高考理数　等比数列

高考理数　等比数列

§6.3 　等比数列 高考理数 (课标专用 ) A组  统一命题·课标卷题组 1. (2017课标Ⅱ,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 五年高考 答案    B 　本题主要考查数学文化及等比数列基本量的计算. 由题意可知,由上到下灯的盏数 a 1 , a 2 , a 3 , … , a 7 构成以2为公比的等比数列,∴ S 7 =   =381,∴ a 1 = 3.故选B. 2 .(2015课标Ⅱ,4,5分,0.834)已知等比数列{ a n }满足 a 1 =3, a 1 + a 3 + a 5 =21,则 a 3 + a 5 + a 7 =   (　　) A.21　    B.42　    C.63　    D.84 答案    B 　设{ a n }的公比为 q ,由 a 1 =3, a 1 + a 3 + a 5 =21得1+ q 2 + q 4 =7,解得 q 2 =2(负值舍去).∴ a 3 + a 5 + a 7 = a 1 q 2 + a 3 q 2 + a 5 q 2 =( a 1 + a 3 + a 5 ) q 2 =21 × 2=42. 思路分析 　用 a 1 , q 表示 a 3 , a 5 ,代入已知等式求出 q 2 值,进而利用 a 3 + a 5 + a 7 =( a 1 + a 3 + a 5 ) q 2 得结果. 3 .(2016课标Ⅰ,15,5分)设等比数列{ a n }满足 a 1 + a 3 =10, a 2 + a 4 =5,则 a 1 a 2 … a n 的最大值为 　　　     . 答案 　64 解析 　设{ a n }的公比为 q ,于是   解得 a 1 =8, q =   , ∴ a n =2 4- n ,∴ a 1 a 2 … a n =2 3+2+1+ … +(4- n ) =   =   ≤ 2 6 =64.∴ a 1 a 2 … a n 的最大值为64. 思路分析 　用 a 1 , q 表示 a 2 , a 3 , a 4 ,列方程组解得 a 1 , q ,进而求出 a n =2 4- n ,从而表示出 a 1 a 2 a 3 … a n ,由此即 可求出最大值. 解题关键     求出 a n ,并会求-   n 2 +   n 的最大值是解题关键. 4. (2018课标Ⅲ,17,12分)等比数列{ a n }中, a 1 =1, a 5 =4 a 3 . (1)求{ a n }的通项公式; (2)记 S n 为{ a n }的前 n 项和.若 S m =63,求 m . 解析 　本题考查等比数列的概念及其运算. (1)设{ a n }的公比为 q ,由题设得 a n = q n -1 . 由已知得 q 4 =4 q 2 ,解得 q =0(舍去)或 q =-2或 q =2. 故 a n =(-2) n -1 或 a n =2 n -1 . (2)若 a n =(-2) n -1 ,则 S n =   . 由 S m =63得(-2) m =-188.此方程没有正整数解. 若 a n =2 n -1 ,则 S n =2 n -1.由 S m =63得2 m =64,解得 m =6. 综上, m =6. 思路分析 　(1)根据已知建立关于 q 的方程→求得 q 并检验→代入等比数列的通项公式 (2)利用等比数列前 n 项和公式与已知建立等量关系即可求解. 易错警示 　解方程时,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. 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.求出等比数列的两个基本量 a 1 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. 5. (2016课标Ⅲ,17,12分)已知数列{ a n }的前 n 项和 S n =1+ λa n ,其中 λ ≠ 0. (1)证明{ a n }是等比数列,并求其通项公式; (2)若 S 5 =   ,求 λ . 解析 　(1)由题意得 a 1 = S 1 =1+ λa 1 , 故 λ ≠ 1, a 1 =   , a 1 ≠ 0.   (2分) 由 S n =1+ λa n , S n +1 =1+ λa n +1 得 a n +1 = λa n +1 - λa n ,即 a n +1 ( λ -1)= λa n .由 a 1 ≠ 0, λ ≠ 0得 a n ≠ 0,所以   =   . 因此{ a n }是首项为   ,公比为   的等比数列, 于是 a n =     .   (6分) (2)由(1)得 S n =1-   . 由 S 5 =   得1-   =   ,即   =   . 解得 λ =-1.   (12分) 方法指导 　(1)利用 a n +1 = S n +1 - S n 可得到 a n +1 与 a n 的关系式,要证数列{ a n }是等比数列,关键是得出 a n +1 与 a n 之比为常数,其中说明 a n ≠ 0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论列方程即可求出 λ . 考点一　等比数列的概念及运算 1. (2018北京,4,5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   (　　) A.   f 　    B.   f 　    C.   f 　    D.   f B组  自主命题·省(区、市)卷题组 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{ a n },则 a 8 = a 1 q 7 ,即 a 8 =   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:①读不懂题意,不 能正确转化为数学问题.②对要用到的公式记忆错误.③在求解过程中计算错误. 2. (2014重庆,2,5分)对任意等比数列{ a n },下列说法一定正确的是   (　　) A. a 1 , a 3 , a 9 成等比数列　    B. a 2 , a 3 , a 6 成等比数列 C. a 2 , a 4 , a 8 成等比数列　    D. a 3 , a 6 , a 9 成等比数列 答案    D 　不妨设公比为 q ,则   =   q 4 , a 1 · a 9 =   q 8 , a 2 · a 6 =   · q 6 ,当 q ≠ ± 1时,A、B均不正确;又   =   q 6 , a 2 · a 8 =   q 8 ,同理,C不正确;由   =   q 10 , a 3 · a 9 =   q 10 ,知D正确. 3 .(2017北京,10,5分)若等差数列{ a n }和等比数列{ b n }满足 a 1 = b 1 =-1, a 4 = b 4 =8,则   = 　　　     . 答案 　1 解析 　本题考查等差数列、等比数列的基础知识,考查运算求解能力. 设等差数列{ a n }的公差为 d ,等比数列{ b n }的公比为 q . ∵ a 1 = b 1 =-1, a 4 = b 4 =8, ∴   ∴   ∴ a 2 =2, b 2 =2.∴   =   =1. 4. (2017江苏,9,5分)等比数列{ a n }的各项均为实数,其前 n 项和为 S n .已知 S 3 =   , S 6 =   ,则 a 8 = 　　          . 答案 　32 解析 　本题考查等比数列及等比数列的前 n 项和. 设等比数列{ a n }的公比为 q . 当 q =1时, S 3 =3 a 1 , S 6 =6 a 1 =2 S 3 ,不符合题意, ∴ q ≠ 1,由题设可得   解得   ∴ a 8 = a 1 q 7 =   × 2 7 =32. 5. (2015湖南,14,5分)设 S n 为等比数列{ a n }的前 n 项和.若 a 1 =1,且3 S 1 ,2 S 2 , S 3 成等差数列,则 a n = 　     　     . 答案 　3 n -1 解析 　设等比数列{ a n }的公比为 q ( q ≠ 0),依题意得 a 2 = a 1 · q = q , a 3 = a 1 q 2 = q 2 , S 1 = a 1 =1, S 2 =1+ q , S 3 =1+ q + q 2 .又3 S 1 ,2 S 2 , S 3 成等差数列,所以4 S 2 =3 S 1 + S 3 ,即4(1+ q )=3+1+ q + q 2 ,所以 q =3( q =0舍去).所以 a n = a 1 q n -1 =3 n -1 . 6 .(2014安徽,12,5分)数列{ a n }是等差数列,若 a 1 +1, a 3 +3, a 5 +5构成公比为 q 的等比数列,则 q = 　     　     . 答案 　1 解析 　设{ a n }的公差为 d ,则 a 3 +3= a 1 +1+2 d +2, a 5 +5= a 1 +1+4 d +4,由题意可得( a 3 +3) 2 =( a 1 +1)( a 5 +5). ∴[( a 1 +1)+2( d +1)] 2 =( a 1 +1)[( a 1 +1)+4( d +1)], ∴( a 1 +1) 2 +4( d +1)( a 1 +1)+[2( d +1)] 2 =( a 1 +1) 2 +4( a 1 +1)·( d +1), ∴ d =-1,∴ a 3 +3= a 1 +1,∴公比 q =   =1. 7 .(2015山东,18,12分)设数列{ a n }的前 n 项和为 S n .已知2 S n =3 n +3. (1)求{ a n }的通项公式; (2)若数列{ b n }满足 a n b n =log 3 a n ,求{ b n }的前 n 项和 T n . 解析 　(1)因为2 S n =3 n +3,所以2 a 1 =3+3,故 a 1 =3, 当 n >1时,2 S n -1 =3 n -1 +3, 此时2 a n =2 S n -2 S n -1 =3 n -3 n -1 =2 × 3 n -1 ,即 a n =3 n -1 , 所以 a n =   (2)因为 a n b n =log 3 a n ,所以 b 1 =   , 当 n >1时, b n =3 1- n log 3 3 n -1 =( n -1)·3 1- n . 所以 T 1 = b 1 =   ; 当 n >1时, =   +   -( n -1) × 3 1- n =   -   , 所以 T n =   -   ( n >1). 经检验, n =1时也适合. 综上可得 T n =   -   ( n ∈N * ). T n = b 1 + b 2 + b 3 + … + b n =   +[1 × 3 -1 +2 × 3 -2 + … +( n -1) × 3 1- n ], 所以3 T n =1+[1 × 3 0 +2 × 3 -1 + … +( n -1) × 3 2- n ], 两式相减,得 2 T n =   +(3 0 +3 -1 +3 -2 + … +3 2- n )-( n -1) × 3 1- n 8. (2016四川,19,12分)已知数列{ a n }的首项为1, S n 为数列{ a n }的前 n 项和, S n +1 = qS n +1,其中 q >0, n ∈ N * . (1)若2 a 2 , a 3 , a 2 +2成等差数列,求数列{ a n }的通项公式; (2)设双曲线 x 2 -   =1的离心率为 e n ,且 e 2 =   ,证明: e 1 + e 2 + … + e n >   . 解析 　(1)由已知, S n +1 = qS n +1, S n +2 = qS n +1 +1,两式相减得到 a n +2 = qa n +1 , n ≥ 1. 又由 S 2 = qS 1 +1得到 a 2 = qa 1 ,故 a n +1 = qa n 对所有 n ≥ 1都成立. 所以,数列{ a n }是首项为1,公比为 q 的等比数列. 从而 a n = q n -1 .由2 a 2 , a 3 , a 2 +2成等差数列,可得2 a 3 =3 a 2 +2,即2 q 2 =3 q +2,则(2 q +1)( q -2)=0, 由已知, q >0,故 q =2.所以 a n =2 n -1 ( n ∈N * ). (2)证明:由(1)可知, a n = q n -1 .所以双曲线 x 2 -   =1的离心率 e n =   =   . 由 e 2 =   =   ,解得 q =   . 因为1+ q 2( k -1) > q 2( k -1) ,所以   > q k -1 ( k ∈N * ). 于是 e 1 + e 2 + … + e n >1+ q + … + q n -1 =   , 故 e 1 + e 2 + … + e n >   . 考点二　等比数列的性质 1. (2018浙江,10,4分)已知 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 成等比数列,且 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 =ln( a 1 + a 2 + a 3 ).若 a 1 >1,则   (　　) A. a 1 < a 3 , a 2 < a 4 　    B. a 1 > a 3 , a 2 < a 4 C. a 1 < a 3 , a 2 > a 4 　    D. a 1 > a 3 , a 2 > a 4 答案     B 　本小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 ( x >0), 则 f '( x )=   -1=   , 令 f '( x )>0, 得 0< x <1, 令 f '( x )<0, 得 x >1, ∴ 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 x ≤ x -1. 从而 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 =ln( a 1 + a 2 + a 3 ) ≤ a 1 + a 2 + a 3 -1, ∴ a 4 <0,又 a 1 >1,∴公比 q <0. 若 q =-1,则 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 =0,ln( a 1 + a 2 + a 3 )=ln a 1 >0,矛盾. 若 q <-1,则 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = a 1 (1+ q + q 2 + q 3 )= a 1 (1+ q )(1+ q 2 )<0,而 a 2 + a 3 = a 2 (1+ q )= a 1 q (1+ q )>0,∴ln( a 1 + a 2 + a 3 )>ln a 1 >0,也矛盾.∴-1< q <0. 从而   = q 2 <1,∵ a 1 >0,∴ a 1 > a 3 . 同理,∵   = q 2 <1, a 2 <0,∴ a 4 > a 2 .选B. 思路分析 　(1)由题中的选项可知要判断0< q 2 <1,还是 q 2 >1. (2)由条件可知要利用不等式ln x ≤ x -1( x >0),得 a 4 <0,进而得 q <0. (3)直接求 q 的取值范围较难,转化为判断 q =-1和 q <-1时,等式 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 =ln( a 1 + a 2 + a 3 )左、右两 边的正负,进而得出矛盾,从而得-1< q <0. (4)注意 a 1 >0,而 a 2 <0,利用-1< q <0得结论. 2. (2016天津,5,5分)设{ a n }是首项为正数的等比数列,公比为 q ,则“ q <0”是“对任意的正整 数 n , a 2 n -1 + a 2 n <0”的   (　　) A.充要条件　     B.充分而不必要条件 C.必要而不充分条件　    D.既不充分也不必要条件 答案    C 　若对任意的正整数 n , a 2 n -1 + a 2 n <0,则 a 1 + a 2 <0,又 a 1 >0,所以 a 2 <0,所以 q =   <0.若 q <0,可取 q =-1, a 1 =1,则 a 1 + a 2 =1-1=0,不满足对任意的正整数 n , a 2 n -1 + a 2 n <0.所以“ q <0”是“对任意的正整 数 n , a 2 n -1 + a 2 n <0”的必要而不充分条件.故选C. 3 .(2015安徽,14,5分)已知数列{ a n }是递增的等比数列, a 1 + a 4 =9, a 2 a 3 =8,则数列{ a n }的前 n 项和等于 　　　     . 答案 　2 n -1 解析 　由已知得, a 1 a 4 = a 2 a 3 =8,又 a 1 + a 4 =9,则   或   又数列{ a n }是递增的等比数列,∴ a 1 < a 4 ,∴ a 1 =1, a 4 =8,从而 q 3 =   =8,即 q =2,则前 n 项和 S n =   =2 n -1. 4 .(2014天津,11,5分)设{ a n }是首项为 a 1 ,公差为-1的等差数列, S n 为其前 n 项和.若 S 1 , S 2 , S 4 成等比数 列,则 a 1 的值为 　　　     . 答案 　-   解析      S 1 = a 1 , S 2 =2 a 1 -1, S 4 =4 a 1 -6.故(2 a 1 -1) 2 = a 1 × (4 a 1 -6),解得 a 1 =-   . 5. (2014广东,13,5分)若等比数列{ a n }的各项均为正数,且 a 10 a 11 + a 9 a 12 =2e 5 ,则ln a 1 +ln a 2 + … +ln a 20 = 　　　     . 答案 　50 解析 　因为等比数列{ a n }中, a 10 · a 11 = a 9 · a 12 , 所以由 a 10 a 11 + a 9 a 12 =2e 5 , 可解得 a 10 · a 11 =e 5 . 所以ln a 1 +ln a 2 + … +ln a 20 =ln( a 1 · a 2 · … · a 20 )=ln( a 10 · a 11 ) 10 =10ln( a 10 · a 11 )=10·ln e 5 =50. 考点一　等比数列的概念及运算 1 .(2013课标Ⅱ,3,5分,0.859)等比数列{ a n }的前 n 项和为 S n ,已知 S 3 = a 2 +10 a 1 , a 5 =9,则 a 1 =   (　　) A.   　    B.-   　    C.   　    D.-   C组  教师专用题组 答案    C 　由已知条件及 S 3 = a 1 + a 2 + a 3 得 a 3 =9 a 1 ,设数列{ a n }的公比为 q ,则 q 2 =9. 所以 a 5 =9= a 1 · q 4 =81 a 1 ,得 a 1 =   ,故选C. 思路分析 　由 S 3 = a 1 + a 2 + a 3 及已知条件得 a 3 =9 a 1 ,结合 a 3 = a 1 q 2 得 q 2 ,利用 a 5 = a 1 · q 4 列等式,解得 a 1 值. 2. (2013江西,3,5分)等比数列 x ,3 x +3,6 x +6, … 的第四项等于   (　　) A.-24　    B.0　    C.12　    D.24 答案    A 　由 x ,3 x +3,6 x +6成等比数列,知(3 x +3) 2 = x ·(6 x +6),解得 x =-3或 x =-1(舍去).所以原等比数 列的前三项为-3,-6,-12.故第四项为-24,选A. 评析     本题主要考查等比数列的概念及等比中项,考查学生的运算求解能力和推理论证能 力,运用等比中项公式是解题关键. 3. (2012课标Ⅰ,5,5分)已知{ a n }为等比数列, a 4 + a 7 =2, a 5 a 6 =-8,则 a 1 + a 10 =   (　　) A.7　    B.5　    C.-5　    D.-7 答案    D 　由 a 5 a 6 = a 4 a 7 ,得 a 4 a 7 =-8,解   得 a 4 =4, a 7 =-2或 a 4 =-2, a 7 =4, ∴ q 3 =-   或 q 3 =-2. 当 q 3 =-   时, a 1 + a 10 =   + a 4 q 6 =   +4 ×   =-7; 当 q 3 =-2时, a 1 + a 10 =   + a 4 q 6 =   +(-2)·(-2) 2 =-7,故选D. 4. (2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{ a n }中,若 a 2 =1, a 8 = a 6 +2 a 4 ,则 a 6 的值是 　　　     . 答案 　4 解析 　由 a 8 = a 6 +2 a 4 ,两边都除以 a 4 ,得 q 4 = q 2 +2,即 q 4 - q 2 -2=0 ⇔ ( q 2 -2)( q 2 +1)=0,∴ q 2 =2. ∵ a 2 =1,∴ a 6 = a 2 q 4 =1 × 2 2 =4. 5. (2015江苏,20,16分)设 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 是各项为正数且公差为 d ( d ≠ 0)的等差数列. (1)证明:   ,   ,   ,   依次构成等比数列; (2)是否存在 a 1 , d ,使得 a 1 ,   ,   ,   依次构成等比数列?并说明理由; (3)是否存在 a 1 , d 及正整数 n , k ,使得   ,   ,   ,   依次构成等比数列?并说明理由. 解析 　(1)证明:因为   =   =2 d ( n =1,2,3)是同一个常数,所以   ,   ,   ,   依次构成等比数列. (2)令 a 1 + d = a ,则 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 分别为 a - d , a , a + d , a +2 d ( a > d , a >-2 d , d ≠ 0). 假设存在 a 1 , d ,使得 a 1 ,   ,   ,   依次构成等比数列, 则 a 4 =( a - d )( a + d ) 3 ,且( a + d ) 6 = a 2 ( a +2 d ) 4 . 令 t =   ,则1=(1- t )(1+ t ) 3 ,且(1+ t ) 6 =(1+2 t ) 4   , 化简得 t 3 +2 t 2 -2=0(*),且 t 2 = t +1.将 t 2 = t +1代入(*)式,得 t ( t +1)+2( t +1)-2= t 2 +3 t = t +1+3 t =4 t +1=0,则 t =-   . 显然 t =-   不是方程 t 2 = t +1的解,矛盾,所以假设不成立, 因此不存在 a 1 , d ,使得 a 1 ,   ,   ,   依次构成等比数列. 并令 t =     , 则(1+2 t ) n +2 k =(1+ t ) 2( n + k ) ,且(1+ t ) n + k (1+3 t ) n +3 k =(1+2 t ) 2( n +2 k ) . 将上述两个等式两边取对数,得( n +2 k )ln(1+2 t )=2( n + k )·ln(1+ t ), 且( n + k )ln(1+ t )+( n +3 k )ln(1+3 t )=2( n +2 k )ln(1+2 t ). 化简得2 k [ln(1+2 t )-ln(1+ t )]= n [2ln(1+ t )-ln(1+2 t )], 且3 k [ln(1+3 t )-ln(1+ t )]= n [3ln(1+ t )-ln(1+3 t )]. 再将这两式相除,化简得ln(1+3 t )ln(1+2 t )+3ln(1+2 t )ln(1+ t )=4ln(1+3 t )ln(1+ t )(**). 令 g ( t )=4ln(1+3 t )ln(1+ t )-ln(1+3 t )ln(1+2 t )-3ln(1+2 t )·ln(1+ t ), 则 g '( t )=   . (3)假设存在 a 1 , d 及正整数 n , k ,使得   ,   ,   ,   依次构成等比数列,则   ( a 1 +2 d ) n +2 k =( a 1 + d ) 2( n + k ) ,且( a 1 + d ) n + k ( a 1 +3 d ) n +3 k =( a 1 +2 d ) 2( n +2 k ) . 分别在两个等式的两边同除以   及   , 令 φ 2 ( t )= φ ' 1 ( t ),则 φ ' 2 ( t )=   >0. 由 g (0)= φ (0)= φ 1 (0)= φ 2 (0)=0, φ ' 2 ( t )>0, 知 φ 2 ( t ), φ 1 ( t ), φ ( t ), g ( t )在   和(0,+ ∞ )上均单调. 故 g ( t )只有唯一零点 t =0,即方程(**)只有唯一解 t =0,故假设不成立. 所以不存在 a 1 , d 及正整数 n , k ,使得   ,   ,   ,   依次构成等比数列. 评析 　本题考查等差数列的定义、等比数列的运算和综合应用,考查演绎推理、直接证 明、间接证明等逻辑思维能力. 令 φ ( t )=(1+3 t ) 2 ln(1+3 t )-3(1+2 t ) 2 ln(1+2 t )+3(1+ t ) 2 ·ln(1+ t ), 则 φ '( t )=6[(1+3 t )ln(1+3 t )-2(1+2 t )ln(1+2 t )+(1+ t )·ln(1+ t )]. 令 φ 1 ( t )= φ '( t ),则 φ ' 1 ( t )=6[3ln(1+3 t )-4ln(1+2 t )+ln(1+ t )]. 6. (2013天津,19,14分)已知首项为   的等比数列{ a n }不是递减数列,其前 n 项和为 S n ( n ∈N * ),且 S 3 + a 3 , S 5 + a 5 , S 4 + a 4 成等差数列. (1)求数列{ a n }的通项公式; (2)设 T n = S n -   ( n ∈N * ),求数列{ T n }的最大项的值与最小项的值. 解析 　 (1) 设等比数列 { a n } 的公比为 q , 因为 S 3 + a 3 , S 5 + a 5 , S 4 + a 4 成等差数列 , 所以 S 5 + a 5 - S 3 - a 3 = S 4 + a 4 - S 5 - a 5 , 即 4 a 5 = a 3 , 于是 q 2 =   =   . 又 { a n } 不是递减数列且 a 1 =   , 所以 q =-   . 故等比数列 { a n } 的通项公式为 a n =   ×   =(-1) n -1 ·   . (2)由(1)得 S n =1-   =   当 n 为奇数时, S n 随 n 的增大而减小, 所以1< S n ≤ S 1 =   , 故0< S n -   ≤ S 1 -   =   -   =   . 当 n 为偶数时, S n 随 n 的增大而增大, 所以   = S 2 ≤ S n <1, 故0> S n -   ≥ S 2 -   =   -   =-   . 综上,对于 n ∈N * ,总有-   ≤ S n -   ≤   . 所以数列{ T n }最大项的值为   ,最小项的值为-   . 评析     本题主要考查等差数列的概念,等比数列的概念、通项公式、前 n 项和公式等基础知 识.考查分类讨论的思想,考查运算能力、分析问题和解决问题的能力. 考点二　等比数列的性质 1. (2014大纲全国,10,5分)等比数列{ a n }中, a 4 =2, a 5 =5,则数列{lg a n }的前8项和等于   (　　) A.6　    B.5　    C.4　    D.3 答案    C 　由题意知 a 1 · a 8 = a 2 · a 7 = a 3 · a 6 = a 4 · a 5 =10,∴数列{lg a n }的前8项和等于lg a 1 +lg a 2 + … +lg a 8 =lg( a 1 · a 2 · … · a 8 )=lg( a 4 · a 5 ) 4 =4lg( a 4 · a 5 )=4lg 10=4.故选C. 2. (2013福建,9,5分)已知等比数列{ a n }的公比为 q ,记 b n = a m ( n -1)+1 + a m ( n -1)+2 + … + a m ( n -1)+ m , c n = a m ( n -1)+1 · a m ( n -1)+2 · … · a m ( n -1)+ m ( m , n ∈N * ),则以下结论一定正确的是   (　　) A.数列{ b n }为等差数列,公差为 q m B.数列{ b n }为等比数列,公比为 q 2 m C.数列{ c n }为等比数列,公比为   D.数列{ c n }为等比数列,公比为   答案    C      b n = a m ( n -1)+1 ·(1+ q + q 2 + … + q m -1 ),   =   = q m ,故数列{ b n }为等比数列,公比为 q m ,选 项A、B均错误; c n =   · q 1+2+ … +( m -1) ,   =   =   =( q m ) m =   ,故数列{ c n }为等比数列,公比为   ,D错误, 故选C. 3 .(2013陕西,17,12分)设{ a n }是公比为 q 的等比数列. (1)推导{ a n }的前 n 项和公式; (2)设 q ≠ 1,证明数列{ a n +1}不是等比数列. 解析 　(1)设{ a n }的前 n 项和为 S n , 当 q =1时, S n = a 1 + a 1 + … + a 1 = na 1 ; 当 q ≠ 1时, S n = a 1 + a 1 q + a 1 q 2 + … + a 1 q n -1 ,   ① qS n = a 1 q + a 1 q 2 + … + a 1 q n ,   ② ①-②得,(1- q ) S n = a 1 - a 1 q n , ∴ S n =   , ∴ S n =   (2)假设{ a n +1}是等比数列,则对任意的 k ∈N + , ( a k +1 +1) 2 =( a k +1)( a k +2 +1),   +2 a k +1 +1= a k a k +2 + a k + a k +2 +1,   q 2 k +2 a 1 q k = a 1 q k -1 · a 1 q k +1 + a 1 q k -1 + a 1 q k +1 , ∵ a 1 ≠ 0,∴2 q k = q k -1 + q k +1 .∵ q ≠ 0,∴ q 2 -2 q +1=0, ∴ q =1,这与已知矛盾.∴假设不成立,故{ a n +1}不是等比数列. 考点一　等比数列的概念及运算 1. (2018广东珠海模拟,4) S n 是正项等比数列{ a n }的前 n 项和, a 3 =18, S 3 =26,则 a 1 =   (　　) A.2　    B.3　    C.1　    D.6 A组  2016—2018年高考模拟·基础题组 三年模拟 答案    A 　设等比数列{ a n }的公比为 q ,因 a 3 =18, S 3 =26,则有 a 3 +   +   =26,即18+   +   =26,可解 得: q =3或 q =-   ,又由数列{ a n }为正项等比数列,得 q =3,则 a 1 =   =   =2,故选A. 2. (2018山东淄博一模,6)已知{ a n }是等比数列,若 a 1 =1, a 6 =8 a 3 ,数列   的前 n 项和为 T n ,则 T 5 =   (　　) A.   　    B.31　    C.   　    D.7 答案    A 　设等比数列{ a n }的公比为 q ,∵ a 1 =1, a 6 =8 a 3 ,∴ q 3 =8,解得 q =2.∴ a n =2 n -1 .∴   =   .∴ 数列   是首项为1,公比为   的等比数列.则 T 5 =   =   .故选A. 3. (2018福建厦门模拟,8)设等比数列{ a n }的前 n 项和为 S n ,若 S n =2 n +1 + λ ,则 λ =   (　　) A.-2　    B.-1　    C.1　    D.2 答案    A　 解法一:当 n =1时, a 1 = S 1 =4+ λ . 当 n ≥ 2时, a n = S n - S n -1 =(2 n +1 + λ )-(2 n + λ )=2 n ,此时   =   =2. 因为{ a n }是等比数列,所以   =2,即   =2,解得 λ =-2.故选A. 解法二:依题意, a 1 = S 1 =4+ λ , a 2 = S 2 - S 1 =4, a 3 = S 3 - S 2 =8, 因为{ a n }是等比数列,所以   = a 1 · a 3 ,所以8(4+ λ )=4 2 ,解得 λ =-2.故选A. 解法三: S n =2 n +1 + λ =2 × 2 n + λ ,易知 q ≠ 1,因为{ a n }是等比数列,所以 S n =   -   q n ,据此可得 λ =-2.故 选A. 4. (2018湖南长沙一模,9)设首项为1,公比为   的等比数列{ a n }的前 n 项和为 S n ,则   (　　) A. S n =2 a n -1　    B. S n =3 a n -2　    C. S n =4-3 a n 　    D. S n =3-2 a n 答案    D 　因为 a 1 =1,公比 q =   ,所以 a n =   , S n =   =3   1-     =3-2   =3-2 a n ,故选D. 5.( 2018山东实验中学诊断测试,7)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题:今有 牛、马、羊食人苗,苗主责之粟五斗,羊主曰:“我羊食半马.”马主曰:“我马食半牛.”今欲衰 偿之,问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗,禾苗主人要求赔偿5斗 粟.羊主人说:“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说:“我的马所吃的禾苗只有牛的 一半.”打算按此比例偿还,他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人应偿还 a 升, b 升, c 升,1斗 为10升,则下列判断正确的是   (　　) A. a , b , c 依次成公比为2的等比数列,且 a =   B. a , b , c 依次成公比为2的等比数列,且 c =   C. a , b , c 依次成公比为   的等比数列,且 a =   D. a , b , c 依次成公比为   的等比数列,且 c =   答案    D 　由题意可知 b =   a , c =   b ,∴   =   ,   =   .∴ a 、 b 、 c 成等比数列且公比为   .∵1斗=10 升,∴5斗=50升,∴ a + b + c =50,又易知 a =4 c , b =2 c ,∴4 c +2 c + c =50,∴7 c =50,∴ c =   ,故选D. 6 .(2017福建漳州八校2月联考,3)等比数列{ a n }的前 n 项和为 S n ,若 S 3 =2, S 6 =18,则   等于   (　　) A.-3　    B.5　    C.-31　    D.33 答案    D 　设等比数列{ a n }的公比为 q ,则由已知得 q ≠ 1. ∵ S 3 =2, S 6 =18,∴   =   ,得 q 3 =8,∴ q =2.∴   =   =1+ q 5 =33,故选D. 7. (2018河南信阳模拟,17)已知数列{ a n }满足 a 1 =1, a n +1 =2 a n + λ ( λ 为常数). (1)试探究数列{ a n + λ }是不是等比数列,并求 a n ; (2)当 λ =1时,求数列{ n ( a n + λ )}的前 n 项和 T n . 解析 　(1)因为 a n +1 =2 a n + λ ,所以 a n +1 + λ =2( a n + λ ). 又 a 1 =1, 所以当 λ =-1时, a 1 + λ =0,数列{ a n + λ }不是等比数列, 此时 a n + λ = a n -1=0,即 a n =1; 当 λ ≠ -1时, a 1 + λ ≠ 0,所以 a n + λ ≠ 0, 所以数列{ a n + λ }是以1+ λ 为首项,2为公比的等比数列, 此时 a n + λ =(1+ λ )2 n -1 ,即 a n =(1+ λ )2 n -1 - λ . (2)由(1)知 a n =2 n -1,所以 n ( a n +1)= n × 2 n , T n =2+2 × 2 2 +3 × 2 3 + … + n × 2 n ①, 2 T n =2 2 +2 × 2 3 +3 × 2 4 + … + n × 2 n +1 ②, ①-②得:- T n =2+2 2 +2 3 + … +2 n - n × 2 n +1 =   - n × 2 n +1 =2 n +1 -2- n × 2 n +1 =(1- n )2 n +1 -2. 所以 T n =( n -1)2 n +1 +2. 8 .(2018福建福安一中试题,17)已知等比数列{ a n }的各项均为正数,且 a 2 =4, a 3 + a 4 =24. (1)求数列{ a n }的通项公式; (2)若数列{ b n }的前 n 项和 S n = n 2 + n +2 n +1 -2( n ∈N * ),求证:数列{ a n - b n }是等差数列. 解析 　(1)设等比数列{ a n }的公比为 q ,依题意知 q >0. 由已知得   两式相除得 q 2 + q -6=0, 解得 q =2或 q =-3(舍去),所以 a 1 =   =2, 所以数列{ a n }的通项公式为 a n = a 1 · q n -1 =2 n . (2)证明:由已知得,当 n =1时, b 1 =4; 当 n ≥ 2时, b n = S n - S n -1 = n 2 + n +2 n +1 -( n -1) 2 -( n -1)-2 n =2 n +2 n ,又 b 1 =4符合上式,∴ b n =2 n +2 n ( n ∈N * ). 设 c n = a n - b n ,则 c n =-2 n ,当 n ≥ 2时, c n - c n -1 =-2, ∴{ c n }即{ a n - b n }是等差数列. 考点二　等比数列的性质 1. (2018湖南湘潭三模,9)已知等比数列{ a n }的前 n 项积为 T n ,若 a 1 =-24, a 4 =-   ,则当 T n 取最大值时, n 的值为   (　　) A.2　    B.3　    C.4　    D.6 答案    C 　等比数列{ a n }的前 n 项积为 T n ,由 a 1 =-24, a 4 =-   ,可得 q 3 =   =   ,解得 q =   ,∴ T n = a 1 a 2 a 3 … a n =(-24) n · q 1+2+ … +( n -1) =(-24) n ·   ,当 T n 取最大值时,可得 n 为偶数,当 n =2时, T 2 =24 2 ·   =192;当 n =4 时, T 4 =24 4 ·   =   ;当 n =6时, T 6 =24 6 ·   =   ,则 T 6 < T 2 < T 4 ,又当 n >6,且 n 为偶数时, T n < T 6 ,故 n =4时, T n 取最大值.故选C. 2 .(2016湖北华师一附中3月联考,3)在等比数列{ a n }中, a 2 a 3 a 4 =8, a 7 =8,则 a 1 =   (　　) A.1　    B. ± 1　    C.2　    D. ± 2 答案    A     因为数列{ a n }是等比数列,所以 a 2 a 3 a 4 =   =8,所以 a 3 =2,所以 a 7 = a 3 q 4 =2 q 4 =8,所以 q 2 =2, a 1 =   =1,故选A. 3. (2018湖北荆州一模,13)已知等比数列{ a n }的公比不为-1,设 S n 为等比数列{ a n }的前 n 项和, S 12 =7 S 4 ,则   = 　　　     . 答案 　3 解析 　由题意可知 S 4 , S 8 - S 4 , S 12 - S 8 成等比数列,则( S 8 - S 4 ) 2 = S 4 ·( S 12 - S 8 ),又 S 12 =7 S 4 ,∴( S 8 - S 4 ) 2 = S 4 ·(7 S 4 - S 8 ), 可得   -6   - S 8 S 4 =0,两边都除以   ,得   -   -6=0,解得   =3或-2,又   =1+ q 4 ( q 为{ a n }的公比), ∴   >1,∴   =3. 1 .(2018河南开封一模,5)已知等比数列{ a n }的前 n 项和为 S n ,且9 S 3 = S 6 , a 2 =1,则 a 1 =   (　　) A.   　    B.   　    C.   　    D.2 B组  2016—2018年高考模拟·综合题组 (时间:25分钟　　分值:45分) 一、选择题(每题5分,共20分) 答案    A 　由题意知等比数列{ a n }的公比 q ≠ 1,∵9 S 3 = S 6 , a 2 =1,∴   =   , a 1 q =1,∴ q = 2, a 1 =   .故选A. 名师点拨 　列方程(组)求基本量. 方法指导 　在等比数列基本量的计算中,对于高次方的计算,常用作商的方法或是整体消元法 求解. 2. (2018山东菏泽一模,8)在等比数列{ a n }中, a 2 , a 16 是方程 x 2 +6 x +2=0的根,则   的值为   (　　) A.2　    B.-   　    C.   　    D.-   或   答案    D 　设等比数列{ a n }的公比为 q ,由 a 2 , a 16 是方程 x 2 +6 x +2=0的根,可得 a 2 a 16 =2,即有   q 16 =2, 则有   =2,则   = a 9 = ±   .故选D. 名师点拨 　运用一元二次方程的根与系数的关系和等比数列的性质求解. 易错警示 　等比数列{ a n }中,若 m + n =2 k ( m , n ∈N * ),则 a m · a n =   ,切不可用成 a m · a n =2 a k . 3 .(2018河南新乡二模,6)在公比为 q 的正项等比数列{ a n }中, a 4 =4,则当2 a 2 + a 6 取得最小值时,log 2 q =   (　　) A.   　    B.-   　    C.   　    D.-   答案    A 　2 a 2 + a 6 ≥ 2   =2   =8   ,当且仅当 q 4 =2时取等号,所以log 2 q =log 2   =   ,选A. 名师点拨 　利用等比数列的通项公式、性质及基本不等式求解. 4. (2016安徽安庆二模,5)数列{ a n }满足: a n +1 = λa n -1( n ∈N * , λ ∈R且 λ ≠ 0),若数列{ a n -1}是等比数列, 则 λ 的值等于(　　) A.1　    B.-1　    C.   　    D.2 答案    D 　由 a n +1 = λa n -1,得 a n +1 -1= λa n -2= λ   .由于数列{ a n -1}是等比数列,所以   =1,得 λ =2. 思路分析　 首先将 a n +1 = λa n -1等价变形为 a n +1 -1= λa n -2= λ   ,由{ a n -1}是等比数列,可知   =1, 进而得 λ 值. 5. (2018广东珠海4月模拟,17)已知数列{ a n }为等比数列,其前 n 项和为 S n ,且 S n = λ ·4 n -3 λ +1( λ ∈R). (1)求{ a n }的通项公式; (2)设 b n =log 2   +1,求数列   的前 n 项和 T n . 二、解答题(共25分) 解析 　(1)由 S n = λ ·4 n -3 λ +1,得 S n -1 = λ ·4 n -1 -3 λ +1( n ≥ 2). ∴ a n = S n - S n -1 =3 λ ·4 n -1 . 当 n =1时, a 1 = S 1 = λ +1. ∵   =4( n ≥ 2),{ a n }是等比数列,∴   =   =4,∴ λ =   . ∴ a 1 =   ,可得 a n =   ·4 n -1 ( n ∈N * ). (2)由(1)可知 b n =log 2   +1=log 2   +1=2 n . ∴   =   =   . T n =1+   +   + … +   .   ①   T n =   +   +   + … +   +   .   ② ①-②得:   T n =1+   + … +   -   =   -   =     -   , 方法点拨 　数列{ a n }的通项 a n 和前 n 项和 S n 中的 n 通常是对任意 n ∈N * 都成立,因此可将其中的 n 换成 n +1或 n -1( n ≥ 2)等构造相应关系求解. ∴ T n =     -   ·   =   ·   =   . 6.( 2017湖北黄冈三月调研,17)数列{ a n }中, a 1 =2, a n +1 =   a n ( n ∈N * ). (1)证明:数列   是等比数列,并求数列{ a n }的通项公式; (2)设 b n =   ,若数列{ b n }的前 n 项和是 T n ,求证: T n <2. 解析　 (1)由题设得   =   ·   , 又   =2,所以数列   是首项为2,公比为   的等比数列, 所以   =2 ×   =2 2- n , a n = n ·2 2- n =   . (2)证明: b n =   =   =   , 因为对任意 n ∈N * ,2 n -1 ≥ 2 n -1 , 所以 b n ≤   . 所以 T n ≤ 1+   +   +   + … +   =2   <2.