北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
版》
§6.2 等比数列
— 五年高考 —
考点1 等比数列及其前n项和
1.(2020课标Ⅱ理,6,5分)数列{a}中,a=2,a =a a.若a +a +…+a =215-25,则k= ( )
n 1 m+n m n k+1 k+2 k+10
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 C
S
n
2.(2020课标Ⅱ文,6,5分)记S 为等比数列{a}的前n项和.若a-a=12,a-a=24,则 = ( )
n n 5 3 6 4 a
n
A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1
答案 B
3.(2018北京,文5,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
1√22.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为
( )
A.√32f B.√3 22f C. 1√2 25f D. 1√2 27f
答案 D
4.(2019课标Ⅲ,文6,理5,5分)已知各项均为正数的等比数列{a}的前4项和为15,且
n
a=3a+4a,则a= ( )
5 3 1 3
A.16 B.8 C.4 D.2
答案 C
5.(2019上海,8,5分)已知数列{a}的前n项和为S,且满足S+a=2,则S= .
n n n n 5
31
答案
16
6.(2020新高考Ⅰ,Ⅱ,18,12分)已知公比大于1的等比数列{a}满足a+a=20,a=8.
n 2 4 3
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)(新高考Ⅰ)记b 为{a}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b }的前100项和S .
m n m 100
(新高考Ⅱ)求aa-aa+…+(-1)n-1aa .
1 2 2 3 n n+1
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解析 (1)设{a}的公比为q.由题设得aq+aq3=20,aq2=8.
n 1 1 1
1
解得q= (舍去),q=2.由题设得a=2.
1 2 2 1
所以{a}的通项公式为a=2n.
n n
(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b=0,且当2n≤m<2n+1时,b =n.
1 m
所以S =b+(b+b)+(b+b+b+b)+…+(b +b +…+b )+(b +b +…+b )
100 1 2 3 4 5 6 7 32 33 63 64 65 100
=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)
=480.
(新高考Ⅱ)aa-aa+…+(-1)n-1aa
1 2 2 3 n n+1
=23-25+27-29+…+(-1)n-1·22n+1
23[1-(-22)n] 8 22n+3
= = -(-1)n .
1-(-22) 5 5
7.(2020课标Ⅲ文,17,12分)设等比数列{a}满足a+a=4,a-a=8.
n 1 2 3 1
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)记S 为数列{log a}的前n项和.若S +S =S ,求m.
n 3 n m m+1 m+3
解析 (1)设{a}的公比为q,则a=aqn-1.
n n 1
{a +a q=4,
1 1
由已知得 解得a=1,q=3.
a q2-a =8. 1
1 1
所以{a}的通项公式为a=3n-1.
n n
n(n-1)
(2)由(1)知log a=n-1.故S= .
3 n n 2
由S +S =S 得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),
m m+1 m+3
即m2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6.
8.(2018课标Ⅲ,文17,理17,12分)等比数列{a}中,a=1,a=4a.
n 1 5 3
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)记S 为{a}的前n项和.若S =63,求m.
n n m
解析 (1)设{a}的公比为q,由题设得a=qn-1.
n n
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.
故a=(-2)n-1或a=2n-1.
n n
1-(-2)n
(2)若a=(-2)n-1,则S= .
n n
3
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由S =63得(-2)m=-188.此方程没有正整数解.
m
若a=2n-1,则S=2n-1.
n n
由S =63得2m=64,解得m=6.
m
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.求出等比数列的两个基本量a 和q后,通项便可求出.
1
(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.
a
9.(2018课标Ⅰ文,17,12分)已知数列{a}满足a=1,na =2(n+1)a.设b= n.
n 1 n+1 n n
n
(1)求b,b,b;
1 2 3
(2)判断数列{b}是不是等比数列,并说明理由;
n
(3)求{a}的通项公式.
n
2(n+1)
解析 (1)由条件可得a = a.
n+1 n n
将n=1代入得,a=4a,而a=1,所以a=4.
2 1 1 2
将n=2代入得,a=3a,所以a=12.
3 2 3
从而b=1,b=2,b=4.
1 2 3
(2){b}是首项为1,公比为2的等比数列.
n
a 2a
理由:由条件可得 n+1= n ,即b =2b,
n+1 n n+1 n
又b=1,所以{b}是首项为1,公比为2的等比数列.
1 n
a
(3)由(2)可得 n=2n-1,所以a=n·2n-1.
n
n
以下为教师用书专用(1—11)
2
1.(2013课标Ⅰ文,6,5分)设首项为1,公比为 的等比数列{a}的前n项和为S,则 ( )
3 n n
A.S=2a-1 B.S=3a-2
n n n n
C.S=4-3a D.S=3-2a
n n n n
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2 (2) n-1 a (1-qn) (2) n (2) n-1
答案 D 因为a=1,公比q= ,所以a= ,S= 1 =3 1- =3-2 =3-
1 3 n 3 n 1-q 3 3
2a,故选D.
n
2.(2013课标Ⅱ理,3,5分)等比数列{a}的前n项和为S,已知S=a+10a,a=9,则a= ( )
n n 3 2 1 5 1
1 1 1 1
A. B.- C. D.-
3 3 9 9
答案 C 由已知条件及S=a+a+a 得a=9a,设数列{a}的公比为q,则q2=9.
3 1 2 3 3 1 n
1
所以a=9=a·q4=81a,得a= ,故选C.
5 1 1 1
9
3
3.(2019课标Ⅰ文,14,5分)记S 为等比数列{a}的前n项和.若a=1,S= ,则S= .
n n 1 3 4
4
5
答案
8
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(q≠0),
3
则S=a+a+a=1+q+q2= ,
3 1 2 3
4
1
解得q=- ,
2
1
∴a=aq3=- ,
4 1
8
3 1 5
∴S=S+a= - = .
4 3 4
4 8 8
4.(2017课标Ⅲ理,14,5分)设等比数列{a}满足a+a=-1,a-a=-3,则a = .
n 1 2 1 3 4
答案 -8
解析 本题考查等比数列的通项.
设等比数列{a}的公比为q,
n
{a +a q=-1,
由题意得 1 1
a -a q2=-3,
1 1
解得{a =1,
1
q=-2,
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∴a=aq3=-8.
4 1
5.(2015课标Ⅰ文,13,5分)在数列{a}中,a=2,a =2a,S 为{a}的前n项和.若S=126,则n=
n 1 n+1 n n n n
.
答案 6
2(1-2n)
解析 由已知得{a}为等比数列,公比q=2,由首项a=2,S=126得 =126,解得
n 1 n 1-2
2n+1=128,∴n=6.
评析 本题主要考查等比数列的定义及前n项和公式,属容易题,注意运算要准确哦!
6.(2015湖南理,14,5分)设S 为等比数列{a}的前n项和.若a=1,且3S,2S,S 成等差数列,则a=
n n 1 1 2 3 n
.
答案 3n-1
解析 设等比数列{a}的公比为q(q≠0),依题意得
n
a=a·q=q,a=aq2=q2,S=a=1,S=1+q,S=1+q+q2.又3S,2S,S 成等差数列,所以4S=3S+S,即
2 1 3 1 1 1 2 3 1 2 3 2 1 3
4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以a=aqn-1=3n-1.
n 1
7.(2013辽宁理,14,5分)已知等比数列{a}是递增数列,S 是{a}的前n项和.若a,a 是方程x2-
n n n 1 3
5x+4=0的两个根,则S= .
6
答案 63
解析 a,a 是方程x2-5x+4=0的两个根且{a}是递增数列,故a=4,a=1,故公比q=2,S=
1 3 n 3 1 6
a (1-q6)=63.
1
1-q
评析 本题考查了等比数列的求和公式.数列{a}递增是解题的关键,没考虑到q>0是失分的
n
主因.
8.(2012课标文,14,5分)等比数列{a}的前n项和为S,若S+3S=0,则公比q= .
n n 3 2
答案 -2
解析 由S+3S=0得4a+4a+a=0,有4+4q+q2=0,解得q=-2.
3 2 1 2 3
评析 本题考查了等比数列的运算,直接利用定义求解可达到事半功倍的效果.
a
9.(2018课标Ⅰ文,17,12分)已知数列{a}满足a=1,na =2(n+1)a.设b= n.
n 1 n+1 n n
n
(1)求b,b,b;
1 2 3
(2)判断数列{b}是不是等比数列,并说明理由;
n
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(3)求{a}的通项公式.
n
2(n+1)
解析 (1)由条件可得a = a.
n+1 n
n
将n=1代入得,a=4a,而a=1,所以a=4.
2 1 1 2
将n=2代入得,a=3a,所以a=12.
3 2 3
从而b=1,b=2,b=4.
1 2 3
(2){b}是首项为1,公比为2的等比数列.
n
a 2a
由条件可得 n+1= n,即b =2b,
n+1 n n+1 n
又b=1,所以{b}是首项为1,公比为2的等比数列.
1 n
a
(3)由(2)可得 n=2n-1,所以a=n·2n-1.
n
n
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.
10.(2014课标Ⅱ理,17,12分)已知数列{a}满足a=1,a =3a+1.
n 1 n+1 n
(1)证明{ 1}是等比数列,并求{a}的通项公式;
a + n
n 2
1 1 1 3
(2)证明 + +…+ < .
a a a 2
1 2 n
解析 (1)由a
n+1
=3a
n
+1得a
n+1
+1=3(
a +
1).
2 n 2
又a+1=3,所以{ 1}是首项为3,公比为3的等比数列.
1 a +
2 2 n 2 2
1 3n 3n-1
a+ = ,因此{a}的通项公式为a= .
n 2 2 n n 2
1 2
(2)由(1)知 = .
a 3n-1
n
1 1
因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以 ≤ .
3n-1 2×3n-1
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于是 1 + 1 +…+ 1 ≤1+1+…+ 1 =3( 1- 1 )<3.
a a a 3 3n-1 2 3n 2
1 2 n
1 1 1 3
所以 + +…+ < .
a a a 2
1 2 n
评析 本题考查了等比数列的定义、数列求和等问题,放缩求和是本题的难点.
1 1
11.(2011课标文,17,12分)已知等比数列{a}中,a= ,公比q= .
n 1
3 3
1-a
(1)S 为{a}的前n项和,证明:S= n;
n n n
2
(2)设b=log a+log a+…+log a,求数列{b}的通项公式.
n 3 1 3 2 3 n n
1( 1 )
1- 1
解析 (1)因为a
n
=1×(1) n-1 = 1 ,S
n
=3 3n =1-
3n
,
3 3 3n 1
1- 2
3
1-a
所以S= n.
n
2
(2)b=log a+log a+…+log a
n 3 1 3 2 3 n
n(n+1)
=-(1+2+…+n)=- .
2
n(n+1)
所以{b}的通项公式为b=- .
n n
2
评析 本题考查等差数列、等比数列的基础知识,对数运算性质,要求考生有较清晰的推理思
路和运算目标,但难度并不大.属中档题.
考点2 等比数列的性质及应用
1.(2021全国甲理,7,5分)等比数列{a}的公比为q,前n项和为S.设甲:q>0,乙:{S}是递增数列,则
n n n
( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案 B
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2.(2020课标Ⅰ文,10,5分)设{a}是等比数列,且a+a+a=1,a+a+a=2,则a+a+a= ( )
n 1 2 3 2 3 4 6 7 8
A.12 B.24 C.30 D.32
答案 D
1
3.(2019课标Ⅰ理,14,5分)记S 为等比数列{a}的前n项和.若a= ,a2=a,则S= .
n n 1 3 4 6 5
121
答案
3
以下为教师用书专用(1—6)
1.(2018浙江,10,4分)已知a,a,a,a 成等比数列,且a+a+a+a=ln(a+a+a).若a>1,则( )
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 1
A.a<a,a<a B.a>a,a<a
1 3 2 4 1 3 2 4
C.a<a,a>a D.a>a,a>a
1 3 2 4 1 3 2 4
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.
1 1-x
设f(x)=ln x-x(x>0),则f '(x)= -1= ,
x x
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+a+a+a=ln(a+a+a)≤a+a+a-1,
1 2 3 4 1 2 3 1 2 3
∴a<0,又a>1,∴公比q<0.
4 1
若q=-1,则a+a+a+a=0,ln(a+a+a)=ln a>0,矛盾.
1 2 3 4 1 2 3 1
若q<-1,则a+a+a+a=a(1+q+q2+q3)=a(1+q)(1+q2)<0,而
1 2 3 4 1 1
a+a=a(1+q)=aq(1+q)>0,∴ln(a+a+a)>ln a>0,也矛盾.∴-1<q<0.
2 3 2 1 1 2 3 1
从而 a 3 =q2<1,∵a 1 >0,∴a 1 >a 3 .
a
1
同理,∵ a =q2<1,a<0,∴a>a.选B.
4 2 4 2
a
2
思路分析 (1)由题中的选项可知要判断0<q2<1,还是q2>1.
(2)由条件可知要利用不等式ln x≤x-1(x>0),得a<0,进而得q<0.
4
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(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+a+a+a=ln(a+a+a)左、右
1 2 3 4 1 2 3
两边的正负,进而得出矛盾,从而得-1<q<0.
(4)注意a>0,而a<0,利用-1<q<0得结论.
1 2
1
2.(2015课标Ⅱ文,9,5分)已知等比数列{a}满足a= ,aa=4(a-1),则a=( )
n 1 3 5 4 2
4
1 1
A.2 B.1 C. D.
2 8
答案 C 设{a}的公比为q,由等比数列的性质可知aa= ,∴ =4(a-1),即(a-2)2=0,得a=2,
n 3 5 a2 a2 4 4 4
4 4
2
a
则q3= 4=1=8,得q=2,
a
1 4
1 1
则a=aq= ×2= ,故选C.
2 1
4 2
3.(2014大纲全国文,8,5分)设等比数列{a}的前n项和为S.若S=3,S=15,则S= ( )
n n 2 4 6
A.31 B.32 C.63 D.64
答案 C 由等比数列的性质得(S-S)2=S·(S-S),即122=3×(S-15),解得S=63.故选C.
4 2 2 6 4 6 6
4.(2012课标理,5,5分)已知{a}为等比数列,a+a=2,aa=-8,则a+a = ( )
n 4 7 5 6 1 10
A.7 B.5 C.-5 D.-7
1
答案 D 由aa=aa,得aa=-8,又a+a=2,∴a=4,a=-2或a=-2,a=4,∴q3=- 或q3=-2.
5 6 4 7 4 7 4 7 4 7 4 7
2
4
当q3=- 1 时,a+a = a 4+aq6= 1 +4× ( - 1) 2 =-7,当q3=-2时,a+a = a 4+aq6= -2 +(-2)·(-2)2=-7,
2 1 10 q3 4 - 2 1 10 q3 4 -2
2
故选D.
评析 本题考查了等比数列的基本运算,运用等比数列的性质可简化计算.
5.(2014江苏理,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a}中,若a=1,a=a+2a,则a 的值是
n 2 8 6 4 6
.
答案 4
解析 由a=a+2a,两边都除以a,得q4=q2+2,即q4-q2-2=0⇔(q2-2)(q2+1)=0,∴q2=2.
8 6 4 4
∵a=1,∴a=aq4=1×22=4.
2 6 2
6.(2014广东文,13,5分)等比数列{a}的各项均为正数,且aa=4,则
n 1 5
log a+log a+log a+log a+log a= .
2 1 2 2 2 3 2 4 2 5
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答案 5
解析 由等比数列的性质知a
1
a
5
=a
2
a
4
=
a2
=4⇒a
3
=2,所以
3
log a+log a+log a+log a+log a=log (aaaaa)=log =5log 2=5.
2 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 1 2 3 4 5 2a5 2
3
— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
考点1 等比数列及其前n项和
1.(2020福建泉州适应性线上测试,7)已知{a}是公差为3的等差数列.若a,a,a 成等比数列,则
n 1 2 4
{a}的前10项和S = ( )
n 10
A.165 B.138 C.60 D.30
答案 A
2.(2021广东湛江一模,5)已知等比数列{a}的前n项和为S,则“S >S”是“{a}单调递增”
n n n+1 n n
的 ( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案 D
3.(2021百校大联考(六),4)已知在等比数列{a}中,aaa =8,则aa=( )
n 1 3 11 2 8
A.4 B.6 C.12 D.16
答案 A
4.(多选题)(2021广东揭阳4月联考,10)已知等比数列{a}的公比为q,且a=1,则下列选项正确
n 5
的是 ( )
A.a+a≥2 B.a+a≥2
3 7 4 6
C.a-2a+1≥0 D.a-2a-1≥0
7 6 3 4
答案 AC
5.(2020山东聊城模拟)已知数列{a}的前n项和为S,且S=2a-a(n∈N*),数列{b}满足
n n n n 1 n
1
b=6,b=S+ +4(n∈N*).
1 n n a
n
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(1)求数列{a}的通项公式;
n
(2)记数列{1 }的前n项和为T,证明:T<1.
n n
b 2
n
解析 (1)已知S=2a-a,
n n 1
当n≥2时,S =2a -a,
n-1 n-1 1
两式相减得a=2a ,n≥2,所以 a =2为常数,
n n-1 n
a
n-1
1
b=S+ +4,
n n a
n
1
令n=1,得6=a+ +4,解得a=1,
1 a 1
1
所以数列{a}是公比为2,首项为1的等比数列,
n
所以{a}的通项公式为a=2n-1.
n n
(2)证明:由S=2a-a=2n-1,
n n 1
1
得b=2n+ +3,
n 2n-1
则 1 = 2n-1 = 1 - 1 ,
b (2n+1)(2n-1+1) 2n-1+1 2n+1
n
所以T
n
=( 1
-
1 )+( 1
-
1 )+…+( 1
-
1 )
20+1 21+1 21+1 22+1 2n-1+1 2n+1
1 1 1
= - < .
2 2n+1 2
考点2 等比数列的性质及应用
1.(2021上海崇明二模,15)数列{a}满足a=2,则“对任意的p,r∈N*,都有a =aa”是“{a}为
n 1 p+r p r n
等比数列”的 ( )
A.充分非必要条件 B.必要非充分条件
C.充要条件 D.既非充分也非必要条件
答案 A
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2.(2021辽宁百校联盟质检,4)《算法统宗》中有一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为
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”,意思是有一个人要
走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了六天恰好
到达目的地,则第三天和第四天共走了 ( )
A.36里 B.70里 C.72里 D.124里
答案 C
3.(2020河北邯郸检测,8)已知{a}是首项为1的等比数列,若4a,2a ,a 成等差数列,则a=
n n n+1 n+2 n
.
答案 2n-1
4.(2021辽宁开原三模,15)已知△ABC的三边长成公比为√2的等比数列,则其最大角的余弦值
为 .
√2
答案 -
4
B组 综合应用题组
时间 : 60 分钟 分值 : 90 分
一、单项选择题(每小题5分,共15分)
1.(2021湖北重点中学期末,7)设等比数列{a}的前n项和为S,首项a=1,且2S+S=3S,已知
n n 1 2 4 3
m,n∈N*,若存在正整数i,j(1<i<j),使得ma,mn,na成等差数列,则mn的最小值为 ( )
i j
A.16 B.12 C.8 D.6
答案 C
2.(2021湖北4月调研,7)为了更好地解决就业问题,国家在2020年提出了“地摊经济”.为响
应国家号召,有不少地区出台了相关政策鼓励“地摊经济”.某摊主2020年4月初向银行借
了免息贷款8 000元,用于进货,因质优价廉,供不应求.据测算:每月获得的利润是该月初始投
入资金的20%,每月底扣除生活费800元,余款作为资金全部用于下月再进货,如此继续,预计
到2021年3月底该摊主的年所得收入为 ( )
(取1.211=7.5,1.212=9)
A.24 000元 B.26 000元
C.30 000元 D.32 000元
答案 D
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3.(2020山东济宁一中质量检测,6)已知正项等比数列{a}满足:aa=16a,a+a=20,若存在两项
n 2 8 5 3 5
1 4
a ,a 使得√a a =32,则 + 的最小值为 ( )
m n m n m n
3 9 3 9
A. B. C. D.
4 10 2 5
答案 A
二、多项选择题(每小题5分,共10分)
4.(2021江苏七市第二次调研,9)已知数列{a}是等比数列,下列结论正确的为( )
n
A.若aa>0,则aa>0
1 2 2 3
B.若a+a<0,则a+a<0
1 3 1 2
C.若a>a>0,则a+a>2a
2 1 1 3 2
D.若aa<0,则(a-a)(a-a)<0
1 2 2 1 2 3
答案 AC
n
5.(2021重庆一模,12)已知数列{a}和各项均为正数的等比数列{b}满足:∑
n n
i=1
(a+i)=2b-2,b=2,b+b 是b 与b 的等差中项,数列{a}的前n项和为S,则下列结论正确的是
i n 1 2 3 3 4 n n
( )
A.数列{a-b}是等差数列
n n
n(n+1)
B.S=2n+1-2-
n
2
C.数列{a}是递增数列
n
D. n 1<2( 1 )
∑ 1-
a b
i=1
i n
答案 ABC
三、填空题(共5分)
6.(2021江苏南通期末,14)朱载堉(1536—1611)是中国明代一位杰出的律学家、数学家和历学
家,他的著作《律学新说》中制作了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的
把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的频率之比完全相等,亦称“十
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二等程律”,即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音是最初那个
音的频率的2倍.设第三个音的频率为f,第七个音的频率为f,则 f = .
1 2 2
f
1
1
答案
23
四、解答题(共60分)
7.(2020山东菏泽一中2月自测,18)设数列{a}的前n项和为S,已知a=1,S -2S=1,n∈N*.
n n 1 n+1 n
(1)证明:{S+1}为等比数列,求出{a}的通项公式;
n n
n
(2)若b= ,求{b}的前n项和T,并判断是否存在正整数n使得T·2n-1=n+50成立.若存在,求出
n a n n n
n
所有n的值;若不存在,说明理由.
解析 (1)证明:∵S -2S=1,∴S +1=2(S+1),n∈N*,
n+1 n n+1 n
∴{S+1}为等比数列,且公比为2,
n
又∵S+1=2,
1
∴S+1=2n,∴S=2n-1,∴当n≥2时,S =2n-1-1,
n n n-1
则a=S-S =2n-1,a=1也满足此式,
n n n-1 1
∴a=2n-1,n∈N*.
n
n n
(2)由(1)得b= = ,
n a 2n-1
n
1 2 n 1 1 2 n 1 1 1 1 n n+2
则T= + +…+ , T= + +…+ ,两式相减得 T= + +…+ - =2-
n 20 21 2n-1 2 n 21 22 2n 2 n 20 21 2n-1 2n 2n
n+2
,∴T=4- ,
n 2n-1
代入T·2n-1=n+50得2n-n-26=0.
n
令f(x)=2x-x-26(x≥1),则f '(x)=2xln 2-1>0在x∈[1,+∞)上恒成立,
∴f(x)=2x-x-26在x∈[1,+∞)上为增函数,
又有f(4)·f(5)<0,
∴不存在正整数n,使得T·2n-1=n+50成立.
n
8.(2021湖南岳阳一模,18)已知数列{a}满足a=1,且点(a,a -2n)在函数f(x)=3x的图象上.
n 1 n n+1
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(1)求证:{a n+1 } 是等比数列,并求{a n }的通项公式;
2n
(2)若b
n
=a
n+1
,数列{b
n
}的前n项和为S
n
,求证:S
n
>3n+2.
a 3
n
解析 (1)由点(a,a -2n)在函数f(x)=3x的图象上,可得a =2n+3a,
n n+1 n+1 n
所以 a n+1 =3a n +1,即 a n+1 =3·a n +1,
2n 2n 2n+1 2 2n 2
也即 a n+1+1=3( a n+1 ),
2n+1 2 2n
由a 1 =1,得 a 1+1=3,所以 {a n+1 } 是首项和公比均为 3 的等比数列,
21 2 2n 2
则 a
n
+1=(3) n ,所以a
n
=3n-2n.
2n 2
(3) n
3· -2 1
(2)证明:b
n
= a n+1=3n+1-2n+1 = 2 =3+
(3) n
>3+(2) n ,
a
n
3n-2n (3) n
-1 2
-1 3
2
2( 2n )
1-
所以S>3n+2+(2) 2 +…+(2) n =3n+3 3n =3n+2-2(2) n ≥3n+2-4=3n+2,得证.
n
3 3 3 3 3 3
2
1-
3
9.(2020山东潍坊临朐模拟,17)在①S=2b-1,②-4b=b (n≥2),③b=b +2(n≥2)这三个条件中任
n n n n-1 n n-1
选一个,补充在下面的问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.
2
已知数列{a}为等比数列,a= ,a=aa,数列{b}的首项b=1,其前n项和为S, ,是否存
n 1 3 1 2 n 1 n
3
在k∈N*,使得对任意n∈N*,ab≤ab 恒成立?
n n k k
解析 设等比数列{a
n
}的公比为q,因为a
1
=2,a
3
=a
1
a
2
,所以q=a
3
=2,故a
n
=(2) n .
3 a 3 3
2
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若选条件①,S=2b-1,则S =2b -1(n≥2),两式相减,整理得 b =2(n≥2),又b=1,
n n n-1 n-1 n 1
b
n-1
所以{b}是首项为1,公比为2的等比数列,所以b=2n-1.
n n
所以a
n
b
n
=(2) n ·2n-1=1×(4) n .
3 2 3
易知数列{ab}单调递增,没有最大值,
n n
所以不存在k∈N*,使得对任意n∈N*,ab≤ab 恒成立.
n n k k
1
若选条件②,由-4b=b (n≥2),b=1,知数列{b}是首项为1,公比为- 的等比数列,所以b=
n n-1 1 n n
4
( 1) n-1 ,
-
4
所以a
n
b
n
=(2) n ·(
-
1) n-1 =(-4)×(
-
1) n .
3 4 6
因为a
n
b
n
=(-4)×(
-
1) n ≤4×(1) n ≤4×1=2,当且仅当n=1时取得最大值2.
6 6 6 3 3
所以存在k=1,使得对任意n∈N*,ab≤ab 恒成立.
n n k k
若选条件③,由b=b +2(n≥2)知数列{b}是公差为2的等差数列.
n n-1 n
又b
1
=1,所以b
n
=2n-1.设c
n
=a
n
b
n
=(2n-1)(2) n ,
3
则c
n+1
-c
n
=(2n+1)(2) n+1-(2n-1)(2) n=5-2n(2) n.
3 3 3 3
所以当n≤2时,c >c,当n≥3时,c <c,
n+1 n n+1 n
即c<c<c,c>c>c>…,
1 2 3 3 4 5
所以存在k=3,使得对任意n∈N*,ab≤ab 恒成立.
n n k k
方法总结 等差、等比数列的常用公式
(1)等差数列:
递推关系式:a -a=d,常用于等差数列的证明.
n+1 n
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通项公式:a=a+(n-1)d.
n 1
(a +a )n n(n-1)
前n项和公式:S= 1 n =na+ d.
n 2 1 2
(2)等比数列:
递推关系式: a n+1 =q(q≠0),常用于等比数列的证明.
a
n
通项公式:a=a·qn-1.
n 1
{ na (q=1),
1
前n项和公式:S n = a (1-qn)
1 (q≠1).
1-q
10.(2021湖北武汉3月质量检测,17)已知公比不为1的等比数列{a}满足a+a=5,且a,a,a 构
n 1 3 1 3 2
成等差数列.
(1)求{a}的通项公式;
n
23
(2)记S 为{a}的前n项和,求使S> 成立的最大正整数k的值.
n n k
8
解析 (1)设公比为q.由题意得a+a=2a,
1 2 3
∴a(1+q-2q2)=0,
1
1
又∵a≠0,∴q=- 或1(舍),
1
2
∵a+a=5,∴a(1+q2)=5,∴a=4,
1 3 1 1
∴a
n
=4·(
-
1) n-1.
2
[ ( 1) n]
4 1- -
(2)S= 2 =8[ ( 1) n] .
n 1- -
3 2
( 1)
1- -
2
∵S>23,∴8[ ( 1) k]>23,
k 1- -
8 3 2 8
∴ 5 <-( 1) k ,
-
64 2
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显然,k为奇数,即(1) k> 5 > 4 =(1) 4.
2 64 64 2
解得k≤3,所以满足条件的最大正整数k的值为3.
11.(2020江苏常熟3月“线上教育”学习情况调查,19)构造数组,规则如下:第一组是两个1,即
(1,1),第二组是(1,2a,1),第三组是(1,a(1+2a),2a,a(2a+1),1),……,在每一组的相邻两个数之间插入
这两个数的和的a倍得到下一组,其中a∈(0,1).设第n组中有a 个数,且这a 个数的和为
n n
S(n∈N*).
n
(1)直接写出a 与a 的关系式,并求a 和S;
n+1 n n n
1
{- ,n为奇数,
1 a -1
(2)已知a= ,b
n
= n+1 T
n
是数列{b
n
}的前n项和,H
n
是数列{T
n
}的前n项和.若
2 1
,n为偶数,
S -1
n
对任意n∈N*,H ∈{ k-6 k-2},求所有满足条件的正整数k的值.
2n-1 x| <x<
4 4
解析 (1)a=2,a =2a-1,n∈N*,
1 n+1 n
∴a -1=2(a-1),∵a-1=1≠0,
n+1 n 1
∴{a-1}是等比数列,首项为1,公比为2,∴a=2n-1+1.
n n
S=2,S =S+2a(S-1),n∈N*,
1 n+1 n n
∴S -1=(2a+1)(S-1),∵S-1=1≠0,
n+1 n 1
∴{S-1}是等比数列,首项为1,公比为2a+1,
n
∴S=(2a+1)n-1+1.
n
1
{- ,n为奇数, { 1
(2)b =
2n
T=
- ,n为奇数,
n n 2n
1
,n为偶数, 0,n为偶数,
2n-1
1( 1 )
1-
H =T+T+T+T+…+T +T =-1- 1 - 1 -…- 1 - 1 =-2 4n =-2( 1 ),
2n-1 1 2 3 4 2n-2 2n-1 1-
2 23 25 22n-3 22n-1 1 3 4n
1-
4
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3 1 2 1
因为 ≤1- <1,所以- <H ≤- .
4 4n 3 2n-1 2
因为对任意的n∈N*,H ∈{ k-6 k-2},
2n-1 x| <x<
4 4
则( 2 1]⊆{ k-6 k-2},
- ,- x| <x<
3 2 4 4
k-6 2
{ ≤- ,
所以 4 3 解得0<k≤10,又k∈N*,
k-2 1 3
>- ,
4 2
则k=1或2或3.
故所有满足条件的正整数k的值为1和2和3.
— 一年原创 —
1.(2021 5·3原创题)数列{a}是公比为q的递减等比数列,满足a=2,cos2aa-sin2aa=1,那么q3=
n 1 2 6 3 5
( )
√π √π √2π √2π
A. B. C. D.
2 4 2 4
答案 A
2.(2021 5·3原创题)若等比数列{a}的前n项和为S,则“q>0”是“a S >a S ”的
n n 2 021 2 022 2 022 2 021
( )
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
答案 A
3.(2021 5·3原创题)人工智能(Artificial Intelligence),英文缩写为AI.它是研究、开发用于模
拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学.人工智能研
究的一个主要目标是使机器能够胜任一些通常需要人类智能才能完成的复杂工作.在疫情期
间就有机器人配送、机器人测控体温等人工智能的实际运用.某新兴科技公司第一年年初有
资金5 000万元,并将其全部投入生产,到当年年底资金增长了50%,预计以后每年资金年增
长率与第一年相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底各项人员工资、税务等支出合计1
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500万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业除去各项支出资金后的剩余
资金为a 万元,第m(m∈N*)年年底企业的剩余资金超过21 000万元,则整数m的最小值为
n
.(lg 2≈0.301 0;lg 3≈0.477 1)
答案 6
4.(2021 5·3原创题)如图所示,音符是根据其声波频率来命名的,它们用英文字母作为记号.如
果一个音符的频率是另一个音符频率的2倍,则称它比另一个高一个八度.例如,图中第一个
音符C(中音C)就比下一个音符C(高音C)低一个八度(一个八度音程包括从一个C键到下一
个C键的8个白键和5个黑键,相邻两个音符之间声波的频率比相同).已知中音C的声波频
率为261.6 Hz,则中音F的声波频率为 Hz.
答案 261.6× 5
212
5.(2021 5·3原创题)数列{a}满足a=7,且当n≥2时,总有a=λa +μ成立(其中λ,μ为常数).
n 1 n n-1
(1)试写出λ,μ满足的关系式,使得数列{a-3}是等比数列;
n
3
(2)记b= ,S 为数列{b}的前n项和,若λ=2,μ=-3,不等式S<K
n log (a -3)·log (a -3) n n n
2 n 2 n+2
恒成立,求K的取值范围.
解析 (1)由题意知,对任意n≥2,a=λa +μ①,
n n-1
若{a-3}是等比数列,则必存在公比q≠0,对任意n≥2,有a-3=q(a -3),
n n n-1
整理得a=qa +3-3q②,
n n-1
{ λ=q,
由①②得
μ=3-3q,
消去q,得3λ+μ=3(λ≠1且λ≠0).
(2)显然λ=2,μ=-3满足(1)中求得的关系式,
此时{a-3}是以7-3=4为首项,2为公比的等比数列,
n
故a-3=4×2n-1,a=2n+1+3,
n n
则b= 3 = 3 =3· 2 =3( 1 1 ),
n -
log 2n+1·log 2n+3 (n+1)(n+3) 2 (n+1)(n+3) 2 n+1 n+3
2 2
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因此S=b+b+…+b=3 (1 1)+(1 1)+…+( 1 1 ) =3 1+1- 1 - 1 =5-
n 1 2 n - - -
2 2 4 3 5 n+1 n+3 2 2 3 n+2 n+3 4
3 3
- ,
2(n+2) 2(n+3)
显然{S
n
}是递增数列,因此,当n∈N*时,S
n
∈[3
,
5),
8 4
5
因为S<K恒成立,故K≥ .
n
4
21 / 21
