1、(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a11,则 ( ) A.a1a3,a2a4 D.a1a3,a2a4,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,答案 B 本题考查等比数列的概念和性质,利用导数求函数的单调性和最值,不等式的性质 和分类讨论思想. 设f(x)=ln x-x(x0),则f (x)= -1= , 令f (x)0,得01, f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+)上为减函数, f(x)f(1)=-1,即有ln xx-1. 从而a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)a1+a2+a3-1,a41,
2、公比q0,矛盾. 若q0,ln(a1+a2+a 3)ln a10,也矛盾.-10,a1a3. 同理, =q2a2.选B.,解后反思 (1)由题中的选项可知要判断01. (2)由条件可知要利用不等式ln xx-1(x0),得a40,而a20,利用-1q0得结论.,考点一 等比数列的有关概念及运算,B组 统一命题、省（区、市）卷题组,1.(2019课标全国文,6,5分)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,且a5=3a3+4a1, 则a3= ( ) A.16 B.8 C.4 D.2,答案 C 本题主要考查等比数列的性质;以等比数列的前n项和公式为载体考查学生的运算 求解能力;体现了数学运
3、算的核心素养. 设等比数列的公比为q, 由a5=3a3+4a1得a1q4=3a1q2+4a1, q2=4,又an0,q=2, 由S4= =15,解得a1=1. a3=a1q2=4,故选C.,易错警示 对an=a1qn-1和Sn= (q1)未能熟练掌握,从而导致失分.,2.(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?”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 B 本题主要考查数学文化及等比数列
4、基本量的计算. 由题意可知,由上到下灯的盏数a1,a2,a3,a7构成以2为公比的等比数列,S7= =381,a 1=3.故选B.,3.(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.21 B.42 C.63 D.84,答案 B 设an的公比为q,由a1=3,a1+a3+a5=21得1+q2+q4=7,解得q2=2(负值舍去).a3+a5+a7=a 1q2+a3q2+a5q2=(a1+a3+a5)q2=212=42.,4.(2019课标全国文,14,5分)记Sn为等比数列an的前n项和.若a1=1,S3= ,则S4= .,答案,
5、解析 本题主要考查等比数列的有关概念;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数学 运算. 设公比为q(q0), 则S3=a1+a2+a3=1+q+q2= , 解得q=- , a4=a1q3=- , S4=S3+a4= - = .,5.(2019课标全国理,14,5分)记Sn为等比数列an的前n项和.若a1= , =a6,则S5= .,答案,解析 本题主要考查等比数列基本量的计算;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数 学运算. 设an的公比为q,由 =a6,得 =a4q2,a4=q2. 又a4=a1q3,a1q3=q2,又a1= ,q=3. 由等比数列求和公式可知S5= = .,解题关键
6、 由an=a1qn-1=amqn-m求出公比q是关键.,6.(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 -8,解析 本题考查等比数列的通项. 设等比数列an的公比为q,由题意得 解得 a4=a1q3=-8.,7.(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 64,解析 设an的公比为q,于是a1(1+q2)=10, a1(q+q3)=5, 联立得a1=8,q= , an=24-n,a1a2an=23+2+1+(4-n)= = 26=64.a1a2an的最大
7、值为64.,评析 本题考查等比数列的通项公式,等差数列的前n项和公式,以及二次函数的最值.属综 合性问题.,8.(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= . (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= an. 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 = ,即bn+1=2bn, 又b1=1,
8、所以bn是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得 =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.,9.(2018课标全国文,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
9、去)或q=-2或q=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1. (2)若an=(-2)n-1,则Sn= . 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.,易错警示 解方程时,注意对根的检验.求解等比数列的公比时,要结合题意进行讨论、取值, 避免错解.,10.(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= ,求.,解析 (1)由题意得a1=S1=1+a1, 故1,a1= ,a10. (2分) 由S
10、n=1+an,Sn+1=1+an+1得an+1=an+1-an,即an+1(-1)=an.由a10,0得an0,所以 = . 因此an是首项为 ,公比为 的等比数列,于是an= . (6分) (2)由(1)得Sn=1- . 由S5= 得1- = ,即 = . 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.,11.(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+
11、1,其中q0,n N*. (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*).
12、,(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= =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.,1.(2015安徽,14,5分)已知数列an是递增的等
13、比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列an的前n项和等于 .,考点二 等比数列的性质及应用,答案 2n-1,解析 由已知得,a1a4=a2a3=8,又a1+a4=9,解得 或 而数列an是递增的等比数列,a 1a4,a1=1,a4=8,从而q3= =8,即q=2,则前n项和Sn= =2n-1.,2.(2019课标全国文,18,12分)已知an是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16. (1)求an的通项公式; (2)设bn=log2an,求数列bn的前n项和.,解析 本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体 现了数学运算的核心素养. (1
14、)设an的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0. 解得q=-2(舍去)或q=4. 因此an的通项公式为an=24n-1=22n-1. (2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列bn的前n项和为1+3+2n-1=n2.,C组 教师专用题组,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 .若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为 ( )
15、 A. f B. f C. f D. f,答案 D 本题主要考查等比数列的概念和通项公式及等比数列的实际应用. 由题意知,十三个单音的频率构成首项为f,公比为 的等比数列,设该等比数列为an,则a8=a1 q7,即a8= f,故选D.,易错警示 本题是以数学文化为背景的应用问题,有以下几点容易造成失分:读不懂题意,不 能正确转化为数学问题.对要用到的公式记忆错误.在求解过程中计算错误.,2.(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,解析 设等比数列an的公比为q(q0),依题意得a2=a1q=q,a3
16、=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+ q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以an=a1qn-1 =3n-1.,3.(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 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.
17、 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 = . 所以Tn= + + = =1- .,评析 本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和等基础知识,考 查运算求解能力.,考点一 等比数列的有关概念及运算,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019浙江金华十校联考(4月),6)已知等差数列an,等比数列bn,满足a1=b1=1,a5=b3,则a9能取 到的最小整数是 ( ) A.-1 B.0
18、C.2 D.3,答案 B 由题意可知1+4d=q2,所以4d=q2-1,从而a9=1+8d=1+2(q2-1)=2q2-1. 因为q0,所以q20,所以2q2-1-1,所以a9能取到的最小整数是0,故选B.,2.(2019浙江金丽衢第一次联考,3)已知等比数列an的前n项和为Sn,S2=3,S4=15,则S3= ( ) A. 7 B.-9 C.7或-9 D.,答案 C 由 可得q2=4,所以q=2. 当q=2时,S2=3a1=3,解得a1=1,此时S3=a1(1+q+q2)=7; 当q=-2时,S2=-a1=3,解得a1=-3,此时S3=a1(1+q+q2)=-9. 综上可知,S3=7或-9,
19、故选C.,3.(2019浙江高考数学仿真卷,10)在各项均为正数的等比数列an中,如果a11,a22,a33,则a 4的取值范围是 ( ) A.3 ,8 B.6,8 C. D.3 ,6,答案 C 设公比为q,显然q0,则 两边取对数,可转化为 设ln a1=x,ln q=y, 则可进一步等价转化为线性约束条件 求z=x+3y的取值范围. 作出可行域如图中的阴影部分所示(包含边界).,由图易知当直线z=x+3y过点C时,z取最小值,过点A时,z取最大值,所以z=x+3y ,即ln ln a1+3ln q3ln 2, 所以 a48,故选C.,4.(2019浙江高考“超级全能生”联考(2月),11)
20、中国古代数学著作算法统宗中有这样一 个问题:“三百七十八里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里 数,请公仔细算相还.”其大意为“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每 天走的路程为前一天的一半,走了6天到达目的地.”则该人第一天走的路程为 里,后 三天一共走 里.,答案 192;42,解析 由题意可知这六天中每天走的路程是公比为 的等比数列,设第一天走了x里,则 =378,解得x=192,即该人第一天走的路程是192里;后三天共走了192 +192 +192 =42(里).,1.(2019浙江高考信息优化卷(一),4)已知等比数列an的公比为q,前
21、n项和为Sn,则“q1”是 “S4+S62S5”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,考点二 等比数列的性质及应用,答案 D 由S4+S62S5得S6-S5S5-S4,所以a6a5,即a1qa1. 当a10时,可得q1;当a11”是“S4+S62S5”的既不充分也不必要条件,故选D.,2.(2019浙江杭州二模,20)设等差数列an的前n项和为An,等比数列bn的前n项和为Bn.若Bn+3=8 Bn+7,a1=b2,a4=b4. (1)求bn和An; (2)求数列bn-An的最小项.,解析 (1)因为Bn+3=q3Bn+b1+b2+b3
22、=8Bn+7, 所以 解得 所以bn=2n-1. 又因为a1=b2=2,a4=b4=8,所以d=2,所以an=2+2(n-1)=2n,所以An=n2+n. (2)设cn=bn-An=2n-1-n2-n.因为cn+1-cn=2n-1-2(n+1), 所以当n4时,cn+1cn,从而数列cn的最小值为c5,c5=-14.,3.(2019浙江高考信息优化卷(四),20)若数列an满足an0,a1=2,且对任意nN*均有8 +2an+1- -an=0. (1)求a2; (2)bn=nan,求数列bn的前n项和Tn=b1+b2+b3+bn; (3)cn=n2an,是否存在正整数m,使得对任意的nN*,均
23、有cnm?若存在,求出m的最小值;若不存 在,请说明理由.,解析 (1)令f(x)=x3+x,则f(x)在R上为增函数. 由题意可知(2an+1)3+2an+1= +an,f(2an+1)=f(an),an+1= an,则a2=1. (2)由(1)可知an=22-n,bn=nan= . Tn=12+21+3 +4 +n , Tn=11+2 +3 +(n-1) +n . 两式相减可得 Tn=12+11+ + + + -n = -n , 则Tn=8 -n . (3)由cn=n2an可得 = = = ,则当n3时,cn单调递减, c1c4cn,即cn的最大值为c3= ,所以m存在,且m的最小值为5.
24、,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:30分钟 分值:54分 一、选择题(每小题4分,共8分),1.(2019浙江镇海中学期中,8)已知正项等比数列an满足a7=a6+2a5,若存在两项am,an,使得aman= 16 ,则 + 的最小值为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 设公比为q,由a7=a6+2a5得q2=q+2,解得q=2(负值舍去).由aman=16 可得2m+n-2=16,即m +n=6,所以 + = (m+n) = = ,当且仅当 = 时取 等号,故选C.,2.(2019浙江高考“超级全能生”联考(2月),10)已知数列an中,a1,a2,a3,a4成等
25、差数列,且3a1-a2+ a3+1= (其中e为自然对数的底数,e2.718).若a2|a2|且|a3|a4| B.|a1|a2|且|a3|a4| D.|a1|a2|且|a3|a4|,答案 B 由3a1-a2+a3+1= a2+a3-a4+1,得2a1+d0,即a1+a20,又a20,所以公 差d0,所以a10a2,且|a1|a2|.又a4a30,则|a3|a4|.故选B.,点睛之笔 本题考查数列与函数的综合运用. 利用exx+1合理化简原式,得到a1与a2的不等关系是解题的关键.,3.(2019浙江学军中学期中,22)数列an,bn中,Sn为数列an的前n项和,且满足:a1=b1=1,3Sn
26、=(n+ 2)an,bn= (nN*,n2). (1)求数列an,bn的通项公式; (2)求证: + + + ; (3)令cn=ln bn,Tn=c1+c2+c3+cn,求证: Tn (nN*).,二、解答题(共46分),解析 (1)3Sn=(n+2)an,当n2时,3Sn-1=(n+1)an-1, 3an=(n+2)an-(n+1)an-1, = . an=a1 =1 = ,又a1=1适合上式, an= (nN*),bn= (2)证明: = = = , + + + + + + = + = + + = , + + + . (3)证明: 当n=1时,左边T1=ln b1=0=右边. 当n2时,T
27、n=ln 1+ln +ln +ln +ln =ln =ln , Tn ln ln 1), 则ln 0, 易知f(x)=x- -2ln x在(1,+)上单调递增, 所以f(x)f(1)=0,Tn (n2). 综上可知,对任意的nN*,Tn .,4.(2019浙江金华十校期末,19)数列an的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=Sn+1(nN*). (1)求通项公式an; (2)记Tn= + + ,求证: - Tn2.,解析 (1)an+1=Sn+1, 当n2时,an=Sn-1+1. (4分) an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1-an=an,an+1=2an. an=2n-1. (7
28、分),(2)an+1=Sn+1,Sn=2n-1. (8分) 当n2时, . (11分) Tn1+ + =1+ = - , (13分) Tn1+ + + =1+ =2- 2. (14分) 经验证当n=1时,不等式也成立. 故 - Tn2. (15分),5.(2019浙江高考“超级全能生”联考(2月),20)已知数列an的前n项和为Sn,且满足a1=3,3Sn=an +1-3n-3(nN*). (1)求数列an的通项公式; (2)记bn= ,Tn=b1+b2+bn,求证:Tn - .,解析 (1)当n=1时,3S1=a2-3-3,所以a2=15. 当n2时,由 得an+1=4an+3. 又a2=4a1+3,所以当n=1时,也满足an+1=4an+3,且a1=3. 故 =4,所以数列an+1是首项为4,公比为4的等比数列,所以an=4n-1. (2)证明:易知bn= = = - = - - , 则Tn=b1+b2+bn - = - - . Tn - .,
