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(三年模拟一年创新)2016届高考数学复习 第六章 第三节 等比数列及其前n项和 理(全国通用)


第三节

等比数列及其前n项和

A 组 专项基础测试 三年模拟精选 一、选择题 1.(2015·江西赣州模拟)在公比大于 1 的等比数列{an}中,a3a7=72,a2+a8=27,则 a12= ( A.96 ) B.64 C.72 D.48

解析 ∵a3a7=a2a8=72,a2+a8=27, ∴?
?a2=24, ? ?a8=3 ?

或?

?a2=3, ? ?a8=24, ? ? ?a2=3, ?a8=24, ?
10 5

又∵公比大于 1,∴?
2

∴q =8,

6

即 q =2,∴a12=a2q =3×2 =96. 答案 A 2.(2015·山东日照模拟)设数列{an}是由正数组成的等比数列,Sn 为其前 n 项和,已知

a2·a4=1,S3=7,则 S5=(
A. 15 2 B. 31 4

) C. 33 4
2

D.

17 2

解析 设此数列的公比为 q(q>0)由已知,a2a4=1,得 a3=1,所以 a3=1,由 S3=7,知

a3 a3 1 a3+ + 2=7,即 6q2-q-1=0,解得 q= ,进而 a1=4. q q 2

? 1?5? 4?1-? ?2? ? ? ? ? ? 31 所以 S5= = ,选 B. 1 4 1- 2
答案 B 3.(2014·潍坊模拟)设等比数列{an}中,前 n 项和为 Sn,已知 S3=8,S6=7,则 a7+a8+a9 等于( A. 1 8 ) 1 B.- 8 C. 57 8 D. 55 8

解析 ∵a7+a8+a9=S9-S6,S3,S6-S3,S9-S6 也成等比数列,即 8,-1,S9-S6 成等比

1 数列,∴有 8(S9-S6)=1,即 S9-S6= . 8 答案 A 4.(2014·北大附中模拟)已知各项为正的等比数列{an}中,a4 与 a14 的等比中项为 2 2,则 2a7+a11 的最小值为( A.16 解析 2 B.8
2

) C.6
2

D.4 2a9

∵a4a14 = (2 2 ) = 8 ,即 a4a14 = a 9 = 8 ,∴ a9 = 2 2 . 则 2a7 + a11 =

q2

+ a9q ≥

2

2a9 2a9 2 2 4 2 ×a9q =2 2×a9=8,当且仅当 2 =a9q ,即 q =2 时取等号.

q

q

答案 B 二、填空题 5 .(2014·云南大理二模) 若数列 {an}满足 a1= 3,an + 1= 2an+ 1,则该数列的通项公式为 ________. 解析 ∵an+1=2an+1,∴an+1+1=2(an+1),∴数列{an+1}是首项为 4,公比为 2 的等 比数列,∴an+1=4·2 答案 an=2 三、解答题 6 .(2014·陕西师大附中模拟 ) 已知数列 {an} 的各项均为正数的等比数列,且 a1 + a2 =
n+1 n-1

,∴an=2

n+1

-1.

-1

?1 1? ?1 1? 2? + ?,a3+a4=32? + ?. ?a1 a2? ?a3 a4?
(1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=an+log2an,求数列{bn} 的前 n 项和 Tn. 解
1 2

(1) 设 等 比 数 列 {an} 的 公 比 为 q(q>0) , 则 an = a1q
1

n-1

, 且 an>0 , 由 已 知 得

?1 1 ? a +a q=2? + ?, ? ? ?a a q? ? ? 1 + 1 ?. a q +a q =32? ? ? ? ?a q a q ?
1 1 2 3 1 1 2 3 1 1

? ? ?a1q(q+1)=2(q+1), ?a1q=2, 化简得? 2 5 即? 2 5 ?a1q (q+1)=32(q+1), ? ?a1q =32. ? ? ?a1=1, ?q=2. ?

2

2

又∵a1>0,q>0,∴?
2

∴an=2
n-1

n-1

.

(2)由(1)知 bn=an+log2an=4 ∴Tn=(1+4+4 +…+4
2

+n-1,

n-1

)+(0+1+2+3+…+n-1)



4 -1 n(n-1) 4 -1 n(n-1) + = + . 4-1 2 3 2 一年创新演练

n

n

7.已知正项数列{an}中,a1=1,a2=2,2an=an+1+an-1(n≥2),则 a6 等于( A.16
2 2

2

2

2

)

B.8
2

C.2 2
2

D.4
2 2

解析 由 2an=an+1+an-1(n≥2)可知数列{an}是等差数列,且以 a1=1 为首项,公差 d=a2 -a1=4-1=3,所以数列的通项公式为 an=1+3(n-1)=3n-2,所以 a6=3×6-2= 16,即 a6=4.选 D. 答案 D 8.已知数列 1,a1,a2,9 是等差数列,数列 1,b1,b2,b3,9 是等比数列,则 ________. 解析 ∵1,a1,a2,9 是等差数列, ∴a1+a2=1+9=10. 又 1,b1,b2,b3,9 是等比数列,∴b2=1×9=9, ∵b1=b2>0,∴b2=3,∴ 答案 3 10 B 组 专项提升测试 三年模拟精选 一、选择题 9.(2015·山东菏泽二模)已知正项等比数列{an}满足:a7=a6+2a5,若存在两项 an,am 使 1 4 得 aman=4a1,则 + 的最小值为(
2 2 2 2 2

b2

a1+a2

的值为

3 = . a1+a2 10

b2

m n
B.

) C. 25 6
2

A.

3 2

5 3
2

D.不存在

解析 ∵a7=a6+2a5,∴a5q =a5q+2a5,即 q -q-2=0,解得 q=2,q= -1(舍).若存在两项 an,am,有 aman=4a1,即 aman=16a1,a1q 16,∴m+n-2=4,m+n=6,即
2 2 m+n-2

=16a1,即 2

2

m+n-2



m+n
6

=1.

1 4 ?1 4??m+n? 1? 4m n? ∴ + =? + ?? ?= ?5+ n +m? m n ?m n?? 6 ? 6? ? 1? ≥ ?5+2 6? 4m n? 3 × ?= , n m? 2

4m n 2 2 当且仅当 = ,即 n =4m ,n=2m 时取等号,此时 m+n=6=3m,∴m=2,n=4 时取最

n

m

3 小值,∴最小值为 . 2 答案 A 二、解答题 10.(2014·陕西宝鸡 4 月)已知数列{an}满足 a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2). (1)求证:{an+1+2an}是等比数列. (2)求数列{an}的通项公式; (3)设 3 bn=n(3 -an),求|b1|+|b2|+…+|bn|. (1)证明 ∵an+1=an+6an-1(n≥2), ∴an+1+2an=3an+6an-1=3(an+2an-1)(n≥2). 又 a1=5,a2=5, ∴a2+2a1=15, ∴an+2an-1≠0(n≥2), ∴
n n

an+1+2an =3(n≥2), an+2an-1

∴数列{an+1+2an}是以 15 为首项,3 为公比的等比数列. (2)解 由(1)得 an+1+2an=15×3 则 an+1=-2an+5×3 , ∴an+1-3
n+1 n n-1

=5×3 ,

n

=-2(an-3 ).
n

n

又∵a1-3=2,∴an-3 ≠0, ∴{an-3 }是以 2 为首项,-2 为公比的等比数列. ∴an-3 =2×(-2) 即 an=2×(-2)
n-1 n n-1 n


*

+3 (n∈N ).
n

n

(3)解 由(2)及 3 bn=n(3 -an)可得 3 bn=-n(an-3 )=-n[2×(-2)
n n n-1

n

]=n(-2) ,

n

n n ? 2? ?2? ∴bn=n?- ? ,∴|bn|=n? ? . ? 3? ?3?
∴Tn=|b1|+|b2|+…+|bn| 2 n 2 ?2? ?2? = +2×? ? +…+n? ? ,① 3 ?3? ?3?

2 ①× ,得 3 2 3 n 2 ?2? ?2? ?2? Tn=? ? +2×? ? +…+(n-1)? ? + 3 ?3? ?3? ?3?

n? ? 3

?2? ? ?

n+1
,②

①-②,得

n n+1 1 2 ?2?2 ?2? ?2? Tn= +? ? +…+? ? -n? ? 3 3 ?3? ?3? ?3? n+1 n+1 ?2? ?2? =2-3×? ? -n? ? ?3? ?3? n+1 ?2? =2-(n+3)? ? , ?3? n ?2? ∴Tn=6-2(n+3)? ? . ?3?
11.(2014·马鞍山模拟)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=
?2 ? (1)证明数列? ?是等差数列; ?an?
n

2

n+1

an

an+2n

(n∈N ).

*

(2)求数列{an}的通项公式; (3)设 bn=n(n+1)an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. (1)证明 由已知可得 n+1= , 2 an+2n ∴ 2
n+1

an+1

an

an+1 an
n

2 2 = +1,即

n

n+1

an+1 an

2 - =1,

n

2 ∴数列{ }是公差为 1 的等差数列.

an

2 2 (2)解 由(1)可得 = +(n-1)×1=n+1,

n

an a1

∴an=

2

n

n+1

.
n

(3)解 由(2)知,bn=n·2 , ∴Sn=1·2+2·2 +3·2 +…+n·2 , 2Sn=1·2 +2·2 +3·2 +…+n·2
2 3 2 3 4 2 3

n

n+1


n+1 n+1 n+1

两式相减得-Sn=2+2 +2 +…+2 -n·2 =2 -2-n·2 ,∴Sn=(n-1)·2 +2.

n

n+1

12.(2014·广西钦州二模)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,满足 Sn=

a
1-a

(1-an)(a>0 且

a≠1,n∈N*),数列{bn}满足 bn=anlgan(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}中的每一项总小于它后面的项,求 a 的取值范围. 解 (1)∵Sn= (1-an)(a>0 且 a≠1,n∈N ), 1-a

a

*

∴Sn+1= (1-an+1),由 Sn+1-Sn=an+1,得 an+1= (an-an+1),∴an+1=a·an, 1-a 1-a 即

a

a

an+1 * =a(a≠0,n∈N ); an a

当 n=1 时,a1= (1-a1),即 a1=a. 1-a 于是,数列{an}是以 a 为首项,a 为公比的等比数列,其通项公式为 an=a (n∈N ). (2)依题意,得 bn=na lg a,令 bk+1>bk(k∈N ), 则(k+1)·a
k+1 n
*

n

*

lg a>ka lg a.
k

k

∵a>0 且 a≠1,∴a >0,即(k+1)alg a>klg a. ①当 a>1 时,lg a>0,则(k+1)a>k,即 a> ∵0<

k

k+1

.

k

k+1

<1,∴a>1 时,bk+1>bk(k∈N )恒成立.

*

②当 0<a<1 时,lg a<0,则(k+1)a<k,即 a<

k

k+1

.

为了使不等式对任意的正整数 k 都成立,只需 a<? ∵

? k ? . ? ?k+1?min

k 1 1 1 = ≥ ,∴0<a< . k+1 1 2 2 1+ k

? 1? 综上可知,a 的取值范围是?a|a>1,或0<a< ?. 2? ?

一年创新演练 13.已知正项数列{an}满足:an-(n +n-1)an-(n +n)=0(n∈N+),数列{bn}的前 n 项和 为 Sn,且满足 b1=1,2Sn=1+bn(n∈N+). (1) 求数列{an}和{bn}的通项公式; (2n+1)bn (2)设 cn= ,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,求证:T2n<1.
2 2 2

an

(1)解 由 an-(n +n-1)an-(n +n)=0,得[an-(n +n)](an+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 an=n +n.
2

2

2

2

2

由 2Sn=1+bn 可得当 n≥2 时,2Sn-1=1+bn-1,两式相减得 bn=-bn-1, ∴数列{bn}是首项为 1,公比为-1 的等比数列, ∴bn=(-1)
n-1

.

(2n+1)bn (2)证明 ∵ cn=

an

=(-1)

n-1

·

2n+1 . n(n+1)

法一 ∴c2n-1+c2n = = = = 4n-1 4n+1 - 2n(2n-1) 2n(2n+1) (4n-1)(2n+1)-(4n+1)(2n-1) 2n(2n-1)(2n+1) 2 (2n-1)(2n+1) 1 1 - , 2n-1 2n+1

1 1 1 1 1 1 ∴ T2n = (c1 + c2) + (c3 + c4) +…+ (c2n - 1 + c2n) = - + - +…+ - =1- 1 3 3 5 2n-1 2n+1 1 <1. 2n+1 (2n+1)bn 2n+1 n-1 法二 ∵cn= =(-1) · an n(n+1) =(-1)
n-1

1 ? ?1 ·? + ?, ?n n+1?

∴T2n=c1+c2+c3+c4+…+c2n-1+c2n

?1 1? ?1 1? ?1 1? ?1 1? =? + ?-? + ?+? + ?-? + ?+…+ ?1 2? ?2 3? ?3 4? ?4 5? ? 1 + 1 ?-? 1 + 1 ? ?2n-1 2n? ?2n 2n+1? ? ? ? ?
1 =1- <1. 2n+1


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