比数列an中,a4=
10、2,a5=5,则数列lg an的前8项和等于()A.6B.5C.4D.3答案C3.(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=634,则a8=.答案324.(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-15.(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-16.(2014安徽,12,5分)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1C组教师专用题组考点
11、一等比数列的有关概念及运算1.(2018北京理,4,5分)“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,为这个理论的发展做出了重要贡献.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122.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为() A.32fB.322fC.1225fD.1227f答案D2.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列an中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是.答案43.(2014天津,11,5分)设an是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项
12、和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案-4.(2018课标全国文,17,12分)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=ann.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列bn是不是等比数列,并说明理由;(3)求an的通项公式.解析(1)由条件可得an+1=2(n+1)nan.将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.(2)bn是首项为1,公比为2的等比数列.由条件可得an+1n+1=2ann,即bn+1=2bn,又b1=1,所以bn是首项为1,公比为2的等比数列.(
13、3)由(2)可得ann=2n-1,所以an=n2n-1.方法规律等比数列的判定方法:证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法,通项公式法及前n项和公式法只用于选择题、填空题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需证明存在连续三项不成等比数列即可.5.(2016课标全国,17,12分)已知数列an的前n项和Sn=1+an,其中0.(1)证明an是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=3132,求.解析(1)由题意得a1=S1=1+a1,故1,a1=11-,a10.(2分)由Sn=1+an,Sn+1=1+an+1得an+1=an+1-an,即an+1(-1)=an.由a10,0得an0,所
14、以an+1an=-1.因此an是首项为11-,公比为-1的等比数列,于是an=11-1n-1.(6分)(2)由(1)得Sn=1-1n.由S5=3132得1-15=3132,即-15=132.解得=-1.(12分)思路分析(1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看an+1与an之比是不是一常数,其中说明an0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出.6.(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
15、式;(2)设双曲线x2-y2an2=1的离心率为en,且e2=,证明:e1+e2+en4n-3n3n-1.解析(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到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,因为q0,所以q=2.所以an=2n-1(nN*).(2)由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线x2-y2an2=1的离心率en=1+a
16、n2=1+q2(n-1).由e2=1+q2=,解得q=.因为1+q2(k-1)q2(k-1),所以1+q2(k-1)qk-1(kN*).于是e1+e2+en1+q+qn-1=qn-1q-1,故e1+e2+en4n-3n3n-1.疑难突破由(1)可得en=1+q2(n-1),因为所证的不等式左边是e1+e2+en,直接求和不行,利用放缩法得en=1+q2(n-1)q2(n-1)=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.7.(2014课标,17,12分)已知数
17、列an满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明an+12是等比数列,并求an的通项公式;(2)证明1a1+1a2+1an.解析(1)由an+1=3an+1得an+1+=3an+12.又a1+=,所以an+12是首项为,公比为3的等比数列.an+=3n2,因此an的通项公式为an=3n-12.(2)证明:由(1)知1an=23n-1.因为当n1时,3n-123n-1,所以13n-1123n-1.于是1a1+1a2+1an1+13n-1=321-13n.所以1a1+1a2+1ana3+a7”是“S2n-10”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条
18、件答案A6.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),7)如图,在半径r=1的圆内作内接正六边形,再作正六边形的内切圆,又在此内切圆内作内接正六边形,如此无限继续下去,设Sn为前n个圆的面积之和,取正数=33499,若|Sn-4|0,b2b7=16b4,所以b5=16,所以q2=b5b3=4,又q0,所以q=2,所以bn=b3qn-3=2n-1.(2)由(1)得Cn=1-2n1-2=2n-1,所以nCn=n2n-n,设A=12+222+n2n,所以2A=122+223+n2n+1,两式相减得A=(n-1)2n+1+2,设B=1+2+n=n(n+1)2,所以Tn=A-B=(n-1)2n+1+2-
19、n(n+1)2.10.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,22)在数列an中,a1=2,an+1=21+1nan.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=2nan,数列bn的前n项和为Sn,试求数列S2n-Sn的最小值;(3)在(2)的条件下,求证:当n2时,S2n7n+1112.解析(1)由条件an+1=21+1nan得an+1n+1=2ann,又a1=2,所以a11=2,因此数列ann是首项为2,公比为2的等比数列,从而ann=22n-1=2n,因此an=n2n.(2)由(1)得bn=,设cn=S2n-Sn,则cn=1n+1+1n+2+12n,所以cn+1=1n+2+1n+3+12n+12n+1+12n+2,从而cn+1-cn=12n+1+12n+2-1n+112n+2+12n+2-1n+1=0,即cn+1cn,因此数列cn是单调递增的,所以(cn)min=c1=.(3)证明:当n2时,S2n=(S2n-S2n-1)+(S2n-1-S2n-2)+(S4-S2)+(S2-S1)+S1=c2n-1+c2n-2+c2+c1+S1,由(2)知c2n-1c2n-2c2,又c1=,S1=1,c2=712,所以S2n(n-1)c2+c1+S1=712(n-1)+ +1=7n+1112.