浙江专用2020届高考数学一轮复习第六章数列6.3等比数列教师用书PDF

将 ｍ 分离得
→
ｍ≤１
－１ ２ｎ －
１
－ ２
１ － ｎ＋１
１
→
求
１
－１ ２ｎ －
１
－ ２
１ － ｎ＋１
１
的最小值得结论
解析 （１） 由 ａｎ＋２ ＝ ３ａｎ＋１ －２ａｎ 可得 ａｎ＋２ －ａｎ＋１ ＝ ２（ ａｎ＋１ －ａｎ ） ． 又 ａ１ ＝ １，ａ２ ＝ ３，所以 ａ２ －ａ１ ＝ ２， 所以｛ ａｎ＋１ －ａｎ ｝ 是首项为 ２，公比为 ２ 的等比数列． 所以 ａｎ＋１ －ａｎ ＝ ２ｎ ． 所以 ａｎ ＝ ａ１ ＋（ ａ２ －ａ１ ） ＋…＋（ ａｎ －ａｎ－１ ） ＝ １＋２＋２２ ＋…＋２ｎ－１ ＝ ２ｎ －１．
＝ ２，故
ａ５
＝ ２．
从而
Ｔ９
＝
（ ａ１ ａ９ ） · （
ａ２ ａ８
）
·（
ａ３ ａ７
）
·（
ａ４ ａ６
）
·ａ５
＝
ａ
９ ５
＝
２９
＝ ５１２，
故选 Ｂ．
答案 Ｂ
２－１ （２０１８ 浙江嘉兴高三期末，１１） 各项均为实数的等比
数列｛ ａｎ ｝ ，若 ａ１ ＝ １，ａ５ ＝ ９，则 ａ３ ＝ ，公比 ｑ ＝ ．
列｛ ａｎ｝ 是等比数列，前 ｎ 项和为 Ｓｎ，则“ ２ａ５ ＞ ａ３ ＋ ａ７ ” 是“ Ｓ２ｎ－１ ＜
０” 的
（ ）
Ａ．充分而不必要条件
Ｂ．必要而不充分条件
Ｃ．充分必要条件
Ｄ．既不充分也不必要条件
２－２ 答案 Ａ
解析 充分性：设｛ ａｎ ｝ 的公比为 ｑ．因为 ２ａ５ ＞ａ３ ＋ａ７ ，所以
对应学生用书起始页码 Ｐ１１５
一、等比数列的判定方法
等比数列的判定方法主要有 ４ 种：
（
１）
ａ 定义法：
ｎ＋１
ａｎ
＝
ｑ（
ｑ≠０）
．
（
２）
等比中项法：ａ
２ ｎ
＝
ａ
ｎ－１
·ａｎ＋
１（
ｎ≥２）
．
（３） 通项公式法：ａｎ ＝ ｃ·ｑｎ（ ｃ、ｑ≠０） ．
（４） 前 ｎ 项和公式法：Ｓｎ ＝ Ａ·ｑｎ －Ａ（ ｑ≠０、１，Ａ≠０） ．
＜
３
æ
ç
è
１ ２
＋１ ２２
＋
…＋
１ ２ｎ
ö
÷
ø
＝
３
æ
ç
è
１
－
１ ２ｎ
ö
÷
ø
＜３，
（１３ 分）
当
ｎ
为奇数时，
１ ａｎ
＋１ ａｎ＋１
９ ＜２ｎ＋１
＝
３ ２ｎ
＋２ｎ３＋１
，
( ) ( ) ( ) １ ＋ １ ＋ … ＋ １ ＜ １ ＋ １ ＋ １ ＋ １ ＋ … ＋ １ ＋ １ ＜
ａ１ ａ２
ａｎ
ａ１ ａ２
９ ＜ ２ｎ
＝
２
３
ｎ－１
＋
３ ２ｎ
．
（１１ 分）
( ) ( ) ( ) １ ＋ １ ＋…＋ １ ＝ １ ＋ １ ＋ １ ＋ １ ＋…＋ １ ＋ １
ａ１ ａ２
ａｎ ａ１ ａ２
ａ３ ａ４
ａｎ－１ ａｎ
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在等比数列中，把等比数列中的已知条件转化为关于首项
和公比的方程（组），解方程（组） 求出首项和公比的方法称为基
本量法．
在等比数列｛ａｎ｝ 中，一般参与运算的量为 ａ１，ｑ，ｎ，ａｎ，Ｓｎ，若 已知其中三个，则可求出其余两个，即“ 知三求二”，但要注意其
多解性．
（２０１８ 浙江杭州二中期中，６） 已知等比数列｛ ａｎ ｝ 的前
２－１ 答案 ３；± ３
解析
由 ａ５ ａ１
＝ ｑ４
＝
９，得
ｑ２
＝ ３，故
ａ３
＝ ａ１ｑ２
＝ ３，ｑ ＝ ±
３．
易错点评 ①等比数列中的奇数项和偶数项的符号均各
自保持一致；
②如果两个 数 有 等 比 中 项， 那 么 必 定 有 两 个， 且 互 为 相 反
数，所以要注意区分 ａ１ ，ａ５ 的等比中项与 ａ３ ． ２－２ （２０１８ 浙江稽阳联谊学校高三联考（ ４ 月） ，６） 已知数
１
－ ２
１ － ｎ＋１
１
ö
÷
ø
＝
１
－２ｎ＋１１ －
． １
又因为对任意的
ｎ∈Ｎ∗ 都有
Ｓｎ
≥
１ ａｎ
＋ｍ，所以
ｍ≤１
－
１ ２ｎ －
１
－
１
２ｎ＋
１
－
恒成立， １
即
ｍ≤
æ
ç
è
１
－ ２
１ ｎ－
１
－
２
１ － ｎ＋１
１
ö
÷
ø
ｍｉｎ
，当
ｎ
＝
１
时，１
－１ ２ｎ －
１
－ ２
１ － ｎ＋１
有最 １
小值－
１ ３
，故
ｍ≤－
ｎ 项积为 Ｔｎ ，ｌｏｇ２ ａ３ ＋ｌｏｇ２ ａ７ ＝ ２，则 Ｔ９ 的值为
（ ）
Ａ． ± ５１２
Ｂ．５１２
Ｃ．±１ ０２４
Ｄ．１ ０２４
解析 易知 ａ３ ＞０，ａ７ ＞０，∴ ａ５ ＝ ａ３ ｑ２ ＞０．
∴
ｌｏｇ２ ａ３ ＋ｌｏｇ２ ａ７
＝ ｌｏｇ２（ ａ３ ａ７ ） ＝
ｌｏｇ２
ａ
２ ５
考点二 等比数列的性质及应用
１．ｍ，ｎ，ｐ，ｑ∈Ｎ∗ ，若 ｍ＋ｎ ＝ ｐ ＋ｑ，则 ａｍ，ａｎ ，ａｐ ，ａｑ 的关系为 ａｍ ａｎ ＝ ａｐ ａｑ ，特别地，ａ１ ａｎ ＝ ａ２ ａｎ－１ ＝ …．
２．若｛ ａｎ ｝ 和｛ ｂｎ ｝ 均是等比数列，则｛ ｍａｎ ｂｎ ｝ 仍为等比数列． ３．当 ｑ≠－１ 或 ｑ ＝ －１ 且 ｋ 为奇数时，Ｓｋ ，Ｓ２ｋ －Ｓｋ ，Ｓ３ｋ －Ｓ２ｋ ，…是 等比数列． 注意：当 ｑ ＝ －１ 且 ｋ 为偶数时，Ｓｋ ，Ｓ２ｋ －Ｓｋ ，Ｓ３ｋ －Ｓ２ｋ ，…不是等 比数列．
ａ３ ａ４
ａｎ ａｎ＋１
３
æ
ç
è
１ ２
＋１ ２２
＋…
＋ ２１ｎ＋１ö÷ø
＝
３
æ
ç
è
１
－ ２
１
ｎ＋１
ö
÷
ø
＜３，
综上，
１ ａ１
＋
１ ａ２
＋…＋
１ ａｎ
＜３．
（１５ 分）
二、等比数列中“ 基本量法” 的解题策略
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（２０１９ 浙江台州高三上期末，２０） 在数列｛ ａｎ ｝ 中，ａ１ ＝
１，ａ２ ＝ ３，且对任意的 ｎ∈Ｎ∗ ，都有 ａｎ＋２ ＝ ３ａｎ＋１ －２ａｎ ．
（１）证明数列｛ａｎ＋１ －ａｎ ｝ 是等比数列，并求数列｛ ａｎ ｝ 的通项
公式；
（２）
设
ｂｎ
＝
２ｎ ａｎ ａｎ＋１
，记数列｛
ｂｎ
｝
的前
ｎ
项和为
＋ａ７ ，即 ２ａ５ ＞ａ３ ＋ａ７ 不成立，必要性不成立． 综上，“２ａ５ ＞ａ３ ＋ａ７ ” 是“ Ｓ２ｎ－１ ＜０” 的充分而不必要条件．
＝
ａｎ ａ１
和
ｑｎ－ｍ
＝
ａｎ ａｍ
．
４．等比数列的前 ｎ 项和公式
{ｎａ１（ｑ ＝ １），
Ｓｎ ＝
ａ１（ １－ｑｎ １－ｑ
）
＝
ａ１ －ａｎ １－ｑ
ｑ （
ｑ≠１）
．
������������������������������������������������������������������
对应学生用书起始页码 Ｐ１１４
（２） 因为
ｂｎ
＝
（
２ｎ
２ｎ －１） （２ｎ＋１
－１）
＝
（２ｎ＋１ －１） －（２ｎ －１） （２ｎ －１） （２ｎ＋１ －１）
＝
１ ２ｎ －１
－２ｎ＋１１ －
， １
所以
Ｓｎ
＝
ｂ１
＋ ｂ２
＋…＋
ｂｎ
＝
æ
ç
１－
１
ö
÷
è２－１ ２２ －１ø
＋
æ
ç
１
－
１
ö
÷
è２２ －１ ２３ －１ø
＋
…
＋
æ
ç
è
２
１ ｎ－
＜３．
１－１ 证明 （１）∵ ａｎ＋１ ＝ ２ａｎ ＋（ －１） ｎ，
[ ] ∴
ａｎ＋１
＋
（
－
１） ３
ｎ＋
１
＝２
ａ
ｎ
＋
（
－１） ３
ｎ
，又
ａ１
＋－１ ３
＝
２ ３
，
{ } ∴ 数列
ａｎ
＋
（
－１） ３
ｎ
２ 是首项为 ３ ，公比为 ２ 的等比数列．
（５ 分）
６ ８ ５ 年高考 ３ 年模拟 Ｂ 版（ 教师用书）
Ｓｎ
，若对任意的
ｎ∈Ｎ∗
都有
Ｓｎ
≥
１ ａｎ
＋ｍ，求实数
ｍ
的取值范围．
解题导引
（ １） 由递推式等价变形得 ａｎ＋２ －ａｎ＋１ ＝ ２ ( ａｎ＋１ －ａｎ )
→ 计算 ａ２ －ａ１ 的值
→ 由定义得｛ａｎ＋１ －ａｎ｝为等比数列 → 利用累加法得结论 从而得｛ ａｎ＋１ －ａｎ｝ 的表达式
（ ２ ） 裂项求和得 Ｓｎ 的表达式
１ ３
．
１－１ （２０１８ 浙江名校协作体，２２） 已知数列｛ ａｎ ｝ 中，ａ１ ＝ １，
ａｎ＋１ ＝ ２ａｎ ＋（ －１） ｎ ．
{ } （１）证明：
ａ
ｎ
＋（
－１） ３
ｎ
是等比数列；
（２）
当
ｋ
是奇数时，证明：
１ ａｋ
＋１ ａｋ＋１
９ ＜２ｋ＋１
；
（３）
证明：
１ ａ１
＋
１ ａ２
＋…＋
１ ａｎ
（２）
由（１）
可知
ａｎ
＋（
－１） ３
ｎ
＝
２ｎ ３
，即
ａｎ
＝
２ｎ
－（ －１） ３
ｎ
，
当 ｋ 为奇数时，
１ ａｋ
＋１ ａｋ＋１
＝
２
３ ｋ＋
１
＋２ｋ＋３１ －
１
＝
３（２ｋ＋１ －１） ＋３（２ｋ ＋１） ２ｋ２ｋ＋１ ＋２ｋ －１
９·２ｋ
＜ ２
ｋ
２
ｋ＋
１
＝
９ ２ｋ＋１ ．
（１０ 分）
（ ３） 当
ｎ
为偶数时， １ ＋ １ ａｎ－１ ａｎ
ａ１ｑ２（ｑ４ － ２ｑ２ ＋ １） ＜ ０，即 ａ１ｑ２（ ｑ２ － １） ２ ＜ ０，即 ａ１ ＜ ０，且 ｑ≠ ± １，则
Ｓ２ｎ－１
＝ ａ１
( １－ｑ２ｎ－１ １－ｑ
)
，因为
ａ１
＜ ０，且
１－ｑ
与
１ －ｑ２ｎ－１
的符号一致，所
以 Ｓ２ｎ－１ ＜０，故充分性成立． 必要性：取 ａ１ ＝ －１，ｑ ＝ １，显然 Ｓ２ｎ－１ ＝ －（２ｎ－１） ＜０，但 ２ａ５ ＝ ａ３
§ ６．３ 等比数列
第六章 数列 ６ ７
考点一 等比数列的有关概念及运算 高频考点
１．如果 ａ，Ｇ，ｂ 成等比数列，那么 Ｇ 叫做 ａ 与 ｂ 的等比中项，
且 Ｇ ＝ ± ａｂ ．
２．等比数列的通项公式为 ａｎ ＝ ａ１ ｑｎ－１ 和 ａｎ ＝ ａｍｑｎ－ｍ．
３．等比数列的公比公式为
ｑｎ－１