2020届二轮复习　等比数列及其前n项和学案（全国通用）

2020届二轮复习 　等比数列及其前n项和 学案
五年高考
考点一　等比数列及其性质
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.(2018课标全国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
答案　B
2.(2018天津,5,5分)设{an}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“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,n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1,
故an+1=qan对所有n≥1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,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).
(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(k∈N*).
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=,
故e1+e2+…+en>.
疑难突破　由(1)可得en=,因为不等式左边是e1+e2+…+en,直接求和不行,利用放缩法得en=>=qn-1,从而得e1+e2+…+en>q0+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.
5.(2018课标Ⅱ,17,12分)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++…+1时,
Tn=b1+b2+b3+…+bn=+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],
所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],
两式相减,得
2Tn=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n
=+-(n-1)×31-n
=-,
所以Tn=-.
经检验,n=1时也适合.
综上可得Tn=-.
9.(2018江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4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a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列?并说明理由;
(3)是否存在a1,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==2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,,,依次构成等比数列.
(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).
假设存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列,
则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.
令t=,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4,
化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-.
显然t=-不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,
因此不存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列.
(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列,则(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).
分别在两个等式的两边同除以及,
并令t=,
则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).
将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),
且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).
化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],
且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].
再将这两式相除,化简得
ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).
令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),
则g'(t)=
.
令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),
则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].
令φ1(t)=φ'(t),
则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].
令φ2(t)=φ'1(t),
则φ'2(t)=>0.
由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,
知φ2(t),φ1(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a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列.
10.(2018天津,19,14分)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-(n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2==.
又{an}不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列{an}的通项公式为an=×=(-1)n-1·.
(2)由(1)得Sn=1-
=
当n为正奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1