2018年高考数学总复习第七章数列、推理与证明第3讲等比数列及其前n项和.

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2022版高考数学一轮复习第7章数列第3讲等比数列及其前n项和课件

(2)如果三个数 a，G，b 成等比数列，那么 G 叫作 a 与 b 的_等__比__中__项___，其中 G＝_±___a_b_.
2．等比数列的通项公式及前 n 项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为 a1，公比是 q，则其通项公式为 an＝ __a_1_q_n_－_1_.
通项公式的推广：an＝amqn－m. (2)等比数列的前 n 项和公式：当 q＝1 时，Sn＝na1；当 q≠1 时，Sn ＝__a_11_1－_－_q_q_n__＝a11－－aqnq.
第七章
数列
第3讲等比数列及其前n项和
考点要求
考情概览
1．理解等比数列的概念，考向预测：从近三年高考情况来看，本讲一
掌握等比数列的通项公式直是高考中的重点．预测本年度高考将会以
与前n项和公式．
等比数列的通项公式及其性质、等比数列的
2．能在具体的问题情境中前n项和为考查重点，也可能将等比数列的
【答案】(1)4 (2)2n－1
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，q＞0，则a8＝a6＋2a4，即 a4q4＝a4q2＋2a4，解得q2＝2或q2＝－1(负值舍去)．又a2＝1，所以a6＝ a2q4＝4.
a1＋a2＋a3＝7， (2)由已知得a1＋3＋2 a3＋4＝3a2，
解得 a2＝2.设数列{an}的公比
【答案】(1)D (2)B
【解析】(1)因为 x，x＋10，x－5 是等比数列{an}的前 3 项，所以 x(x －5)＝(x＋10)2，解得 x＝－4.则{an}的公比 q＝－－4＋410＝－32.
(2)设公比为 q，a5＋a7＝(a1＋a3)q4，a9＋a11＝(a1＋a3)q8，则 q4＋q8 ＝20，解得 q4＝4 或 q4＝－5(舍去)，所以 q2＝2.所以 a1＋a3＝a1＋2a1＝1，解得 a1＝13.

新高考数学等比数列及其前n项和精品复习资料

课前基础巩固
am·qn-m
ap·aq
3. 等比数列与函数的关系(1)等比数列{an}的通项公式可以写成an=qn(q≠1),前n项和公式可以写成Sn=qn-(q≠1).(2)①当或时,{an}是递增数列;②当或时,{an}是递减数列;③当q=1时,数列{an}是常数列;④当q<0时,数列{an}为摆动数列.
解: 由题意可知,有两种组合满足条件.①a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列{an}中,a1=8,公差d=4,所以其通项公式为an=8+4(n-1)=4n+4.②a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列{an}中,a1=2,公差d=2,所以其通项公式为an=2n.
第一列
第二列
第三列
第一行
21
课堂考点探究
(2)在各项均为正数的等比数列{an}中,已知a1a2a3=4,a4a5a6=12,an-1anan+1=324,则n= .
[解析]设数列{an}的公比为q,由a1a2a3=4=q3与a4a5a6=12=q12,可得q9=3, an-1anan+1=q3n-3=324,因此q3n-6=81=34=q36,所以3n-6=36,即n=14.
[解析]依题意得所以解得
-2
3. [教材改编] 等比数列{an}中,a3=12,a4=18,则a6= .
课前基础巩固
[解析]由a3=12,a4=18,得解得∴a6=a1q5=×=.
题组二常错题
索引:忽视项的符号的判断;忽视等比数列的项不为0的特点;忽视对公比的讨论;对等比数列的性质不熟导致出错.4.在等比数列{an}中,a3=2,a7=8,则a5= . 5.已知x,2x+2,3x+3是一个等比数列的前三项,则x的值为 .

高考数学一轮复习第七章数列、推理与证明第34课等差数列及其前n项和教师用书

第34课等差数列及其前n 项和[最新考纲]1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫作等差数列．用符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N ＋，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫作a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n n －d 2＝n a 1＋a n2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N ＋)是公差为md 的等差数列．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N ＋，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝0，则公差d ＝____________. －2 [依题意得S 3＝3a 2＝6，即a 2＝2，故d ＝a 3－a 2＝－2.]3．(2017·南京模拟)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝____________时，{a n }的前n 项和最大．8 [由等差数列的性质可知，a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 7＋a 10＝a 8＋a 9，故a 8>0，a 8＋a 9<0，∴a 9<0，即当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大．]4．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．20 [法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d＝2，即a 1＝2－2d ，所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知a 1＋a 52＝5a 3＝10，所以a 3＝2.所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20.]5．(教材改编)在100以内的正整数中有__________个能被6整除的数． 16 [由题意知，能被6整除的数构成一个等差数列{a n }，则a 1＝6，d ＝6，得a n ＝6＋(n －1)6＝6n . 由a n ＝6n ≤100，即n ≤1646＝1623，则在100以内有16个能被6整除的数．]n n a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝____________. 【导学号：62172185】(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，若a m ＝30，则m ＝____________. (1)192(2)10 [(1)∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×8－12×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧S 11＝11a 1＋－2d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33，d ＝7，∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30，∴m ＝10.][规律方法] 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想的应用．2．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法，称为基本量法．[变式训练1] (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是____________．(2)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝__________. (1)2 (2)－72 [(1)∵S n ＝n a 1＋a n2，∴S n n ＝a 1＋a n 2，又S 33－S 22＝1，得a 1＋a 32－a 1＋a 22＝1，即a 3－a 2＝2，∴数列{a n }的公差为2.(2)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9d ×82＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.]已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N ＋)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n∈N ＋)．(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的通项公式a n . 【导学号：62172186】 [解] (1)证明：因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N ＋)，b n ＝1a n －1.所以n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1－1a n －1－1＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1.又b 1＝1a 1－1＝－52，所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)知，b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7.[规律方法] 1.判断等差数列的解答题，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于客观题中的简单判断．2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子a n ＋1－a n ＝d 和a n －a n －1＝d ，但它们的意义不同，后者必须加上“n ≥2”，否则n ＝1时，a n 无意义．[变式训练2] (1)若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是____________．(填序号)①公差为3的等差数列； ②公差为4的等差数列； ③公差为6的等差数列； ④公差为9的等差数列． ③ [∵a 2n －1＋2a 2n －(a 2n －3＋2a 2n －2) ＝(a 2n －1－a 2n －3)＋2(a 2n －a 2n －2) ＝2＋2×2＝6，∴{a 2n －1＋2a 2n }是公差为6的等差数列．](2)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N ＋)，则该数列的通项为____________．a n ＝1n [由已知2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.]数之和等于63，那么a 52＝____________.⎝ ⎛⎭⎪⎫a 41 a 42 a 43a 51 a 52 a 53a61a 62 a 63(2)等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1>0，S 3＝S 11，则当n 为多少时，S n 取得最大值．(1)7 [法一：第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有a 41＋a 42＋a 43＝3a 42，同理第二行也有a 51＋a 52＋a 53＝3a 52，第三行也有a 61＋a 62＋a 63＝3a 62，又每列也成等差数列，所以对于第二列，有a 42＋a 52＋a 62＝3a 52，所以a 41＋a 42＋a 43＋a 51＋a 52＋a 53＋a 61＋a 62＋a 63＝3a 42＋3a 52＋3a 62＝3×3a 52＝63，所以a 52＝7.法二：由于每行每列都成等差数列，不妨取特殊情况，即这9个数均相同，显然满足题意，所以有63÷9＝7，即a 52＝7.](2)法一：由S 3＝S 11，可得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，即d ＝－213a 1.从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1，因为a 1>0，所以－a 113<0. 故当n ＝7时，S n 最大．法二：由法一可知，d ＝－213a 1.要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≤0，解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大．法三：由S 3＝S 11，可得2a 1＋13d ＝0，即(a 1＋6d )＋(a 1＋7d )＝0，故a 7＋a 8＝0，又由a 1>0，S 3＝S 11可知d <0，所以a 7>0，a 8<0，所以当n ＝7时，S n 最大． [规律方法] 1.等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[变式训练3] (1)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝____________.99 [因为a 3＋a 9＝27－a 6,2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99.](2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝10，S 10＝30，则S 15＝____________. 60 [因为数列{a n }为等差数列，所以S 5，S 10－S 5，S 15－S 10也成等差数列，设S 15＝x ，则10,20，x －30成等差数列，所以2×20＝10＋(x －30)，所以x ＝60，即S 15＝60.][思想与方法]1．等差数列的通项公式，前n项和公式涉及“五个量”，“知三求二”，需运用方程思想求解，特别是求a1和d.(1)若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，….(2)若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，….2．等差数列{a n}中，a n＝an＋b(a，b为常数)，S n＝An2＋Bn(A，B为常数)，均是关于“n”的函数，充分运用函数思想，借助函数的图象、性质简化解题过程．3．等差数列的四种判断方法：(1)定义法：a n＋1－a n＝d(d是常数)⇔{a n}是等差数列．(2)等差中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N＋)⇔{a n}是等差数列．(3)通项公式：a n＝pn＋q(p，q为常数)⇔{a n}是等差数列．(4)前n项和公式：S n＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{a n}是等差数列．[易错与防范]1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．3．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．课时分层训练(三十四)A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、填空题1．在等差数列{a n }中，若前10项的和S 10＝60，且a 7＝7，则a 4＝____________.5 [法一：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝60，a 1＋6d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝23，∴a 4＝a 1＋3d ＝5.法二：由等差数列的性质有a 1＋a 10＝a 7＋a 4，∵S 10＝a 1＋a 102＝60，∴a 1＋a 10＝12.又∵a 7＝7，∴a 4＝5.]2．已知数列{a n }是等差数列，且a 7－2a 4＝6，a 3＝2，则公差d ＝____________.【导学号：62172187】4 [法一：由题意得a 3＝2，a 7－2a 4＝a 3＋4d －2(a 3＋d )＝6，解得d ＝4.法二：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 7－2a 4＝a 1＋6d －a 1＋3d ＝6，a 3＝a 1＋2d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－6，d ＝4.]3．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，a 3＝5，S k ＋2－S k ＝36，则k 的值为____________．8 [设等差数列的公差为d ，由等差数列的性质可得2d ＝a 3－a 1＝4，得d ＝2，所以a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，S k ＋2－S k ＝a k ＋2＋a k ＋1＝2(k ＋2)－1＋2(k ＋1)－1＝4k ＋4＝36，解得k ＝8.]4．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1<0的k 值为________． 23 [∵3a n ＋1＝3a n －2， ∴a n ＋1－a n ＝－23，∴a n ＝15＋－23(n －1)＝－23n ＋473.由a n ＝－23n ＋473>0得n <23.5，∴使a k ·a k ＋1<0的k 值为23.]5．(2017·苏州期中)等差数列{a n }中，前n 项和为S n ，若S 4＝8a 1，a 4＝4＋a 2，则S 10＝____________.120 [∵{a n }为等差数列，∴2d ＝a 4－a 2＝4，d ＝2. 由S 4＝8a 1得4a 1＋4×32×2＝8a 1，即a 1＝3.∴S 10＝10×3＋10×92×2＝120.]6．(2016·全国卷Ⅰ改编)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝____________.98 [法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{a n }是等差数列，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5. 故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98. ]7．已知数列{a n }中，a 1＝1且1a n ＋1＝1a n ＋13(n ∈N ＋)，则a 10＝____________. 【导学号：62172188】14 [由1a n ＋1＝1a n ＋13得⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为首项为1，公差为13的等差数列，∴1a n ＝1＋(n －1)×13＝n ＋23， ∴a 10＝312＝14.]8．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N ＋)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝____________.130 [由a n ＝2n －10(n ∈N ＋)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n <5时，a n <0，当n ≥5时，a n ≥0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.]9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝____________. 5 [∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S mm，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5，经检验为原方程的解．]10．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N ＋)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝____________.3 [设{b n }的公差为d ，∵b 10－b 3＝7d ＝12－(－2)＝14，∴d ＝2. ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6. ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d＝7×(－6)＋21×2＝0.又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3＝0， ∴a 8＝3.] 二、解答题11．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S n n，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n . 【导学号：62172189】[解] (1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k k －2·d ＝2k ＋k k －2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)证明：由(1)得S n ＝n＋2n 2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n＋n ＋2＝n n ＋2.12．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求通项a n ； (2)求S n 的最小值；(3)若数列{b n }是等差数列，且b n ＝S nn ＋c，求非零常数c .[解] (1)因为数列{a n }为等差数列，所以a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22. 又a 3·a 4＝117，所以a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根，又公差d >0，所以a 3<a 4，所以a 3＝9，a 4＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.所以通项a n ＝4n －3. (2)由(1)知a 1＝1，d ＝4，所以S n ＝na 1＋n n －2×d ＝2n 2－n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －142－18.所以当n ＝1时，S n 最小，最小值为S 1＝a 1＝1. (3)由(2)知S n ＝2n 2－n ，所以b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－nn ＋c，所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c .因为数列{b n }是等差数列，所以2b 2＝b 1＋b 3，即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c，所以2c 2＋c ＝0，所以c ＝－12或c ＝0(舍去)，经验证c ＝－12时，{b n }是等差数列，故c ＝－12.B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为____________．1941 [∵{a n }，{b n }为等差数列， ∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. ∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941， ∴a 6b 6＝1941.] 2．(2017·南京模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为____________．b n ＝2n －1 [设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2nn －d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.]3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．[解] (1)证明：由题设知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1，由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ. (2)由题设知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．4．(2017·苏北四市摸底)已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k (n ∈N ＋，k ∈R )，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4.(1)若k ＝0，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 4＝－1，求数列{a n }的通项公式a n .[解] (1)当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以，数列{a n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43.所以，S n ＝na 1＋n n －12d ＝2n ＋n n －12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝－23n 2＋83n .(2)由题意，2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ，所以k ＝2. 又a 4＝2a 3－a 2－2＝3a 2－2a 1－6，所以a 2＝3，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2，得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2.所以，数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列．所以a n ＋1－a n ＝－2n ＋3.当n ≥2时，有a n －a n －1＝－2(n －1)＋3，于是，a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3，a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3，…a 3－a 2＝－2×2＋3， a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加得，a n －a 1＝－2(1＋2＋…＋(n －1))＋3(n －1)(n ≥2)，所以a n ＝－2×n n －2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝2也适合．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N ＋.。

高考数学一轮复习等比数列及其前n项和课件

第三节等比数列及其前n项和
等比数列的相关概念
相关名词
等比数列{an}的有关概念及公式
定义
＝q(q是常数且q≠0，n∈N*)或
n2
=q(q是常数且q≠0，n∈N*且
)
通项公式 an＝ a1qn－1
相关名词
前n项和公式
等比数列{an}的有关概念及公式
设a、b为任意两个同号的实数，则a、b的等等比中项
解之
得
又{an}单调递增，∴q＝2，a1＝2，
∴an＝2n.
(2)bn＝
＝－n·2n，
∴—Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n
①
∴—2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1 ②
①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝
－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，∴Sn＋n·2n＋1
【解】由已知a1＋a2＋…＋an＝2， an＋1＋an＋2＋…＋a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n＝12. 注意到(a1＋a2＋…＋an)，(an＋1＋an＋2＋…a2n)，(a2n＋1＋a2n ＋2＋…＋a3n)，(a3n＋1＋a3n＋2＋…＋a4n)，…也成等比数列，其公比为qn，于是，问题转化为已知： A1＝2，A1qn＋A1q2n＝12，要求A1q3n＋A1q4n＋A1q5n的值.
∴ Tn＝2[3· ＋3· ＋3· ＋…＋3·
－(3n－1)·
]．
从而Tn＝
1.等比数列的单调性设等比数列{an}的首项为a1，公比为q. (1)当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，数列{an}为递增数列. (2)当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，数列{an}为递减数列. (3)当q＝1时，数列{an}是(非零)常数列. (4)当q＜0时，数列{an}是摆动数列.

2018届高三高考数学复习课件：6-3等比数列及其前n项和

(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.(
)
(3)三个数a，b，c成等比数列的充要条件
1 1．(教材改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝4，则公比 q 等于( ) B．－2 1 D.2
1 A．－2 C．2
a5 1 1 【解析】由题意知 q ＝a ＝8，∴q＝2. 2
3
【答案】 D
2．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋
a1（1－q5） ∴S5＝＝ 1－q
1 41－25
3 a q · a q 1 ＝1， 1
31 1 ＝4. 1－2
(2)由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1
＋S3，可得a3＝3a2，所以公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1. 【答案】 (1)B (2)3n－1
题型二等比数列的判定与证明【例 2】 (2016· 全国丙卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1＋ λ an，其中 λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式； 31 (2)若 S5＝32，求 λ.
【解析】 (1)证明由题意得 a1＝S1＝1＋λa1， 1 故 λ≠1，a1＝，故 a1≠0. 1－λ 由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1 得 an＋1＝λan＋1－λan，即 an＋1(λ－1)＝λan. an＋1 λ 由 a1≠0，λ≠0 得 an≠0，所以 a ＝ . λ － 1 n 1 因此{an}是首项为， 1 －λ
A．8 B．9 C．10 D．11
)
【解析】由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9 ，∴a1am＝a5a6＝9，
∴m＝10，故选C.
4．(2017· 全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1

2018年高考数学总复习第七章数列、推理与证明第3讲等比数列及其前n项和学案!

第3讲等比数列及其前n 项和最新考纲 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系.知识梳理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q (q ≠0)表示. 数学语言表达式：a n a n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数)，或a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数).(2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G 2. 等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1；通项公式的推广：a n ＝a m qn －m.(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ） 1－q ＝a 1－a n q1－q.3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和.(1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)等比数列{a n }的单调性：当q ＞1，a 1＞0或0＜q ＜1，a 1＜0时，数列{a n }是递增数列；当q ＞1，a 1＜0或0＜q ＜1，a 1＞0时，数列{a n }是递减数列；当q ＝1时，数列{a n }是常数列.(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(4)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)与等差数列类似，等比数列的各项可以是任意一个实数.( ) (2)公比q 是任意一个常数，它可以是任意实数.( ) (3)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a （1－a n ）1－a.( )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，a n ≠0. (2)在等比数列中，q ≠0.(3)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (4)当a ＝1时，S n ＝na .(5)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×2.(2017·太原模拟)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A.2B.4C. 2D.2 2解析在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q ＝4. 答案 B3.(2017·湖北省七市考试)公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A.8B.9C.10D.11解析由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10，故选C. 答案 C4.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126，则n ＝________.解析由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n）1－2＝126，解得n ＝6. 答案 65.(2015·广东卷)若a ，b ，c 三个正数成等比数列，其中a ＝5＋26，c ＝5－26，则b 的值为________.解析 ∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac . 即b 2＝(5＋26)(5－26)＝1，又b >0，∴b ＝1. 答案 16.(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.解析由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋1，a 2＋a 1＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，当n ≥2时，由已知可得：a n ＋1＝2S n ＋1，① a n ＝2S n －1＋1，②①－②得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1， ∴{a n }是以a 1＝1为首项，公比q ＝3的等比数列. ∴S 5＝1－1×351－3＝121.答案 1121考点一等比数列基本量的运算【例1】 (1)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和.已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( ) A.152B.314C.334D.172(2)(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________.解析 (1)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 1（1－q 3）1－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝314.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝2－n 22＋7n2.记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *，可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t为增函数.所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 (1)B (2)64规律方法等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.【训练1】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________.(2)(2016·合肥模拟)设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和.已知S 3＝7，且a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列，则a n ＝________. 解析 (1)由已知条件，得2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，即2S n ＝2S n ＋2a n ＋1＋a n ＋2，即a n ＋2a n ＋1＝－2. (2)由已知得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2.解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q ，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q ＞1，所以q ＝2，所以a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.答案 (1)－2 (2)2n －1考点二等比数列的性质及应用【例2】 (1)(2015·全国Ⅱ卷)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2等于( )A.2B.1C.12D.18(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( ) A.2B.73C.83D.3解析 (1)由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.选C.(2)法一由等比数列的性质及题意，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.法二因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a ，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73.答案 (1)C (2)B规律方法 (1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度.(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练2】 (1)(2017·丽水调研)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝________.(2)已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz 的值为________. 解析 (1)由等比数列性质，得a 3a 7＝a 25，a 2a 6＝a 3a 5，所以a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8. (2)∵－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，∴y 2＝xz ＝(－1)×(－3)＝3，且x 2＝－y >0，即y <0， ∴y ＝－3，xz ＝3， ∴xyz ＝－3 3. 答案 (1)8 (2)－3 3 考点三等比数列的判定与证明【例3】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，在数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n ＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{b n }的通项公式. (1)证明 ∵a n ＋S n ＝n ，① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.② ②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1， ∴a n ＋1－1a n －1＝12，∴{a n －1}是等比数列. 又a 1＋a 1＝1，∴a 1＝12，又c n ＝a n －1，首项c 1＝a 1－1，∴c 1＝－12，公比q ＝12.∴{c n }是以－12为首项，以12为公比的等比数列.(2)解由(1)可知c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n， ∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. ∴当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 又b 1＝a 1＝12代入上式也符合，∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .规律方法证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可. 【训练3】 (2016·全国Ⅲ卷)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＝3132，求λ.(1)证明由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.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且λ≠1得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)解由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n. 由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.[思想方法]1.等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q .2.已知等比数列{a n }(1)数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 也是等比数列.(2)a 1a n ＝a 2a n －1＝…＝a m a n －m ＋1. [易错防范]1.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.2.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.。

2018年高考数学总复习第七章数列、推理与证明第2讲等差数列及其前n项和.

第2讲等差数列及其前n 项和基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·武汉调研)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－8，a 2＝2，则数列{a n }的公差d 等于( ) A.－1B.－2C.－3D.－4解析法一由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋6d ）＝－8，a 1＋d ＝2，解得a 1＝5，d ＝－3.法二 a 1＋a 7＝2a 4＝－8，∴a 4＝－4， ∴a 4－a 2＝－4－2＝2d ，∴d ＝－3. 答案 C2.已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( ) A.10B.20C.30D.40解析设项数为2n ，则由S 偶－S 奇＝nd 得，25－15＝2n ，解得n ＝5，故这个数列的项数为10. 答案 A3.已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( ) A.a 1＋a 101＞0 B.a 2＋a 100＜0 C.a 3＋a 99＝0D.a 51＝51解析由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0.所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0.答案 C4.(2015·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A.a 1d >0，dS 4>0 B.a 1d <0，dS 4<0 C.a 1d >0，dS 4<0D.a 1d <0，dS 4>0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d＝－53d 2<0(d ≠0)，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23<0，故选B.答案 B5.(2017·泰安模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝( ) A.9B.8C.7D.6解析设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－11，2a 1＋12d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，d ＝2. ∴a n ＝－15＋2n .由a n ＝－15＋2n ≤0，解得n ≤152.又n 为正整数，∴当S n 取最小值时，n ＝7.故选C. 答案 C 二、填空题6.已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 61＝________.解析由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，所以{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，所以a 61＝S 61－S 60＝1212－1192＝480. 答案 4807.(2017·慈溪统考)设等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n 是________；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1<n <15)中最大的项为第________项.解析 ∵a 8>0，a 8＋a 9<0，∴S 15＝（a 1＋a 15）·152＝2a 8·152＝15a 8>0，而S 16＝（a 1＋a 16）·162＝（a 8＋a 9）·162＝8(a 8＋a 9)<0，∴使S n >0的最大n 为15.∵a 8>0，a 9<0，∴S 8最大，且a 8为{a n }的最小正数项，a 9，a 10，…均小于零，所以当9≤n <15时，S n a n 均小于零，当n ＝8时，S n a n最大，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1<n <15)的最大值是第8项.答案 15 88.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________. 解析法一由已知得，a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝a m ＋1－a m ＝1，又因为S m ＝m （a 1＋a m ）2＝0，所以m (a 1＋2)＝0，因为m ≠0，所以a 1＝－2，又a m ＝a 1＋(m －1)d ＝2，解得m ＝5.法二因为S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以公差d＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝na 1＋n （n －1）2，得⎩⎪⎨⎪⎧ma 1＋m （m －1）2＝0， ①（m －1）a 1＋（m －1）（m －2）2＝－2. ②由①得a 1＝1－m2，代入②可得m ＝5.法三因为数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列.所以S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5，经检验为原方程的解. 答案 5 三、解答题9.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数.(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由. (1)证明由题设知，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1.由2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.(2016·东北三省四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份为( ) A.53B.103C.56D.116解析依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a －2m ，a －m ，a ，a ＋m ，a ＋2m ，则有⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝100，a ＋（a ＋m ）＋（a ＋2m ）＝7（a －2m ＋a －m ），解得a ＝20，m ＝11a 24，a －2m ＝a 12＝53，即其中最小一份为53，故选A.答案 A12.(2016·浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合).若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n＋1的面积，则( )A.{S n }是等差数列B.{S 2n }是等差数列 C.{d n }是等差数列 D.{d 2n }是等差数列解析 S n 表示点A n 到对面直线的距离(设为h n )乘以|B n B n －1|长度一半，即S n ＝12h n |B n B n －1|，由题目中条件可知|B n B n －1|的长度为定值，过A 1作垂直得到初始距离h 1，那么A 1，A n 和两个垂足构成等腰梯形，则h n ＝h 1＋|A 1A n |tan θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，从而S n ＝12(h 1＋|A 1A n |tan θ)|B n B n ＋1|，S n ＋1＝12(h 1＋|A 1A n ＋1|)|B n B n ＋1|，则S n ＋1－S n ＝12|A n A n ＋1||B n B n ＋1|tan θ，都为定值，所以S n ＋1－S n 为定值，故选A. 答案 A13.(2017·东阳统考)已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）n 是等差数列，f (1)＝2，f (2)＝6，则f (n )＝________，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，a 1＝1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 的前n 项和为S n ，则S 2 015＋1a 2 016＝________.解析设公差为d ，由题意得d ＝f （2）2－f （1）1＝3－2＝1，∴f （n ）n＝2＋(n －1)·1⇒f (n )＝n 2＋n ，a n ＋1＝f (a n )＝a 2n ＋a n ＝a n (1＋a n )⇒1a n ＋1＝1a n （1＋a n ）＝1a n －11＋a n ⇒11＋a n ＝1a n －1a n ＋1，∴S n ＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1⇒S n ＋1a n ＋1＝1a 1＝1，∴S 2 015＋1a 2 016＝1.答案 n 2＋n 114.在数列{a n }中，a 1＝－5，a 2＝－2，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2(n ∈N *)，若对于任意n ∈N *，A (n )，B (n )，C (n )成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和.解 (1)根据题意A (n )，B (n )，C (n )成等差数列. ∴A (n )＋C (n )＝2B (n )，整理得a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝－2＋5＝3， ∴数列{a n }是首项为－5，公差为3的等差数列， ∴a n ＝－5＋3(n －1)＝3n －8.(2)|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋8，n ≤2，3n －8，n ≥3，记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ≤2时，S n ＝n （5＋8－3n ）2＝－3n 22＋132n ；当n ≥3时，S n ＝7＋（n －2）（1＋3n －8）2＝3n 22－132n ＋14，综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32n 2＋132n ，n ≤2，32n 2－132n ＋14，n ≥3.15.在公差不为0的等差数列{a n }中，a 3＋a 10＝15，且a 2，a 5，a 11成等比数列. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ＋1a n ＋1＋…＋1a 2n －1，证明：12≤b n ＜1.(1)解设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋a 1＋9d ＝15，（a 1＋4d ）2＝（a 1＋d ）（a 1＋10d ）. 注意到d ≠0，解得a 1＝2，d ＝1. 所以a n ＝n ＋1. (2)证明由(1)可知b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ， b n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋2.因为b n ＋1－b n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2＞0，所以数列{b n }单调递增.所以b n ≥b 1＝12.又b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ≤1n ＋1＋1n ＋1＋…＋1n ＋1＝n n ＋1＜1，因此12≤b n ＜1.。

2022版高考数学一轮复习第7章第3讲等比数列及其前n项和训练含解析

第七章第3讲[A 级基础达标]1．(2020年昆明模拟)已知正项等比数列{a n }中，a 2a 3＝a 4，若S 3＝31，则a n ＝( ) A ．2·5n B ．2·5n －1 C ．5n D ．5n －1【答案】D2．(2020年成都模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数，若log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 12＝12，则a 6a 7＝( )A ．1B ．3C ．6D ．9 【答案】D3．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝3·⎝⎛⎭⎫12n ＋m (n ∈N *)，则实数m 的取值为( ) A ．－32 B ．－1 C ．－3 D ．一切实数【答案】C4．(2021年吉林模拟)《张丘建算经》中“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里．问日行几何？”意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里路，问每天走的里数为多少？”则该匹马第一天走的里数为( )A ．128127B ．44 800127C ．700127D ．17532【答案】B5．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 6S 2＝21，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前4项和为( )A ．516或1116B ．516或716C ．516或1516D ．316或716【答案】C 【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝2，S 6S 2＝21，得2×(1－q 6)1－q 2×(1－q 2)1－q＝1－q 61－q2＝21，整理得q 4＋q 2－20＝0，解得q ＝2或q ＝－2，所以a n ＝2n 或a n ＝2·(－2)n －1．当a n ＝2n 时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前4项和S 4＝12＋14＋18＋116＝1516；当a n ＝2·(－2)n －1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前4项和S 4＝12－14＋18－116＝516.6．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.【答案】1213 【解析】设等比数列的公比为q ，由已知a 1＝13，a 24＝a 6，所以⎝⎛⎭⎫13q 32＝13q 5，又q ≠0，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213.7．等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝________.【答案】30 【解析】设等比数列{a n }的公比为q ＞0，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1(1＋q ＋q 2)＝a 1(8＋3q )，a 1q 3＝16，解得a 1＝q ＝2，则S 4＝2×(24－1)2－1＝30.8．(2021年南通二模)在正项等比数列{a n }中，S n 为其前n 项和，已知2a 6＝3S 4＋1，a 7＝3S 5＋1，则该数列的公比q 为________．【答案】3 【解析】由2a 6＝3S 4＋1，a 7＝3S 5＋1，得a 7－2a 6＝3(S 5－S 4)＝3a 5，即a 5q 2－2a 5q ＝3a 5，则q 2－2q －3＝0，解得q ＝－1或q ＝3.因为{a n }是正项等比数列，所以q ＝3.9．已知等比数列{a n }中，公比q ＝2，a 4是a 3＋2，a 5－6的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)因为等比数列{a n }中，公比q ＝2，a 4是a 3＋2，a 5－6的等差中项，所以2a 4＝(a 3＋2)＋(a 5－6)．所以2(a 1×23)＝(a 1×22＋2)＋(a 1×24－6)，解得a 1＝1．所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n－1．(2)因为等比数列{a n }中，公比q ＝2，首项a 1＝1，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1－2n 1－2＝2n－1．10．已知等比数列{a n }，公比q ＞0，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n ，5为a 1，a 3的等差中项．(1)求数列{a n }的通项； (2)求数列{a n }的前n 项和．解：(1)因为等比数列{a n }中，公比q ＞0，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n ，5为a 1，a 3的等差中项，所以⎩⎪⎨⎪⎧a n ≠0，a n q 2＝a n q ＋2a n，a 1＋a 1q 2＝10，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2×(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.[B 级能力提升]11．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36【答案】B 【解析】因为数列{a n }是等比数列，a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，所以a 4＝2.因为a 4与2a 7的等差中项为54，所以12(a 4＋2a 7)＝54，故有a 7＝14.所以q 3＝a 7a 4＝18，所以q ＝12，所以a 1＝a 4q 3＝16.所以S 5＝16×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝31． 12．(多选)(2020年淮安模拟)已知数列{a n }是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是( )A ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a nB ．{log 2a n }C ．{a n ·a n ＋1}D ．{a n ＋a n ＋1＋a n ＋2}【答案】ACD 【解析】由题意，可设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，则a n ＝a 1·q n －1．对于A ，1a n ＝1a 1q n －1＝1a 1·⎝⎛⎭⎫1q n －1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是一个以1a 1为首项，1q 为公比的等比数列；对于B ，log 2a n ＝log 2(a 1·q n －1)＝log 2a 1＋(n －1)log 2q ，所以数列{log 2a n }是一个以log 2a 1为首项，log 2q 为公差的等差数列；对于C ，因为a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝a n ＋2a n ＝a 1·q n ＋1a 1·q n －1＝q 2，所以数列{a n ·a n ＋1}是一个以q 2为公比的等比数列；对于D ，因为a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝q (a n ＋a n ＋1＋a n ＋2)a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝q ，所以数列{a n＋a n ＋1＋a n ＋2}是一个以q 为公比的等比数列．13．(2020年仙桃测试)各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 1≥1，a 2≤2，a 3≥3，则a 4的取值范围是________．【答案】⎣⎡⎦⎤92，8 【解析】设{a n }的公比为q ，则根据题意得q ＝a 2a 1＝a 3a 2，所以32≤q ≤2，a 4＝a 3q ≥92，a 4＝a 2q 2≤8，所以a 4∈⎣⎡⎦⎤92，8. 14．(一题两空)(2020年徐州模拟)已知正项等比数列{a n }满足a 2 020＝2a 2 018＋a 2 019，若存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝4a 1，则n ＋4m mn的最小值是________，此时m 2＋n 2＝________.【答案】3220 【解析】设正项等比数列{a n }的公比为q ，若{a n }满足a 2 020＝2a 2 018＋a 2 019，则有q 2＝2＋q ，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)．由a m ·a n ＝4a 1，得a m ·a n ＝16a 21，得2m＋n －2＝16＝24，则m ＋n ＝6.所以n ＋4m mn ＝1m ＋4n ＝16×(m ＋n )×⎝⎛⎭⎫1m ＋4n ＝16×⎝⎛⎭⎫5＋n m ＋4m n .由nm ＋4m n≥2n m ·4m n ＝4，当且仅当n ＝2m ，即n ＝2m ＝4时等号成立．所以n ＋4m mn ≥16×(5＋4)＝32，此时m 2＋n 2＝20.15．(2020年北京二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，________.是否存在正整数k (k ＞1)，使得a 1，a k ，S k ＋2成等比数列？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由．从①a n ＋1－2a n ＝0，②S n ＝S n －1＋n (n ≥2)，③S n ＝n 2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．解：若选①a n ＋1－2a n ＝0，则由a 1＝1，知a n ≠0，所以a n ＋1a n＝2，所以{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．所以a 1＝1，a k ＝2k －1，S k ＋2＝1－2k ＋21－2＝2k ＋2－1．若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，则(2k －1)2＝1×(2k ＋2－1)＝2k ＋2－1．左边为偶数，右边为奇数，即不存在正整数k (k ＞1)，使得a 1，a k ，S k ＋2成等比数列．若选②S n ＝S n －1＋n (n ≥2)，即S n －S n －1＝n ⇒a n ＝n (n ≥2)．又a 1＝1适合上式，所以{a n }是首项为1，公差为1的等差数列．所以a 1＝1，a k ＝k ，S k ＋2＝(k ＋2)(k ＋3)2.若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，则k 2＝1×(k ＋2)(k ＋3)2，解得k ＝6(k ＝－1舍去)．所以存在正整数k ＝6，使得a 1，a k ，S k ＋2成等比数列．若选③S n ＝n 2，则a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1(n ≥2)，又a 1＝1适合上式，所以{a n }是首项为1，公差为2的等左数列．所以a ＝1，a k ＝2k －1，S k ＋2＝(k ＋2)2. 若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，则(2k －1)2＝1×(k ＋2)2，解得k ＝3⎝⎛⎭⎫k ＝－13舍去. 所以存在正整数k ＝3，使得a 1，a k ，S k ＋2成等比数列．[C 级创新突破]16．(2020年驻马店期末)若数列{a n }满足1a n ＋1－3a n ＝0(n ∈N *)，则称{a n }为“梦想数列”，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“梦想数列”，且b 1＋b 2＋b 3＝2，则b 3＋b 4＋b 5＝( )A ．18B ．16C ．32D ．36【答案】A 【解析】若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“梦想数列”，则由题意得11b n ＋1－31b n＝0，即b n ＋1－3b n ＝0，b n ＋1b n ＝3，即{b n }为公比为3的等比数列．由b 1＋b 2＋b 3＝2，得b 3＋b 4＋b 5＝32(b 1＋b 2＋b 3)＝18.17．(2020年北京)已知{a n }是无穷数列．给出两个性质：①对于{a n }中任意两项a i ，a j (i ＞j )，在{a n }中都存在一项a m ，使得a 2ia j ＝a m ；②对于{a n }中任意一项a n (n ≥3)，在{a n }中都存在两项a k ，a l (k ＞l )，使得a n ＝a 2ka l .(1)若a n ＝n (n ＝1,2，…)，判断数列{a n }是否满足性质①，说明理由；(2)若a n ＝2n －1(n ＝1,2，…)，判断数列{a n }是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (3)若{a n }是递增数列，且同时满足性质①和性质②，求证：{a n }为等比数列．解：(1)不满足，理由：a 23a 2＝92∉N *，所以不存在一项a m ，使得a 23a 2＝a m .(2)数列{a n }同时满足性质①和性质②，理由：a 2ia j ＝(2i －1)22j －1＝22i －22j －1＝22i －j －1，因为a 2i －j ＝22i－j －1，所以满足性质①.对于任意的n ≥3，欲满足a n ＝2n －1＝a 2k a l＝22k －l －1，只需满足n ＝2k －l 即可．令l ＝n －2，则k ＝n －1，且符合k ＞l ≥1，所以满足性质②.所以{a n }同时满足性质①和性质②.(3)对于a 1＞0，因为{a n }递增，所以a n ＞0.由性质②，取n ＝3，则存在a k ，a l (k ＞l )，使a 3＝a 2ka l ＝a k a l ·a k ＞a k ，所以k ＜3.所以k ＝2，l ＝1．所以a 3＝a 22a 1.所以{a n }中a 1，a 2，a 3三项成等比．对于a 1＜0，由性质①，取i ＝2，j ＝1，则存在a m ，使a m ＝a 22a 1.易证a m ≠a 2，即m ≠2.若a m ＝a 1，则只能a 21＝a 22，此时a 2＝－a 1＞0.所以当n ≥2时，a n ＞0.取i ＞2，j ＝1，因为{a n }递增，a i ＞a 2＞0，所以a m ＝a 2i a j ＝a 2i a 1＜a 22a 1＝a 1，显然不存在满足不等式的m ，矛盾．a m ＝a 1也不成立，所以m ≥3.而a m a 1＝a 22＞0，所以a m 与a 1同号，所以a m＜0. 所以a 3＜0，a 2＜0.所以a 1，a 2，a 3同号．如下证明，对任意k ≥2，a k ＜0时，则a k ＋1＜0. 由性质①，取i ＝k ，j ＝k －1，则存在m ，使a m ＝a 2ka k －1.首先a m 与a k －1同号，由递增数列，知a k －1＜a k ＜0，所以a m ＜0. 假设m ≤k ，则a m ≤a k ＜0.所以|a m |≥|a k |＞0，结合a k －1＜a k ＜0，有|a k －1|≥|a k |＞0，显然|a m ||a k －1|＞|a k |2与a m a k －1＝a 2k矛盾，所以m ≥k ＋1，a m ≥a k ＋1．又a m ＜0，所以a k ＋1＜0.所以{a n }同号且均为负数．所以对于{a n }，a m ＞a 2ka l ＝a k a l ·a k ＞a k 恒成立．所以a 3＝a 2ka l ＝a k a l ·a k ＞a k ，得3＞k ＞1．所以k ＝2，l ＝1．所以a 3＝a 22a 1.综上，当n ≤3时，{a n }为等比数列．假设当n ≤k (显然k ≥3)时，a 1，a 2，…，a m 成等比，设其通项公式为a n ＝a 1q n －1(n ≤k )，下证a k ＋1＝a 1q k .由性质①，取i ＝k ，j ＝k －1，则存在m ，使a m ＝a 2ia j ＝(a 1q k －1)2a 1q k －2＝a 1q k . 假设m ≠k ＋1，此时必有m ≥k ＋2. 由递增数列知，a k ＜a k ＋1＜a m ，即a 1q k －1＜a k ＋1＜a 1q k .令a k ＋1＝a 1q s ，此时k －1＜s ＜k ，所以s ∈N *.另一方面，由性质②，对a k ＋1，存在u ，v (u ＞v )，使a k ＋1＝a 2u a v ＝a ua v ·a u ＞a u，所以u ＜k ＋1，即u ≤k 且v ≤k .所以a k ＋1＝a 2u a v ＝a 21q 2u －2a 1qv －1＝a 1q 2u －v －1．而2u －v －1∈N *，s ∈N * ，a 1≠0，所以a 1q 2u－v－1≠a 1q s .而这两个都是a k ＋1的表达式，矛盾．所以m ＝k ＋1．所以a k ＋1＝a 1q k .所以当n ≤k ＋1时，a 1，a 2，…，a k ＋1也成等比．综上，{a n }为等比数列．。

【满足】高考数学一轮复习第七章数列推理与证明第35课等比数列及其前n项和教师用书

【关键字】满足第35课等比数列及其前n项和[最新考纲]1(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫作等比数列．这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q(n∈N＋，q为非零常数)．(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫作a与b的等比中项．即G是a与b的等比中项⇒a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.2．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1qn－1.(2)前n项和公式：Sn＝3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N＋)．(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N＋)，则am·an＝ap·aq＝a；(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{an·bn}，(λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)满足an＋1＝qan(n∈N＋，q为常数)的数列{an}为等比数列．( )(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.( )(3)若{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( )(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.[答案] (1)×(2)×(3)×(4)×2．已知等比数列{an}的公比为－，则的值是____________．－2 [＝＝－2.]3．(2017·扬州期末)已知等比数列{an}满足a2＋1＝4，a＝a5，则该数列的前5项和为____________．31 [∵{an}是等比数列，由得解得∴S5＝＝＝31.]4．(教材改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为__________．27,81 [设该数列的公比为q，由题意知，243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.]5．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝__________.6 [∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．又∵Sn＝126，∴＝126，解得n＝6.](1)已知S3＝7，则a8＝____________.(2)已知数列{an}是递加的等比数列，a1＋a4＝9，a3＝8，则数列{an}的前n项和等于__________．(1)128 (2)2n－1 [(1)∵{an}为等比数列，a2·a4＝16，∴a3＝4，∵a3＝a1q2＝4，S3＝7，∴S2＝＝3，∴(1－q2)＝3(1－q)，即3q2－4q－4＝0，∴q＝－或q＝2.∵an>0，∴q＝2，则a1＝1，∴a8＝27＝128.(2)设等比数列的公比为q，则有解得或又{an}为递加数列，∴∴Sn＝＝2n－1.][规律方法] 1.等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用．2．在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比q的情况进行分类讨论，在运算过程中，应善于运用整体代换思想简化运算．[变式训练1] (1)在等比数列{an}中，a3＝7，前3项和S3＝21，则公比q的值为____________．(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若3－a6＝0，则＝__________.【导学号：】(1)1或－(2)28 [(1)根据已知条件得②÷①得＝3.整理得2q2－q－1＝0，解得q ＝1或q ＝－.(2)由题可知{an}为等比数列，设首项为a1，公比为q ，所以a3＝a1q2，a6＝a1q5，所以1q2＝a1q5，所以q ＝3，由Sn ＝，得S6＝，S3＝，所以＝·＝28.]等比数列的判定与证明设数列{an}的前n 项和为Sn ，已知a1＝1，Sn ＋1＝4an ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2， ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2n ≥2， ②①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2.[规律方法] 等比数列的判定方法 (1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 为非零常数，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列． (2)等比中项法：若数列{a n }中，a n ≠0，且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N ＋)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．说明：前两种方法是证明等比数列的常用方法，后者常用于客观题中的判定． [变式训练2] (2016·全国卷Ⅲ)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＝3132，求λ.[解] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.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a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.等比数列的性质及应用(1)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝____________. (2)(2017·苏州模拟)数列{a n }的首项为a 1＝1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2 017110，则a 21＝____________. 【导学号：】(1)73 (2)2 017 [∵{a n }是等比数列，∴S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也成等比数列．由S 4S 2＝3得S 4＝3S 2，设S 2＝x ，则S 4＝3x ，即x,2x ，S 6－3x 成等比数列，∴S 6＝7x ，∴S 6S 4＝7x 3x ＝73. (2)∵b n ＝a n ＋1a n ，∴a 21＝a 21a 20·a 20a 19·a 19a 18·…·a 2a 1·a 1 ＝b 20·b 19·b 18·…·b 1·a 1，又{b n }成等比数列，∴b 1·b 20＝b 2·b 19＝…＝b 10·b 11＝2 017110，∴a 21＝(b 10b 11)10＝⎝⎛⎭⎪⎫2 01711010＝2 017.][规律方法] 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．2．等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．[变式训练3] (1)在正项等比数列{a n }中，a 1 008·a 1 009＝1100，则lg a 1＋lg a 2＋…＋lga 2 016＝____________.(2)(2017·南昌一模)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为____________．(1)－2 016 (2)2 [(1)lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 2 016＝lg a 1a 2…a 2 016＝ lg(a 1 008·a 1 009)1 008＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫1100 1 008＝lg ()10－2 1 008＝－2 016.(2)由题意得S 4＝a 11－q 41－q ＝9，所以1－q 41－q ＝9a 1.由a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝(a 21q 3)2＝814得a 21q 3＝92.由等比数列的性质知该数列前4项倒数的和为1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 41－1q＝q 4－1a 1q 3q －1＝1a 1q 3·9a 1＝9a 21q 3＝2.] [思想与方法]1．方程的思想．等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解．2．函数的思想．通项公式a n ＝a 1qn －1可化为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1qq n，因此a n 是关于n 的函数，即{a n }中的各项所表示的点(n ，a n )在曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1qq x上，是一群孤立的点．3．分类讨论思想．当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，此处是常考易错点．[易错与防范]1．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽视q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n－S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)．课时分层训练(三十五)A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、填空题1．若三个正数a ，b ，c 成等比数列，其中a ＝5＋26，c ＝5－26，则b ＝________. 【导学号：】1 [∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝a ·c ＝(5＋26)(5－26)＝1.又b >0，∴b ＝1.] 2．(2017·苏州模拟)等比数列{a n }的公比大于1，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝____________.4 [由⎩⎪⎨⎪⎧a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15， ①a 1q 3－a 1q ＝6， ②①②得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12(舍去)，把q ＝2代入①得a 1＝1. ∴a 3＝q 2＝4.]3．在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于____________．3 [两式相减得a 4－a 3＝2a 3，从而求得a 4a 3＝3，即q ＝3.]4．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____________．2 [由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.]5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝____________.3n －1[因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.]6．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为____________. 【导学号：】5 [由等比数列的性质可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5.]7．(2016·常州期末)已知等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＋a 2＝49，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝40，则a 7＋a 8＋a 99的值为________．117 [∵{a n }是等比数列，设公比为q ，则a 3＋a 4＝(a 1＋a 2)q 2， a 5＋a 6＝(a 1＋a 2)q 4，∴a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 2)(q 2＋q 4)＝40，即49(q 2＋q 4)＝40，解得q 2＝9. 又q >0，∴q ＝3，由a 1＋a 2＝49得a 1＝19，∴a 7＋a 8＋a 99＝19q 6＋q 7＋q 89＝36＋37＋3881＝117.]8．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N ＋，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝____________.11 [∵{a n }是等比数列，∴a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝a n (q 2＋q －2)＝0，又a n ≠0，故q 2＋q －2＝0，即q ＝－2或q ＝1(舍去)， ∴S 5＝1－－251＋2＝333＝11.] 9．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝____________.14 [由a 4a 5a 6a 1a 2a 3＝(q 3)3＝3得q 3＝33， ∴a n －1a n a n ＋1＝(a 1a 2a 3)q3n －6＝4×⎝⎛⎭⎫33n －2由4×⎝⎛⎭⎫33n －2＝324，得n －23＝4，即n ＝14.]10．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N ＋，则a 1＝________，S 5＝________.1 121 [∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121.] 二、解答题11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1. 【导学号：】 [解] (1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －2＝2n －2.当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝21－4n1－4＝24n－13.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋24n－13＝22n ＋1＋13. 12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N ＋)． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N ＋)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． [解] (1)证明：依题意S n ＝4a n －3(n ∈N ＋)，n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.因为S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(2)由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N ＋)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ≥2)．当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ∈N ＋)．B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则S n ＝__________尺．2n－12n －1＋1 [依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n 天大老鼠打洞的距离共为1×1－2n1－2＝2n－1.同理可得前n 天小老鼠打洞的距离共为1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2－12n －1，所以S n ＝2n －1＋2－12n －1＝2n－12n －1＋1.]2．(2017·南京一模)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a n >0，若S 6－2S 3＝5，则S 9－S 6的最小值为________．20 [设等比数列的公比为q ，则q >0且q ≠1. 由S 6－2S 3＝5可知，a 1q 6－1q －1－2a 1q 3－1q －1＝5，∴a 1q 3－12q －1＝5，∴q >1.则S 9－S 6＝a 1q 9－1q －1－a 1q 6－1q －1＝a 1q 6q 3－1q －1＝5q 6q 3－1＝5⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 3－1＋1q 3－1＋10≥5×2q 3－1·1q 3－1＋10 ＝20，当且仅当q 3＝2，即q ＝32时取等号． ∴S 9－S 6的最小值为20.]3．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5， ∴a 2＋2a 1＝15， ∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，∴数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n， ∴a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n)．又∵a 1－3＝2，∴a n －3n≠0，∴{a n －3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列． ∴a n －3n＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且3a n ＋1＋2S n ＝3(n 为正整数)． (1)求数列{a n }的通项公式；文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.11文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑. (2)对任意正整数n ，是否存在k ∈R ，使得k ≤S n 恒成立？若存在，求实数k 的最大值；若不存在，请说明理由．[解] (1)因为3a n ＋1＋2S n ＝3，①所以n ≥2时，3a n ＋2S n －1＝3，②由①－②得3a n ＋1－3a n ＋2a n ＝0，所以a n ＋1＝13a n (n ≥2)．又a 1＝1,3a 2＋2a 1＝3，得a 2＝13，所以a 2＝13a 1，故数列{a n }是首项为1，公比q ＝13的等比数列，所以a n ＝a 1·q n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1. (2)假设存在满足题设条件的实数k ，使得k ≤S n 恒成立．由(1)知S n ＝a 11－q n1－q ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，由题意知，对任意正整数n 恒有k ≤32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，又数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 单调递增，所以当n ＝1时数列中的最小项为23，则必有k ≤1，即实数k 最大值为1.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

2018年高考数学一轮复习：等比数列及其前n项和(讲)

等比数列及其前n 项和【知识清单】一．等比数列的有关概念 1. 等比数列定义一般地，如果一个数列从第二项起．．．．，每一项与它的前一项的比等于同一个常数．．，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q 表示(0)q ≠，即：)0(1≠=+q q a a nn ,（注意：“从第二项起”、“常数”q 、等比数列的公比和项都不为零） 2．等比数列通项公式为：)0(111≠⋅⋅=-q a q a a n n .说明：（1）由等比数列的通项公式可以知道：当公比1d =时该数列既是等比数列也是等差数列；（2）等比数列的通项公式知：若{}n a 为等比数列，则m n mna q a -=. 3．等比中项如果在b a 与中间插入一个数G ，使b G a ,,成等比数列，那么G 叫做b a 与的等比中项（两个符号相同的非零实数，都有两个等比中项） 4．等比数列前n 项和公式一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++ ，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）.说明：（1）（1）n S n q a ,,,1和n n S q a a ,,,1各已知三个可求第四个；（2）注意求和公式中是nq ，通项公式中是1-n q不要混淆；（3）应用求和公式时1≠q ，必要时应讨论1=q 的情况.5. 等差数列与等比数列的区分与联系 (1)如果数列{}n a 成等差数列，那么数列{}na A(na A总有意义)必成等比数列．(2)如果数列{}n a 成等比数列，且0n a >，那么数列{log }a n a (0a >，且1a ≠)必成等差数列．(3)如果数列{}n a 既成等差数列又成等比数列，那么数列{}n a 是非零常数数列．数列{}n a 是常数数列仅是数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件．(4)如果由一个等差数列与一个等比数列的公共项顺次组成新数列，那么常选用“由特殊到一般”的方法进行讨论，且以等比数列的项为主，探求等比数列中哪些项是它们的公共项，构成什么样的新数列．对点练习：【2017 届浙江省杭州高级中学高三2月模拟】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意正整数n ， 13n n a S +=，则下列关于{}n a 的论断中正确的是（） A. 一定是等差数列 B. 一定是等比数列C. 可能是等差数列，但不会是等比数列D. 可能是等比数列，但不会是等差数列【答案】C【解析】∵a n+1=3S n ， ∴S n+1−S n =3S n ， ∴S n+1=4S n ，若S 1=0，则数列{a n }为等差数列；若S 1≠0，则数列{S n }为首项为S 1，公比为4的等比数列，∴S n =S 1⋅4n −1，此时a n =S n −S n −1=3S 1⋅4n −2(n ⩾2)，即数列从第二项起，后面的项组成等比数列。

高考数学一轮复习第六章数列第3讲等比数列及其前n项和教学案理

第3讲等比数列及其前n 项和一、知识梳理1．等比数列的有关概念 (1)定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫作等比数列．这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q 表示．(2)等比中项如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔G 2＝ab ．“a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件．2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N +(1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ． (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列．(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)．常用结论1．正确理解等比数列的单调性当q >1，a 1>0或0<q <1，a 1<0时，{a n }是递增数列；当q >1，a 1<0或0<q <1，a 1>0时，{a n }是递减数列；当q ＝1时，{a n }是常数列；当q ＝－1时，{a n }是摆动数列． 2．记住等比数列的几个常用结论(1)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列． (2)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k.(3)一个等比数列各项的k 次幂，仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k 次幂．(4){a n }为等比数列，若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T 3nT 2n，…成等比数列．(5)当q ≠0，q ≠1时，S n ＝k －k ·q n(k ≠0)是{a n }成等比数列的充要条件，此时k ＝a 11－q.(6)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．二、教材衍化1．在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．解析：设该数列的公比为q ，由题意知， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12，12×4＝48. 答案：12，482．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝________．解析：由题意知q 3＝a 5a 2＝18，所以q ＝12.答案：123．等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则{a n }的通项公式a n ＝________．解析：因为S 10S 5＝3132，所以S 10－S 5S 5＝－132，因为S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，所以q 5＝－132，q ＝－12，则a n ＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.答案：－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)与等差数列类似，等比数列的各项可以是任意一个实数．( )(2)公比q 是任意一个常数，它可以是任意实数．( ) (3)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( ) 答案：(1)× (2)× (3)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)忽视项的符号判断； (2)忽视公比q ＝1的特殊情况； (3)忽视等比数列的项不为0.1．在等比数列{a n }中，a 3＝4，a 7＝16，则a 3与a 7的等比中项为________．解析：设a 3与a 7的等比中项为G ，因为a 3＝4，a 7＝16，所以G 2＝4×16＝64，所以G ＝±8.答案：±82．数列{a n }的通项公式是a n ＝a n(a ≠0)，则其前n 项和S n ＝________．解析：因为a ≠0，a n ＝a n，所以{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时S n ＝a （1－a n ）1－a.答案：⎩⎪⎨⎪⎧n ，a ＝1，a （1－a n ）1－a，a ≠0，a ≠13．已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为________．解析：因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，所以(2x＋2)2＝x(3x＋3)，即x2＋5x＋4＝0，解得x＝－1或x＝－4.当x＝－1时，数列的前三项为－1，0，0，不是等比数列，舍去．答案：－4等比数列基本量的运算(师生共研)(1)(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( ) A．16 B．8C．4 D．2(2)等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3.①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】(1)选C.设等比数列{a n}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.(2)①设{a n}的公比为q，由题设得a n＝q n－1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.②若a n ＝(－2)n －1，则S n＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6.解决等比数列有关问题的2种常用思想方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解分类讨论的思想等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－qn n 前n 项和，若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________．解析：通解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝13×（1－35）1－3＝1213.优解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以a 2a 6＝a 6，所以a 2＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝13×（1－35）1－3＝1213.答案：12132．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0，解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.等比数列的判定与证明(师生共研)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn.(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．【解】 (1)由条件可得a n ＋1＝2（n＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.等比数列的4种常用判定方法定义法若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N +)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N +)，则{a n }是等比数列中项公式法若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N +)，则数列{a n }是等比数列通项若数列通项公式可写成a n ＝c ·qn －1(c ，q 均是不为0的常数，证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．1．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n＋1＝4a n＋2(n∈N*)，若b n＝a n＋1－2a n，求证：{b n}是等比数列．证明：因为a n＋2＝S n＋2－S n＋1＝4a n＋1＋2－4a n－2＝4a n＋1－4a n，所以b n＋1b n＝a n＋2－2a n＋1a n＋1－2a n＝4a n＋1－4a n－2a n＋1a n＋1－2a n＝2a n＋1－4a na n＋1－2a n＝2.因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.所以b1＝a2－2a1＝3.所以数列{b n}是首项为3，公比为2的等比数列．2．已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2a n－3n(n∈N+)．(1)求a1，a2，a3的值；(2)是否存在常数λ，使得{a n＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n，若不存在，请说明理由．解：(1)当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3，当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9，当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得a3＝21.(2)假设{a n＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.下面证明{a n ＋3}为等比数列：因为S n ＝2a n －3n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3n －3，所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3，即2a n ＋3＝a n ＋1，所以2(a n ＋3)＝a n ＋1＋3，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，所以存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列．所以a n ＋3＝6×2n －1，即a n ＝3(2n－1)(n ∈N +)．等比数列的性质(多维探究) 角度一等比数列项的性质(1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________．(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝________．【解析】 (1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(2)由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n >0，q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝1×（1－25）1－2＝31.【答案】 (1)50 (2)31角度二等比数列前n 项和的性质(1)(一题多解)等比数列{a n }中，前n 项和为48，前2n项和为60，则其前3n 项和为________．(2)数列{a n }是一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前三项之积为64，则此数列的通项公式为a n ＝________．【解析】 (1)法一：设数列{a n }的前n 项和为S n . 因为S 2n ≠2S n ，所以q ≠1，由前n 项和公式得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q n ）1－q ＝48，①a 1（1－q 2n）1－q＝60，②②÷①，得1＋q n＝54，所以q n＝14.③将③将入①，得a 11－q＝64. 所以S 3n ＝a 1（1－q 3n ）1－q ＝64×⎝⎛⎭⎪⎫1－143＝63.法二：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为{a n }为等比数列，所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列，所以(S 2n －S n )2＝S n (S 3n －S 2n )，即S 3n ＝（S 2n －S n ）2S n ＋S 2n ＝（60－48）248＋60＝63.法三：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为S 2n ＝S n ＋q nS n ，所以q n＝S 2n －S n S n ＝14，所以S 3n ＝S 2n ＋q2nS n ＝60＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142×48＝63.(2)设此数列{a n }的公比为q ，由题意，知S 奇＋S 偶＝4S 偶，所以S 奇＝3S 偶，所以q ＝S 偶S 奇＝13.又a 1a 2a 3＝64，即a 1(a 1q )(a 1q 2)＝a 31q 3＝64，所以a 1q ＝4.又q ＝13，所以a 1＝12，所以a n ＝a 1qn －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1.【答案】 (1)63(2)12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类 (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形． (3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．[提醒] 在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．(一题多解)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12D ．18解析：选C.法一：因为a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)，所以a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2.又因为q 3＝a 4a 1＝214＝8，所以q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法二：因为a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12，故选C.数列与数学文化及实际应用1．等差数列与数学文化(2020·陕西汉中二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重( )A ．6斤B ．7斤C ．9斤D ．15斤【解析】设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{a n }，则有a 1＝4，a 5＝2，所以a 1＋a 5＝6，数列{a n }的前5项和为S 5＝5×a 1＋a 52＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D.【答案】 D以数学文化为背景的等差数列模型题的求解关键：一是会脱去数学文化的背景，读懂题意；二是构建模型，即由题意构建等差数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等差数列的相关问题，如求指定项、公差或项数、通项公式或前n 项和等．2．等比数列与数学文化(2020·湖南衡阳三模)中国古代数学名著《九章算术》中有如下问题．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？此问题的译文如下：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？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为( )A.253 B ．503C.507D ．1007【解析】 5斗＝50升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a 1，a 2，a 3，由题意可知a 1，a 2，a 3构成公比为2的等比数列，且S 3＝50，则a 1（1－23）1－2＝50，解得a 1＝507，所以马主人应偿还粟的量为a 2＝2a 1＝1007，故选D.【答案】 D以数学文化为背景的等比数列模型题的求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题，如求指定项、公比或项数、通项公式或前n 项和等．3．递推数列与数学文化(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N +)个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为( )A ．7B ．10C ．12D ．22【解析】因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4，所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7.故选A.以数学文化为背景的已知递推公式的数列模型的求解关键是耐心读题、仔细理解题，只有弄清题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答，“盯紧”题目条件中的递推公式，利用此递推公式往要求的量转化，如本题，剥去数学文化背景，实质就是已知a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，求a 4的问题．4．周期数列与数学文化(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N +)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 019项的和为( )A ．672B ．673C ．1 346D ．2 019【解析】由于{a n }是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{a n }为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，所以{a n }是周期为3的周期数列，且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2. 因为2 019＝673×3，所以数列{a n }的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.以数学文化为背景的周期数列模型题的求解关键是细审题，建立数学模型，并会适时脱去背景，如本题，脱去背景，实质是利用斐波那契数列的各项除以2的余数的特征，得出新数列的周期性，进而求出结果．5．数列在实际问题中的应用私家车具有申请报废制度．一车主购买车辆时花费15万，每年的保险费、路桥费、汽油费等约1.5万元，每年的维修费是一个公差为3 000元的等差数列，第一年维修费为3 000元，则该车主申请车辆报废的最佳年限(使用多少年的年平均费用最少)是________年．【解析】设这辆汽车报废的最佳年限为n 年，第n 年的费用为a n ，则a n ＝1.5＋0.3n .前n 年的总费用为S n ＝15＋1.5n ＋n2(0.3＋0.3n )＝0.15n 2＋1.65n ＋15，年平均费用：S n n ＝0.15n ＋15n＋1.65≥20.15n ×15n ＋1.65＝4.65，当且仅当0.15n ＝15n，即n＝10时，年平均费用S nn取得最小值．所以这辆汽车报废的最佳年限是10年．【答案】 10数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程．有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际规律的结果．[基础题组练]1．(2020·江西宜春一模)在等比数列{a n }中，a 1a 3＝a 4＝4，则a 6的所有可能值构成的集合是( )A ．{6}B ．{－8，8}C ．{－8}D ．{8}解析：选D.因为a 1a 3＝a 22＝4，a 4＝4，所以a 2＝2，所以q 2＝a 4a 2＝2，所以a 6＝a 2q 4＝2×4＝8，故a 6的所有可能值构成的集合是{8}，故选D.2．在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( )A ．135B ．100C ．95D ．80解析：选A.由等比数列前n 项和的性质知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8成等比数列，其首项为40，公比为6040＝32，所以a 7＋a 8＝40×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝135.3．(2020·山西3月高考考前适应性测试)正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，且a 5与a 9的等差中项为4，则{a n }的公比是( )A ．1B ．2 C.22D ．2解析：选D.设公比为q ，由正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，可得a 23＋2a 3a 7＋a 27＝(a 3＋a 7)2＝16，即a 3＋a 7＝4，由a 5与a 9的等差中项为4，得a 5＋a 9＝8，则q 2(a 3＋a 7)＝4q 2＝8，则q＝2(舍负)，故选D.4．(2020·湘赣十四校第二次联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“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．”其意思为：有一个人走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6天后到达目的地，请问最后一天走了( )A ．6里B ．12里C ．24里D ．96里解析：选A.由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{a n }，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则q ＝12，依题意有a 1（1－q 6）1－q ＝378，解得a 1＝192，则a 6＝192×(12)5＝6，最后一天走了6里，故选A.5．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．10解析：选B.设该等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，则由已知得a 1·a 2·a 3＝3，a n －2·a n －1·a n ＝9，(a 1·a n )3＝3×9＝33，所以a 1·a n ＝3，又T n ＝a 1·a 2·…·a n －1·a n ＝a n ·a n －1·…·a 2·a 1，所以T 2n ＝(a 1·a n )n，即7292＝3n，所以n ＝12.6．(2020·黄冈模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝________．解析：设{a n }的公比为q (q >0)，因为a 1a 6＝2a 3，而a 1a 6＝a 3a 4，所以a 3a 4＝2a 3，所以a 4＝2.又a 4＋2a 6＝3，所以a 6＝12，所以q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝16[1－（12）5]1－12＝31.答案：317．(一题多解)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________．解析：法一：设数列{a n }的公比为q ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝a 21q 9＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.法二：由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.答案：－78．(2020·安徽安庆模拟)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的值为________．解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.答案：29．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＝3132，求λ.解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.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a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.10．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.[综合题组练]1．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0)∪[1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ，则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q )＝1＋q ＋1q.当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－(－q －1q)≤1－2（－q ）·（－1q）＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立．所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．2．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1，2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，则q 等于( )A ．－12B ．12C ．－32D ．32解析：选C.{b n }有连续四项在{－53，－23，19，37，82}中且b n ＝a n ＋1.a n ＝b n －1，则{a n }有连续四项在{－54，－24，18，36，81}中．因为{a n }是等比数列，等比数列中有负数项，则q <0，且负数项为相隔两项，所以等比数列各项的绝对值递增或递减．按绝对值的顺序排列上述数值18，－24，36，－54，81，相邻两项相除－2418＝－43，36－24＝－32，－5436＝－32，81－54＝－32，则可得－24，36，－54，81是{a n }中连续的四项．q ＝－32或q ＝－23(因为|q |>1，所以此种情况应舍)，所以q ＝－32.故选C.3．在递增的等比数列{a n }中，已知a 1＋a n ＝34，a 3·a n －2＝64，且前n 项和S n ＝42，则n ＝________．解析：因为{a n }为等比数列，所以a 3·a n －2＝a 1·a n ＝64. 又a 1＋a n ＝34，所以a 1，a n 是方程x 2－34x ＋64＝0的两根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，a n ＝2.又因为{a n }是递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32.由S n ＝a 1－a n q 1－q ＝2－32q 1－q＝42，解得q ＝4.由a n ＝a 1qn －1＝2×4n －1＝32，解得n ＝3. 答案：34．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N +，都有a m ＋na m＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋ma m＝a n ，令m ＝1，则a n ＋1a 1＝a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－25．(2020·湖北武汉4月毕业班调研)已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1.(1)求数列{a n }的公比q ；(2)令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值．解：(1)由题意可得q ≠1，由S 2＋4S 4＝S 6，可知a 1（1－q 2）1－q ＋4·a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1－q 6）1－q，所以(1－q 2)＋4(1－q 4)＝1－q 6，而q ≠1，q >0，所以1＋4(1＋q 2)＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0，所以(q 2－4)(q 2＋1)＝0，所以q ＝2.(2)由(1)知a n ＝2n －1，则{a n }的前n 项和S n ＝1－2n1－2＝2n－1，当n ≥5时，b n ＝2n －1－15>0，n ≤4时，b n ＝2n －1－15<0，所以T ＝－(b 1＋b 2＋b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6＋…＋b 10)＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6) ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90＝S 10－2S 4－30＝(210－1)－2(24－1)－30 ＝210－25－29＝1 024－32－29＝963.6．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N +.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解：(1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，所以b 1＝a 1＋a 2＝32.所以{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n .(2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列，所以T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n .。

2018年高考通关讲练数列数学文：第3讲等比数列及其前

第3讲等比数列及其前n 项和1．理解等比数列的概念．2．掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式． 3．了解等比数列与指数函数的关系．本节内容在高考中的考查方式：（1）在考查基本运算、基本概念的基础上，注重考查函数与方程、等价转化、分类讨论等思想；（2）非标准的等比数列可能成为新的命题热点．题型有选择题、填空题、解答题，分值5~12分．预计2017年高考以客观题的形式考查等比数列的性质、相关公式的运用和计算，以主观题的形式考查等比数列的定义、与函数或不等式等综合考查．1．等比数列的概念如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(0)q q ≠，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比． 2．等比中项如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，此时2G ab =．3．等比数列的通项公式及其变形首项为1a ，公比为q 的等比数列的通项公式是111(,0)n n a a q a q -=≠．等比数列通项公式的变形：n mn m a a q -=．4．等比数列与指数函数的关系等比数列{}n a 的通项公式11n n a a q-=还可以改写为1nn a a q q=⋅，当1q ≠且10a ≠时，x y q =是指数函数，1x a y q q =⋅是指数型函数，因此数列{}n a 的图象是函数1x ay q q=⋅的图象上一些孤立的点．①当101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩时，{}n a 是递增数列；②当1001a q >⎧⎨<<⎩或101a q <⎧⎨>⎩时，{}n a 是递减数列；③当1q =时，{}n a 为常数列(0)n a ≠；④当0q <时，{}n a 为摆动数列，所有的奇数项（偶数项）同号，奇数项与偶数项异号．5．等比数列的前n 项和公式首项为1a ，公比为q 的等比数列{}n a 的前n 项和的公式为111,1.(1),111n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩（1）当公比1q =时，因为10a ≠，所以1n S na =是关于n 的正比例函数，则数列123,,,,,n S S S S L L 的图象是正比例函数1y a x =图象上的一群孤立的点．（2）当公比1q ≠时，等比数列的前n 项和公式是1(1)1n n a q S q-=-，即11n n a S q q =-⋅-11aq+-，设11a m q =-，则上式可写成n n S mq m =-+的形式，则数列123,,,,,n S S S S L L 的图象是函数x y mq m =-+图象上的一群孤立的点．由此可见，非常数列的等比数列的前n 项和n S 是一个关于n 的指数型函数与一个常数的和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数． 6．等比数列的性质若数列{}n a 是公比为q 的等比数列，前n 项和为n S ，则有如下性质：（1）若m n p q +=+，则m n p q a a a a =；若2m n r +=，则2(,)m n r a a a m n,p,q,r =∈*N ．推广：1211;nni n i a a a a a a -+-===①LL ②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a =．（2）若,,m n p 成等差数列，则,,m n p a a a 成等比数列．（3）数列{}(0)n a ≠λλ仍是公比为q 的等比数列；数列1{}n a 是公比为1q的等比数列；数列{}||n a 是公比为||q 的等比数列；若数列{}n b 是公比为q'的等比数列，则数列{}n n a b 是公比为qq'的等比数列．（4）23,,,,k k m k m k m a a a a +++L 成等比数列，公比为m q ．（5）连续相邻k 项的和（或积）构成公比为(k q 或2)k q 的等比数列．（6）当1q =时，n m S n S m =；当1q ≠±时，11nn mm S q S q -=-．（7）mnn m m n n m S S q S S q S +=+=+．（8）若项数为2n ，则S q S =偶奇，若项数为21n +，则1S a q S -=奇偶．（9）当1q ≠-时，连续m 项的和（如232,,,m m m m m S S S S S --L ）仍组成等比数列（公比为m q ，2m ≥）．注意：这里连续m 项的和均非零．题型一等比数列的判定与证明【例1】数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2n n a S n +=,2n n c a =-，求证：数列{}n c 是等比数列．【解析】当1n =时，11a S =，由2n n a S n +=得1121a S +=⨯，解得11a =．又112(1)n n a S n +++=+，则11()()2(1)2n n n n a S a S n n +++-+=+-，即122n n a a +-=，又2n n c a =-，所以2n n a c =+，112n n a c ++=+，所以12(2)(2)2n n c c ++-+=，即12n n c c +=，即112n n c c +=，所以数列{}n c 是以1121c a =-=-为首项，12为公比的等比数列．【考点定位】等比数列的判定【名师点睛】在判断一个数列是否为等比数列时，应根据已知条件灵活选用不同的方法，若一个数列中包含有为0的项，则可判定这个数列一定不是等比数列．题型二等比数列的基本运算【例2】（1）在等比数列{}n a 中，若474,32,a a ==则9a =_______；（2）在等比数列{}n a 中，已知2536a a +=，3672a a +=，若1024n a =，则n =_______；（3）已知等比数列{}n a 是递增数列，n S 是{}n a 的前n 项和，若1a ，3a 是方程21090x x -+=的两个根，则6S =_______．【答案】（1）128；（2）10；（3）364【解析】（1）方法1：因为47432a a =⎧⎨=⎩，所以3161432a q a q ⎧=⎪⎨=⎪⎩，两式相除得38q =，即2q =，于是41334122a a q ===，所以8891121282a a q ==⨯=．方法2：因为37432a a q ==，所以38q =，即2q =，所以2297322128a a q ==⨯=．（2）方法1：因为425112536113672a a a q a q a a a q a q ⎧+=+=⎪⎨+=+=⎪⎩，两式相除得2q =，所以12a =，由1024n a =，可得1112221024n n na q --=⨯==，解得10n =．方法2：因为3625()a a q a a +=+，所以2q =，由41136a q a q +=可得12a =，由1024n a =，可得1112221024n n na q --=⨯==，解得10n =．（3）因为1a ，3a 是方程21090x x -+=的两个根，且{}n a 是递增数列，所以11a =，39a =，则公比3q ==，所以661(13)36413S ⨯-==-．【考点定位】等比数列及其前n 项和的概念【名师点睛】求解等比数列基本量时注意运用整体思想、设而不求的思想，同时还要注意等比定理，即323124123112n n n na a aa a a a q a a a a a a a +-+++======+++．（1）等比数列由首项1a 与公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕1a 与q 进行．（2）对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出1a 与q ，对于1,,,,n n a a q n S 五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”．题型三等比数列的通项及前n 项和的求解【例3】（1）在等比数列{}n a 中，公比为q ，前n 项和为n S ，若37S =，663S =，则n a =_______，n S =_______；（2）在等比数列{}n a 中，若公比2q =-，前3项之和等于21，则该数列的通项公式n a =_______；（3）已知数列{}n a 满足12a =-，且136n n a a +=+，则n a =_______．【答案】（1）12n - 21n -；（2）17(2)n -⋅-；（3）133n -- 【解析】（1）方法1：由于632S S ≠，所以1q ≠，由37S =，663S =，可得31(1)71a q q -=-①，且61(1)631a q q-=-②，÷②①可得319q +=，解得2q =，代入①得11a =，所以1111122n n n n a a q---==⨯=，1(1)1(12)=21112n n n n a q S q -⨯-==---．方法2：易得33612345612312333()()S a a a a a a a a a q a a a S q S =+++++=+++++=+，因为37S =，663S =，所以36377q =+，解得2q =，由313(12)712a S -==-，解得11a =，所以1111122n n n n a a q---==⨯=，1(1)1(12)=21112n n n n a q S q -⨯-==---．（2）方法1：由题意可知2111(2)(2)21a a a +-+-=，解得17a =，所以17(2)n n a -=⋅-．方法2：设等比数列的前3项分别为,,22x x x --，则2212x x x +-=-，解得14x =-，所以2127(2)n n n a a q--==⋅-．（3）方法1：因为136,n n a a +=+所以136(2),n n a a n -=+≥所以113()(2)n n n n a a a a n +--=-≥，所以1{}n n a a +-是等比数列，首项2111136262a a a a a -=+-=+=，公比3q =，所以1123,n n n a a -+-=⨯即13623n n n a a -+-=⨯，即13 3.n n a -=-方法2：令13(),n n a k a k ++=+即132,n n a a k +=+ 与136n n a a +=+比较得3k =，又131a +=，故数列{3}n a +是以1为首项，3为公比的等比数列，所以1313n n a -+=⨯，所以133.n n a -=-【考点定位】等差数列的通项公式及前n 项和公式【名师点睛】（1）等比数列的设项实质上是用最少的变量（即基本量）来表示所有的项，它起到了消元的作用；（2）对于非等比数列问题，通过构造转化为等比数列问题是求数列通项公式的一种重要方法．求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用11n n a a q-=求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形n mn m a a q-=可以简化解题过程．求解时通常会涉及等比数列的设项问题，常用的设项方法为：（1）通项法．设数列的通项公式11n n a a q -=来求解；（2）对称设元法．题型四等比数列的性质应用【例4】已知等比数列{}n a 满足0,n a >（1）若1237894,9,a a a a a a == 则456a a a =______；（2）若25253(3)nn a a n -⋅=≥，则当1n ≥时，3133321log log log n a a a -+++=L ______．【答案】（1）6；（2）2n【解析】（1）方法1：因为31231322789798()4,()a a a a a a a a a a a a a ====389,a == 由等比数列的性质可得12328536a a a ==，所以133324564655()366.a a a a a a a ⨯====方法2：由等比数列的性质知123456789,,a a a a a a a a a 成等比数列，所以123789a a a a a a ⋅=2456()a a a ，所以4566a a a ==．（2）方法1：由25253n n a a -⋅=，得42622221113n n n a q a qa q --⋅==，又0,n a >所以113n na q -=，故022231333213132131(1)1313123log log log log ()log []log []log ()log (3).n n n n n n n n n n n a a a a a a a q a q a q n +++-----+++======L L L方法2：由等比数列的性质，得225253,n n n a a a -⋅==由于0,n a >所以3nn a =，所以23133321log log log 13(21).n a a a n n -+++=+++-=L L 【考点定位】等比数列的性质【名师点睛】在等比数列的有关运算中，常常涉及次数较高的指数运算，往往是建立关于1a q ,的方程组，但这样解起来很麻烦，若能避开求1a q ,，直接利用等比数列的性质求解，则比较简捷，同时在应用等比数列的性质时，需注意等比数列性质成立的前提条件．【例5】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1020S =，20=60S ，则30S =_______．【答案】140【解析】方法1：由1020S =，20=60S ，易得公比1q ≠±，根据等比数列前n 项和的性质，可得020101011S q S q 2-=-，即010106011201q q q 2-==+-，解得102q =，又3030101011S q S q -=-，所以33012=72012S -=-，30140S =．方法2：根据等比数列前n 项和的性质，可得10201010S S q S =+，即10602020q =+，解得102q =，所以1030102020260140S S q S =+=+⨯=．方法3：根据等比数列前n 项和的性质，可知10S ，2010S S -，3020S S -成等比数列，则22010103020()()S S S S S -=-，即230(6020)20(60)S -=-，解得30140S =．【考点定位】等比数列前n 项和的性质【名师点睛】恰当地使用等比数列前n 项和的相关性质，可以避繁就简，不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避免对公比q 的讨论．解题时应把握好等比数列前n 项和性质的使用条件，并结合题设条件寻找使用性质的切入点．等比数列相邻几项的积成等比数列、与首末项等距离的两项的积相等、等比中项的性质等是高考考查的重点，解此类问题时有两种思路：（1）列方程求出基本量，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算比较繁琐；（2）利用等比数列及其前n 项和的性质求解，熟练掌握等比数列及其前n 项和的常用性质能起到事半功倍的效果．题型五数列的新定义问题【例6】若数列{}n A 满足21n n A A +=，则称数列{}n A 为“平方递推数列”．已知数列{}n a 中，19a =，点1(,)n n a a +在函数2()2f x x x =+的图象上，其中n 为正整数．（1）证明：数列{+1}n a 是“平方递推数列”，且数列{lg(+1)}n a 为等比数列；（2）设（1）中“平方递推数列”的前n 项之积为n T ，求lg n T ；（3）在（2）的条件下，记lg lg(+1)nn n T b a =，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求使4032n S >成立的n 的最小值．【解析】（1）由题意得212n n n a a a +=+，即 211(1)n n a a ++=+，则{}1n a +是“平方递推数列”．对211(1)n n a a ++=+两边取对数得 1lg(1)2lg(1)n n a a ++=+，所以数列{lg(+1)}n a 是以1lg(+1)1a =为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）知1111lg(1)lg(+1)22n n n a a --++=⋅=，则12121(12)lg lg[(1)(1)(1)]lg(1)lg(1)lg(1)2 1.12n n n n n T a a a a a a ⨯-=+++=++++++==--（3）由（2）知11lg 2112()lg(+1)22nn n n n n T b a ---===-，111122221212n n n S n n --=-=-+-，又4032n S >，即112240322n n --+>，即120172n n +>，又1012n <<，所以min 2017n =，故使4032n S>成立的n 的最小值为2017．【考点定位】等比数列的概念及前n 项和【名师点睛】本题主要考查数列的新定义与等比数列的判断．先定义一个(一类)新数列，然后要求根据定义推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题是近几年高考中逐渐兴起的一个命题方向，这类问题形式新颖，常常给人耳目一新的感觉．数列新定义问题能充分考查对信息的阅读、提取及转化能力，综合性强，难度较高，在实际问题中往往需要对题目进行阅读，再借助定义进行转化即可进行求解．对于此类问题，应先弄清问题的本质，然后根据等差数列、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决．同时需注意以下几点：（1）熟记等比数列前n 项和公式，注意利用性质把数列转化，利用等比数列前n 项和公式；（2）注意函数与方程、等价转化、分类讨论等思想的运用，这是高考的一种重要的考向．1．等比数列{}n a 的前n 项和n S 4na =+，则a 的值为A ．4-B ．1-C ．0D ．12．若,,a b c 成等比数列，则关于x 的方程20ax bx c ++= A ．必有两个不等实根 B ．必有两个相等实根 C ．必无实根D ．以上三种情况均有可能3．设数列{}n a 是公比为2，首项为1的等比数列，S n 是它的前n 项和，对任意的n ∈*N ，点1(,)n n S S +在A ．直线21y x =-上B ．直线2y x =+上C ．直线2y x =-上D ．直线21y x =+上4．已知0a b c <<<，且,,a b c 是成等比数列的整数，n 为大于1的整数，则下列关于log a n ，log b n ，log c n 的说法正确的是A ．是等差数列B ．是等比数列C ．各项的倒数成等差数列D ．以上都不对5．已知1,,,4a b --成等差数列，1,,,,4m n t --成等比数列，则b an-=________． 6．设等比数列{}n a 的前n 项和为S n ，若634S S =，则96SS =________．7．把一个正方形等分成9个相等的小正方形，将中间的一个正方形挖掉（如图①）；再将剩余的每个正方形都分成9个相等的小正方形，并将中间的一个正方形挖掉(如图②)；如此进行下去，则（1）图③共挖掉了多少个正方形？（2）第n 个图共挖掉了多少个正方形？若原正方形的边长为(0)a a >，则这些正方形的面积之和为多少？8．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1(3)a a a =≠，13n n n a S +=+，设3n n n b S =-，n ∈*N ．（1）求证：数列{}n b 是等比数列；（2）若1n n a a +≥，n ∈*N ，求实数a 的最小值；（3）当4a =时，给出一个新数列{}n e ，其中312n n n e b n =⎧=⎨≥⎩,,．设这个新数列的前n 项和为n C ，若n C 可以写成(,p t t p ∈*N 且1,1)t p >>的形式，则称n C 为“指数型和”．问{}n C 中的项是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由．1．B 【解析】方法1：当1n =时，14a a =+，当2n ≥时，134n n a -=⨯，所以当1n =时，43a +=，所以1a =-．方法2：由等比数列前n 项和的函数特性，易知a 与4n的系数互为相反数，故1a =-．2．C 【解析】因为,,a b c 成等比数列，所以20b ac =>，又∆=2430b ac ac -=-<，所以方程2ax + 0bx c +=无实数根．3．D 【解析】因为1122112n n n S ⨯-==--（），1111122112n n n S +++⨯-==--（），所以121n n S S +=+，故点1(,)n n S S +在直线21y x =+上．4．C 【解析】因为,,a b c 是成等比数列的整数，所以2b ac =，等式两边分别取以n (n 为大于1的整数)为底的对数，则2log log ()n n b ac =，即2log log log n n n b a c =+，所以211log log log b a c n n n =+，所以111log log log a b c n n n，，成等差数列． 5．12 【解析】因为1,,,4a b --成等差数列，设公差为d ，所以4(1)141b a d ----===--，因为1,,,,4m n t --成等比数列，所以2(1)(4)4n =-⨯-=，即2n =±，由于n 与1,4--同号，所以0n <，所以2n =-，所以1122b a n --==-． 6．134 【解析】设公比为q ，则336333(114S q S q S S +==+=)，即33q =，于是3693611314S q q S q ++==+． 7．【解析】（1）观察易知图③共挖掉了218873++=个正方形．（2）我们把由图①分割为图②看作是一次操作，则一次操作挖去8个小正方形，由图①分割为图②时，增加了8个图①，所以1n -次操作后得到第n 个图，共挖掉了2188++118818187n n n ---++==-L 个正方形，这些正方形的面积和为2242612211118[1()8()8()8()][1()].33339n n n S a a -=⨯+⨯+⨯++⨯=-L 8．【解析】（1）因为111132332n n n n n n n b S S b ++++=-=+-=，n ∈*N ，且3a ≠，所以{}n b 是以3a -为首项，2为公比等比数列．（2）由（1）可得13(3)2n n n S a --=-⨯，1n n n a S S -=-，2n ≥，n ∈*N ．故12,123(32,2n n n a n a a n --=⎧=⎨⨯+-⨯≥⎩），因为1n n a a +≥，所以10n n a a +-≥恒成立，所以9a ≥-，且3a ≠，所以实数a 的最小值为9-．（3）由（1）可得1(3)2n n b a -=-⨯，当4a =时，12n n b -=，13C =，当2n ≥时，1324221n n n C -=++++=+，所以对正整数n 都有21n n C =+．由21p n t =+，12p n t -=(,t p ∈*N 且1,1)t p >>，t 只能是不小于3的奇数．① 当p 为偶数时，221(1)(1)2p p p n t t t -=-+=，因为21p t -和21p t +都是大于1的正整数，所以存在正整数,g h ，使得212p g t +=，212p h t -=，222g h -=，2(21)2h g h --=，所以22h =且211g h --=，解得1h =，2g =，此时3n =，即有233C =，3C 为“指数型和”．② 当p 为奇数时，211(1)(1)p p t t t t t --=-++++，由于211p t t t -++++是p 个奇数之和，结果仍为奇数，且1t -为正偶数，所以21(1)(1)2p n t t t t --++++= 不成立，此时没有“指数型和”．综上所述，所有的“指数型和”只有3C ．1→等比数列问题的设项方法——对称设项法与有穷等差数列设项方法类似，有穷等比数列设项也要注意对称设元．一般地，连续奇数个项成等比数列，可设为…，xq ，x ，xq ，…；连续偶数个项成等比数列，可设为…，3x q ，x q，xq ，3xq ，…（注意：此时公比20q >，并不适合所有情况）．这样既可以减少未知量的个数，也使得解方程较为方便．2→等比数列基本量的运算的技巧在等比数列的有关运算中，常常涉及次数较高的指数运算，往往是建立关于1a q ,的方程组，但这样解起来很麻烦，若能避开求1a q ,，直接利用等比数列的性质求解，则比较简捷，同时在应用等比数列的性质时，需注意等比数列性质成立的前提条件．3→由递推关系式构造等比数列的常见类型（1）形如1(1,0)n n a pa q p pq +=+≠≠的递推关系式，①利用待定系数法可化为1n a +- ()11n q q p a p p =--- ，当101q a p -≠-时，数列{}1n q a p--是等比数列；②由1n n a pa q +=+，1(2)n n a pa q n -=+≥，两式相减，得11()n n n n a a p a a +--=-，当210a a -≠时，数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列．（2）形如+1(,0)nn n a ca d c d cd =+≠≠的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同时除以1n d +，进而化归为等比数列．【易错题】在等比数列{}n a 中，246825a a a a =，求19a a 的值．【错解】因为{}n a 为等比数列，所以192846a a a a a a ==，由246825a a a a =可得219()25a a =，故195a a =±．【正解】因为{}n a 为等比数列，所以192846a a a a a a ==，由246825a a a a =可得219()25a a =，故19a a =5±．又在等比数列中，所有的奇数项的符号相同，所以190a a >，所以195a a =．【错因分析】错解中忽略了在等比数列中，奇数项或偶数项的符号相同这一隐含条件．【温馨提醒】在等比数列中，奇数项或者偶数项的符号相同．因此，在求等比数列的某一项或者某些项时要注意这些项的正负问题，要充分挖掘题目中的隐含条件．。

2018年高考数学理一轮复习文档第五章数列第3讲等

第3讲等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *)． (2)等比中项如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 2＝ab ． “a ，G ，b 成等比数列”是“G 2＝ab ”的充分不必要条件． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)．1．辨明三个易误点(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 也不能为0，但q 可为正数，也可为负数．(2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(3)在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．2．等比数列的三种判定方法 (1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cqn －1(c 、q 均是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．1．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝( )A ．－12B ．－2C ．2D.12D 由通项公式及已知得a 1q ＝2①，a 1q 4＝14②，由②÷①得q 3＝18，解得q ＝12.故选D.2．(2015·高考全国卷Ⅱ)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 ．21B ．42C ．63D ．84B 因为a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，所以3＋3q 2＋3q 4＝21. 所以1＋q 2＋q 4＝7.解得q 2＝2或q 2＝－3(舍去)．所以a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B.3.教材习题改编设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63D ．64C 由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C.4．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________．由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16，所以a 2＝2，所以q 2＝a 4a 2＝4，所以a 6＝a 4q 2＝32. 325．(2015·高考全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．因为a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又因为S n ＝126，所以2（1－2n）1－2＝126，所以n ＝6.6等比数列的基本运算(高频考点)等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度为中、低档题．高考对等比数列的基本运算的考查常有以下三个命题角度： (1)求首项a 1、公比q 或项数n ； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．(1)已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1等于( ) A.13 B ．－13C.19D ．－19(2)(2015·高考安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．(3)(2016·高考全国卷丙改编)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，则a n ＝________．【解析】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3＝a 2＋10a 1，得a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，即a 3＝9a 1，q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19.(2)设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1.(3)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.【答案】 (1)C (2)2n－1 (3)12n －1角度一求首项a 1、公比q 或项数n1．设等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 3＝4，S k ＝63，则k ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7C 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知a 1＝1，a 3＝4，得q 2＝a 3a 1＝4.又{a n }的各项均为正数，所以q ＝2.而S k ＝1－2k1－2＝63，所以2k－1＝63，解得k ＝6.角度二求通项或特定项2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．因为3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.3n －1角度三求前n 项和3．(2016·高考全国卷乙)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a nb n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)和a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n 3，因此数列{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3n －1. 等比数列的判定与证明(2015·高考广东卷节选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．【解】 (1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．因为 4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，所以a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n 2（2a n ＋1－a n ）＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．在本例条件下，求数列{a n }的通项公式．由本例(2)知，a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝4. 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2＋4(n －1)＝4n －2，即a n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，设b n ＝a n ＋1－2a n .(1)求证：{b n }是等比数列；(2)设c n ＝a n3n －1，求证：{c n }是等比数列．(1)a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n .b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝（4a n ＋1－4a n ）－2a n ＋1a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n＝2.因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是公比为2，首项为3的等比数列． (2)由(1)知b n ＝3·2n －1＝a n ＋1－2a n ，所以a n ＋12n －1－a n2n －2＝3.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －2是等差数列，公差为3，首项为2.所以a n2n －2＝2＋(n －1)×3＝3n －1.所以a n ＝(3n －1)·2n －2，所以c n ＝2n －2.所以c n ＋1c n ＝2n －12n －2＝2.所以数列{c n }为等比数列．等比数列的性质(1)(2017·湖北武汉调研)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( )A.38 B.245 C.316D.916(2)已知各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝( )A ．150B ．－200C ．150或－200D ．400或－50【解析】 (1)由题意，得a 23＝4a 2a 6＝4a 24，所以a 3＝2a 4. 所以q ＝12，又a 1＋2a 2＝a 1＋2a 1q ＝3，所以a 1＝32，a 4＝a 1q 3＝316.(2)依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20＞0，因此，S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 40＝70＋80＝150.【答案】 (1)C(2)A等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类：(1)通项公式的变形；(2)等比中项的变形；(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．1．(2017·昆明三中、玉溪一中统考)已知等比数列{a n }中，a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n C 依题意，a n ＝2n －1，1a n a n ＋1＝12·2＝12＝12×14，所以T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，故选C. 2．(2017·长春调研)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________．设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14.14——分类讨论思想在求数列前n 项和中的应用(2017·常州模拟)如果有穷数列a 1，a 2，a 3，…，a m (m 为正整数)满足条件a 1＝a m ，a 2＝a m －1，…，a m ＝a 1，即a i ＝a m －i ＋1(i ＝1，2，…，m )，我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，3，4，3，2，1与数列a ，b ，c ，c ，b ，a 都是“对称数列”．(1)设{b n }是8项的“对称数列”，其中b 1，b 2，b 3，b 4是等差数列，且b 1＝1，b 5＝13.依次写出{b n }的每一项；(2)设{c n }是2m ＋1项的“对称数列”，其中c m ＋1，c m ＋2，…，c 2m ＋1是首项为a ，公比为q 的等比数列，求{c n }的各项和S n .【解】 (1)设数列b 1，b 2，b 3，b 4的公差为d ，b 4＝b 1＋3d ＝1＋3d . 又因为b 4＝b 5＝13，解得d ＝4，所以数列{b n }为1，5，9，13，13，9，5，1.(2)S n ＝c 1＋c 2＋…＋c 2m ＋1＝2(c m ＋1＋c m ＋2＋…＋c 2m ＋1)－c m ＋1＝2a (1＋q ＋q 2＋…＋q m)－a ＝2a ·1－q m ＋11－q－a (q ≠1)．而当q ＝1时，S n ＝(2m ＋1)a . 所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧（2m ＋1）a ，q ＝1，2a ·1－qm ＋11－q －a ，q ≠1.(1)本题是新定义型数列问题，在求等比数列{c n }的前n 项和时利用了分类讨论思想．(2)分类讨论思想在数列中应用较多，常见的分类讨论有： ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种情况； ②项数的奇、偶数讨论；③等比数列的单调性的判断与a 1，q 的取值的讨论．在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .(1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ·(n ＋1)．因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.1．(2017·太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2B 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．(2017·宜春中学与新余一中联考)等比数列{a n }中，a 3＝9，前3项和为S 3＝3⎠⎛03x 2d x ，则公比q 的值是( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12C 因为⎠⎛03x 2d x ＝13x 3⎪⎪⎪⎪3＝9，所以S 3＝3×9＝27，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝9S 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝27，解得q ＝1或q ＝－12. 3．(2017·安徽安庆二模)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 ．1B ．－1 C.12D ．2D 由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.4．(2017·海口市调研测试)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( )A.12B.1716 C ．2D ．17B 设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.注意到a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝q 4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，即有S 8－S 4＝q 4S 4，因此S 8＝(q 4＋1)S 4，S 8S 4＝q 4＋1＝1716，选B.5．(2017·莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n ＝ban ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017D 由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ban ＝33n，所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.6．(2017·广州市五校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( ) A ．29B ．210C ．211D ．212C 由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.7．由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________． log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10 ＝log 2(a 1a 10)·(a 2a 9)·…·(a 5a 6) ＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25. 258．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．设数列{a n }的公比为q ，由a 25＝a 10，得(a 1q 4)2＝a 1·q 9，即a 1＝q .又由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，所以a n ＝a 1·qn －1＝2n.2n9．已知等比数列{a n }的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为________．由题意得a 1＋a 3＋…＝85，a 2＋a 4＋…＝170，所以数列{a n }的公比q ＝2，由数列{a n }的前n 项和公式S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，得85＋170＝1－2n1－2，解得n ＝8.810．(2016·高考浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．由于⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4a 2＝2a 1＋1，解得a 1＝1.由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，得S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，所以{S n ＋12}是以32为首项，3为公比的等比数列，所以S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n－12，所以S 5＝121.1 12111．已知等差数列{a n }满足a 2＝2，a 5＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)各项均为正数的等比数列{b n }中，b 1＝1，b 2＋b 3＝a 4，求{b n }的前n 项和T n . (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋4d ＝8，所以a 1＝0，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －2.(2)设等比数列{b n }的公比为q ，则由已知得q ＋q 2＝a 4. 因为a 4＝6，所以q ＝2或q ＝－3. 因为等比数列{b n }的各项均为正数，所以q ＝2.所以{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n－1.12．(2016·高考全国卷丙)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＝3132，求λ.(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.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且λ≠1得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.13．(2017·福建模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n ＞1的n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7C 因为{a n }是各项均为正数的等比数列且a 2a 4＝a 3，所以a 23＝a 3，所以a 3＝1.又因为q ＞1，所以a 1＜a 2＜1，a n ＞1(n ＞3)，所以T n ＞T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1＜1，T 2＝a 1·a 2＜1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2＜1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1＜1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6＞1，故n 的最小值为6，故选C.14．(2017·北京海淀区高三检测)已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a n ＋ma m＝a n ，则a 3＝______________________________；{a n }的前n 项和S n ＝________．因为a n ＋ma m＝a n ，所以a n ＋m ＝a n ·a m ，所以a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8；令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，所以S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.8 2n ＋1－215．(2017·云南省第一次统一检测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 2＋a 3＝26，S 6＝728.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n.(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由728≠2×26得，S 6≠2S 3，所以q ≠1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝26S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝728，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2q ＝3 .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －1.(2)证明：由(1)可得S n ＝2×（1－3n）1－3＝3n－1.所以S n ＋1＝3n ＋1－1，S n ＋2＝3n ＋2－1.所以S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n.16．(2017·南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)因为a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列，所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5，即2a 6－3a 5＋a 4＝0，所以2q 2－3q ＋1＝0，因为q ≠1，所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ， T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.。

【配套K12】2018年高考数学总复习第七章数列推理与证明第3讲等比数列及其前n项和课时作业

第3讲等比数列及其前n 项和基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( ) A.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列B.{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列C.{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列D.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列解析两个等比数列的积仍是一个等比数列. 答案 C2.在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，那么这个数列的公比为( ) A.2B.12C.2或12D.－2或12解析设数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 4a 2＋a 3＝a 1（1＋q 3）a 1（q ＋q ）＝1＋q 3q ＋q ＝（1＋q ）（1－q ＋q 2）q （1＋q ）＝1－q ＋q2q＝1812，得q ＝2或q ＝12.故选C. 答案 C3.(必修5P67A1(2)改编)一个蜂巢里有1只蜜蜂.第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂( ) A.55 986B.46 656C.216D.36解析设第n 天蜂巢中的蜜蜂数量为a n ，根据题意得数列{a n }成等比数列，a 1＝6，q ＝6，所以{a n }的通项公式a n ＝6×6n －1，到第6天，所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有a 6＝6×65＝66＝46 656只蜜蜂，故选B. 答案 B4.(2015·全国Ⅱ卷)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.21B.42C.63D.84解析设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得3(1＋q 2＋q 4)＝21，解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42，故选B. 答案 B5.设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40等于( )A.150B.－200C.150或－200D.400或－50解析依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20).即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30，又S 20＞0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80.S 40＝150.故选A.答案 A 二、填空题6.(2017·乐清市模拟)在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于________.解析两式相减得a 4－a 3＝2a 3，从而求得a 4a 3＝3.即q ＝3. 答案 37.(2017·宁波调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)，则a 3＝________；通项公式a n ＝________.解析 ∵a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n(n ∈N *)，∴a 2＝a 1＋2＝3，a 3＝a 2＋22＝3＋4＝7.n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n－12－1＝2n－1(n ＝1时也成立)，∴a n ＝2n－1. 答案 7 2n －18.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝3S 2，a 3＝2，则a 7＝________.解析设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1且q ＞0，因为S 4＝3S 2，所以a 1（1－q 4）1－q＝3a 1（1－q 2）1－q ，解得q 2＝2，因为a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.答案 8 三、解答题9.在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3.因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.10.(2017·宁波十校联考)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 (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 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 1（1－q n）1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q，q ≠1.(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)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾. 故数列{a n ＋1}不是等比数列.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( ) A.12B.13C.14D.15解析设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14，故选C. 答案 C12.(2016·临沂模拟)数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A.(3n－1)2B.12(9n－1) C.9n－1D.14(3n－1) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n－3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列. 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4（1－9n）1－9＝12(9n－1).答案 B13.(2017·沈阳模拟)在等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是________. 解析当q >0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3，当且仅当a 1＝a 3＝1时等号成立.当q <0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1，当且仅当a 1＝a 3＝－1时等号成立.所以，S 3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞). 答案 (－∞，－1]∪[3，＋∞)14.(2015·四川卷)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以q ＝2. 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000，即2n＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10，于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.15.(2017·绍兴模拟)已知正项数列{a n }的奇数项a 1，a 3，a 5，…a 2k －1，…构成首项a 1＝1的等差数列，偶数项构成公比q ＝2的等比数列，且a 1，a 2，a 3成等比数列，a 4，a 5，a 7成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n ＋1a 2n，T n ＝b 1b 2…b n ，求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有T k ≥T n . 解 (1)由题意：⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝a 1a 3，2a 5＝a 4＋a 7，设a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…的公差为d ，则a 3＝1＋d ，a 5＝1＋2d ，a 7＝1＋3d ，a 4＝2a 2，代入⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝1（1＋d ），1＋d ＝2a 2，又a 2>0，故解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，d ＝3.故数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数，(2)b n ＝3n ＋12n ，显然b n >0，∵b n ＋1b n ＝3n ＋423n ＋12n ＝3n ＋46n ＋2<1， ∴{b n }单调递减，又b 1＝2，b 2＝74，b 3＝108，b 4＝136，∴b 1>b 2>b 3>1>b 4>b 5>…，∴k ＝3时，对任意n ∈N *，均有T 3≥T n .。

数列第3讲等比数列及其前n项和讲义理-高考数学一轮复习资料

第3讲等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的定义一般地，如果一个数列从第□012项起，每一项与它的前一项的比等于□02同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的□03公比，公比通常用字母□04q (q ≠0)表示．数学语言表达：a na n －1＝q (n ≥2)，q 为常数，q ≠0. (2)等比中项如果□05a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇔□06G 2＝ab .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝□01a 1q n －1；可推广为a n＝□02a mq n －m . (2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1－q n1－q＝a 1－a n q1－q. 3．等比数列的相关性质设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则□01a m a n ＝a p a q ，其中m ，n ，p ，q ∈N *.特别地，若2s ＝p ＋r ，则a p a r＝a 2s ，其中p ，s ，r ∈N *.(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为□02q m (k ，m ∈N *)． (3)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫pa n qb n (其中b ，p ，q 是非零常数)也是等比数列．(4)S m ＋n ＝S n ＋q nS m ＝S m ＋q mS n .(5)当q ≠－1或q ＝－1且k 为奇数时，S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…是等比数列，公比为q k .当q ＝－1且k 为偶数时，S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…不是等比数列．(6)若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T 3nT 2n，…成等比数列． (7)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .1．概念辨析(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{lg a n }是等差数列．( ) (4)若数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a－an1－a.( )(5)若数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×2．小题热身(1)在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C．4 D ．±4 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，则q 4＝a 7a 3＝82＝4，q 2＝2，所以a 5＝a 3q 2＝2×2＝4.(2)在等比数列{a n }中，已知a 1＝－1，a 4＝64，则公比q ＝________，S 4＝________. 答案－4 51解析 q 3＝a 4a 1＝－64，q ＝－4，S 4＝a 1－a 4q 1－q ＝－1－－1－－＝51.(3)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和为________．答案 2n－1解析因为数列{a n }是等比数列，所以a 1a 4＝a 2a 3＝8. 又a 1＋a 4＝9，所以a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根．又因为a 1<a 4，所以a 1＝1，a 4＝8，所以q 3＝a 4a 1＝8，q ＝2. 所以数列{a n }的前n 项和S n ＝－2n 1－2＝2n－1.(4)数列{a n }中a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和，若S n ＝126，则n ＝________. 答案 6解析因为a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以a n ≠0，故a n ＋1a n＝2. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列，因为S n ＝126，所以－2n1－2＝126，所以2n＝64，故n ＝6.题型一等比数列基本量的运算1．已知等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝6，a 4＋a 5＝48，则数列{a n }前8项的和S 8＝( ) A ．510 B ．126 C ．256 D ．512 答案 A解析由a 1＋a 2＝6，a 4＋a 5＝48得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝6，a 1q 3＋a 1q 4＝48，得a 1＝2，q ＝2，则数列{a n }前8项的和S 8＝－281－2＝510.2．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 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 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.等比数列的基本运算方法及数学思想(1)等比数列的基本运算方法①对于等比数列问题一般要给出两个条件，可以通过列方程(组)求出a 1，q .如果再给出第三个条件就可以完成a n ，a 1，q ，n ，S n 的“知三求二”问题．如举例说明1.②对称设元法：一般地，连续奇数个项成等比数列，可设为…，xq，x ，xq ，…；连续偶数个项成等比数列，可设为…，x q 3，x q，xq ，xq 3，…(注意：此时公比q 2>0，并不适合所有情况)，这样既可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便．(2)基本量计算过程中涉及的数学思想方法 ①方程思想，即“知三求二”．②分类讨论思想，即分q ＝1和q ≠1两种情况，此处是常考易错点，一定要引起重视．③整体思想．应用等比数列前n 项和公式时，常把q n，a 11－q 当成整体求解．1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( ) A.13 B ．－13 C.19 D ．－19 答案 B解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1＋r －32n －3－r ＝8·32n －3，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32－1＋r ＝3＋r ，∵数列是等比数列，∴当a 1满足a n ＝8·32n －3，即8·32－3＝3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B.2．(2018·滨海新区期中)已知递增等比数列{a n }的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1,3,9后成等差数列．(1)求{a n }的首项和公比； (2)设S n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ，求S n .解 (1)根据等比数列的性质，可得a 3·a 5·a 7＝a 35＝512，解得a 5＝8.设数列{a n }的公比为q ，则a 3＝8q2，a 7＝8q 2，由题设可得⎝ ⎛⎭⎪⎫8q2－1＋(8q 2－9)＝2(8－3)＝10，解得q 2＝2或12.∵{a n }是递增数列，可得q ＞1，∴q 2＝2，得q ＝ 2. 因此a 5＝a 1q 4＝4a 1＝8，解得a 1＝2. (2)由(1)得{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝2×(2)n －1＝(2)n ＋1，∴a 2n ＝[(2)n ＋1]2＝2n ＋1，可得{a 2n }是以4为首项，公比等于2的等比数列．因此S n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝－2n1－2＝2n ＋2－4.题型二等比数列的判断与证明(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n ，设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝n ＋na n .将n ＝1代入，得a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入，得a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由题设条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.条件探究1 将举例说明条件改为“a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，且a n >0”，求{a n }的通项公式．解由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.条件探究2 将举例说明条件改为“对任意的n ∈N *，有a n ＋S n ＝n .设b n ＝a n －1”，求证：数列{b n }是等比数列．证明由a 1＋S 1＝1及a 1＝S 1，得a 1＝12.又由a n ＋S n ＝n 及a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1.∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，即2b n ＋1＝b n .∴数列{b n }是以b 1＝a 1－1＝－12为首项，12为公比的等比数列．等比数列的判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．见举例说明(2)．(2)等比中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n－k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．提醒：(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．1．已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( ) A ．{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列B ．{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列C ．{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列D ．{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列答案 C解析 a n ＝1，b n ＝(－1)n，则{a n }，{b n }都是等比数列，但{a n ＋b n }不是等比数列；设等比数列{a n }的公比为p ，等比数列{b n }的公比为q ，则a n ＋1b n ＋1a n b n ＝a n ＋1a n ·b n ＋1b n＝pq . 所以数列{a n ·b n }一定是等比数列．2．(2016·全国卷Ⅲ)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＝3132，求λ.解 (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.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a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.题型三等比数列前n 项和及性质的应用角度1 等比数列通项的性质1．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 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 10a 11＋a 9a 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)＝10ln e 5＝50.角度2 等比数列的前n 项和的性质2．数列{a n }是等比数列，前2018项中的奇数项之积是1，偶数项之积是m ，则数列{a n }的公比为( )A.1009m B ．m 1009 C ．±1009m D ．±m 1009答案 A解析设数列{a n }的公比为q ，由已知得a 1a 3…a 2017＝1，a 2a 4…a 2018＝m ，则公比q 满足q 1009＝m ，解得q ＝1009m .角度3 等差数列与等比数列的综合3．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．解 (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋q ＝2，a 1＋q ＋q2＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)知a 1＝－2，q ＝－2，所以S n ＋1＝a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1 ＝a 1＋qS n ＝－2－2S n .S n ＋2＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋2＝a 1＋a 2＋q 2S n ＝－2＋4＋4S n＝2＋4S n .所以S n ＋1＋S n ＋2＝(－2－2S n )＋(2＋4S n )＝2S n ，所以S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．1．掌握运用等比数列性质解题的两个技巧(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a 1，q 满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件．(2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：①若{a n }是等比数列，且a n >0，则{log a a n }(a >0且a ≠1)是以log a a 1为首项，log a q 为公差的等差数列．②若公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n.如巩固迁移3.2．牢记与等比数列前n 项和S n 相关的几个结论(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . ①若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q ； ②若共有2n ＋1项，则S 奇－S 偶＝a 1＋a 2n ＋1q 1＋q (q ≠1且q ≠－1)，S 奇－a 1S 偶＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q nS m ⇔q n＝S n ＋m －S nS m(q 为公比)．如举例说明3和巩固迁移1.1．(2018·青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6,3a 4，－a 5成等差数列，则S 4S 2＝( )A ．3B ．9C ．10D ．13 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 6,3a 4，－a 5成等差数列，所以6a 4＝a 6－a 5，所以6a 4＝a 4(q 2－q )．由题意得a 4>0，q >0.所以q 2－q －6＝0，解得q ＝3，所以S 4S 2＝S 2＋q 2S 2S 2＝1＋q 2＝10.2．(2015·全国卷Ⅱ)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 ．21B ．42C ．63D ．84 答案 B解析设{a n}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＝a1q2＋a3q2＋a5q2＝(a1＋a3＋a5)q2＝21×2＝42.故选B.3．各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n，若S n＝2，S3n＝14，则S4n等于( ) A．80 B．30 C．26 D．16答案 B解析由题意知公比大于0，由等比数列的性质知S n，S2n－S n，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．由(x－2)2＝2×(14－x)，解得x＝6或x＝－4(舍去)．∴S n，S2n－S n，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.故选B.。

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第3讲等比数列及其前n 项和基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( ) A.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列B.{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列C.{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列D.{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列解析两个等比数列的积仍是一个等比数列. 答案 C2.在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，那么这个数列的公比为( ) A.2B.12C.2或12D.－2或12解析设数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 4a 2＋a 3＝a 1（1＋q 3）a 1（q ＋q ）＝1＋q 3q ＋q ＝（1＋q ）（1－q ＋q 2）q （1＋q ）＝1－q ＋q2q＝1812，得q ＝2或q ＝12.故选C. 答案 C3.(必修5P67A1(2)改编)一个蜂巢里有1只蜜蜂.第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂( ) A.55 986B.46 656C.216D.36解析设第n 天蜂巢中的蜜蜂数量为a n ，根据题意得数列{a n }成等比数列，a 1＝6，q ＝6，所以{a n }的通项公式a n ＝6×6n －1，到第6天，所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有a 6＝6×65＝66＝46 656只蜜蜂，故选B. 答案 B4.(2015·全国Ⅱ卷)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.21B.42C.63D.84解析设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得3(1＋q 2＋q 4)＝21，解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42，故选B. 答案 B5.设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40等于( )A.150B.－200C.150或－200D.400或－50解析依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20).即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30，又S 20＞0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80.S 40＝150.故选A.答案 A 二、填空题6.(2017·乐清市模拟)在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于________.解析两式相减得a 4－a 3＝2a 3，从而求得a 4a 3＝3.即q ＝3. 答案 37.(2017·宁波调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)，则a 3＝________；通项公式a n ＝________.解析 ∵a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n(n ∈N *)，∴a 2＝a 1＋2＝3，a 3＝a 2＋22＝3＋4＝7.n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n－12－1＝2n－1(n ＝1时也成立)，∴a n ＝2n－1. 答案 7 2n －18.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝3S 2，a 3＝2，则a 7＝________.解析设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1且q ＞0，因为S 4＝3S 2，所以a 1（1－q 4）1－q＝3a 1（1－q 2）1－q ，解得q 2＝2，因为a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.答案 8 三、解答题9.在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3.因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.10.(2017·宁波十校联考)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 (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 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 1（1－q n）1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q，q ≠1.(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)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾. 故数列{a n ＋1}不是等比数列.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( ) A.12B.13C.14D.15解析设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14，故选C. 答案 C12.(2016·临沂模拟)数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A.(3n －1)2B.12(9n－1) C.9n－1D.14(3n－1) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n－3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列. 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4（1－9n）1－9＝12(9n－1).答案 B13.(2017·沈阳模拟)在等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是________. 解析当q >0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3，当且仅当a 1＝a 3＝1时等号成立.当q <0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1，当且仅当a 1＝a 3＝－1时等号成立.所以，S 3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞). 答案 (－∞，－1]∪[3，＋∞)14.(2015·四川卷)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以q ＝2. 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000，即2n＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10，于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.15.(2017·绍兴模拟)已知正项数列{a n }的奇数项a 1，a 3，a 5，…a 2k －1，…构成首项a 1＝1的等差数列，偶数项构成公比q ＝2的等比数列，且a 1，a 2，a 3成等比数列，a 4，a 5，a 7成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n ＋1a 2n，T n ＝b 1b 2…b n ，求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有T k ≥T n . 解 (1)由题意：⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝a 1a 3，2a 5＝a 4＋a 7，设a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…的公差为d ，则a 3＝1＋d ，a 5＝1＋2d ，a 7＝1＋3d ，a 4＝2a 2，代入⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝1（1＋d ），1＋d ＝2a 2，又a 2>0，故解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，d ＝3.故数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数，(2)b n ＝3n ＋12n ，显然b n >0，∵b n ＋1b n ＝3n ＋423n ＋12n ＝3n ＋46n ＋2<1， ∴{b n }单调递减，又b 1＝2，b 2＝74，b 3＝108，b 4＝136，∴b 1>b 2>b 3>1>b 4>b 5>…，∴k ＝3时，对任意n ∈N *，均有T 3≥T n .。