6.3 等比数列及其前n项和

合集下载

第六章 6.3等比数列及其前n项和

1.等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，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 表示(q ≠0). 2.等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1. 3.等比中项如果三个数x ，G ，y 组成等比数列，则G 叫做x 和y 的等比中项. 4.等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N ＋).(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{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. 5.等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，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 q 1－q .6.等比数列前n 项和的性质公比不为－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 . 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列.( × )(4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列.( × ) (5)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.( × )(6)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.( × )1.(2015·课标全国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等于( ) A.21 B.42 C.63 D.84 答案 B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. 2.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等于( ) A.31 B.32 C.63 D.64答案 C解析根据题意知，等比数列{a n }的公比不是－1.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.3.等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.3 答案 C解析数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4 ＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.4.(2015·安徽)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 . 答案 2n －1解析由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又∵数列{a n }为递增数列， ∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2. ∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.5.(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 . 答案 27,81解析设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.题型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.152 B.314 C.334 D.172(2)在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝ . 答案 (1)B (2)4或－4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(1－125)1－12＝314.(2)设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6，a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q 1＋q 2＝25，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16，q ＝12.故a 3＝4或a 3＝－4.思维升华等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)可迎刃而解.(1)在正项等比数列{a n }中，a n ＋1＜a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7等于( )A.56B.65C.23D.32(2)(2015·湖南)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 ＝ . 答案 (1)D (2)3n －1解析 (1)设公比为q ，则由题意知0＜q ＜1，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a 8＝a 4·a 6＝6，a 4＋a 6＝5，得a 4＝3，a 6＝2，所以a 5a 7＝a 4a 6＝32.(2)由3S 1,2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，所以公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.题型二等比数列的判定与证明例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋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.(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＋2 (n ≥2)， ② ①－②，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)解由(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. 引申探究例2中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变探求数列{a n }的通项公式. 解由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，当n ＝1时上式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.思维升华 (1)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.(2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋).(1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列.(1)解 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)， ∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2；当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4， ∴a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6， ∴a 3＝8.综上，a 2＝4，a 3＝8.(2)证明 a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)，① ∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1 ＝(n －2)S n －1＋2(n －1).②①－②得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2， ∴S n ＋2＝2(S n －1＋2).∵S 1＋2＝4≠0，∴S n －1＋2≠0， ∴S n ＋2S n －1＋2＝2，故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列. 题型三等比数列的性质及应用例3 (1)在等比数列{a n }中，各项均为正值，且a 6a 10＋a 3a 5＝41，a 4a 8＝5，则a 4＋a 8＝ . (2)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝ .答案 (1)51 (2)－12解析 (1)由a 6a 10＋a 3a 5＝41及a 6a 10＝a 28，a 3a 5＝a 24，得a 24＋a 28＝41.因为a 4a 8＝5，所以(a 4＋a 8)2＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝41＋2×5＝51.又a n >0，所以a 4＋a 8＝51. (2)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠±1，则可得S 10－S 5S 5＝－132.由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，q ＝－12.思维升华 (1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前n 项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则有a m a n ＝a p a q ”，可以减少运算量.(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，公比为q k (q ≠－1).(1)已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，则a 1等于( )A.12 B.22C. 2D.2(2)等比数列{a n }共有奇数项，所有奇数项和S 奇＝255，所有偶数项和S 偶＝－126，末项是192，则首项a 1等于( ) A.1 B.2 C.3D.4答案 (1)C (2)C解析 (1)由等比数列的性质得a 3a 9＝a 26＝2a 25，∵q ＞0，∴a 6＝2a 5，q ＝a 6a 5＝2，a 1＝a 2q＝2，故选C.(2)设等比数列{a n }共有2k ＋1(k ∈N ＋)项，则a 2k ＋1＝192，则S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2k －1＋a 2k ＋1＝1q (a 2＋a 4＋…＋a 2k )＋a 2k ＋1＝1q S 偶＋a 2k ＋1＝－126q ＋192＝255，解得q ＝－2，而S 奇＝a 1－a 2k ＋1q 21－q 2＝a 1－192×(－2)21－(－2)2＝255，解得a 1＝3，故选C.12.分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N ＋).思维点拨 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明. 规范解答(1)解设等比数列{a n }的公比为q ，因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .[3分] (2)证明由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n (2n＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[6分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[8分]当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[10分]故对于n ∈N ＋，有S n ＋1S n ≤136.[12分]温馨提醒 (1)分类讨论思想在等比数列中应用较多，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等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1讨论. ③项数的奇、偶数讨论.④等比数列的单调性的判断注意与a 1，q 的取值的讨论.(2)数列与函数有密切的联系，证明与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图象或者数列的增减性求解，同时注意数列的增减性与函数单调性的区别.[方法与技巧] 1.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. 2.判断数列为等比数列的方法(1)定义法：a n ＋1a n ＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N ＋)⇔数列{a n }是等比数列；也可用a n a n －1＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N ＋，n ≥2)⇔数列{a n }是等比数列.二者的本质是相同的，其区别只是n 的初始值不同.(2)等比中项法：a2n＋1＝a n a n＋2(a n a n＋1a n＋2≠0，n∈N＋)⇔数列{a n}是等比数列.[失误与防范]1.特别注意q＝1时，S n＝na1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a1≠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.4.等比数列性质中：S n，S2n－S n，S3n－S2n也成等比数列，不能忽略条件q≠－1.A组专项基础训练(时间：35分钟)1.已知等比数列{a n}中，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，则a6＋a7等于()A.2B.2 2C.4D.4 2答案 C解析因为a2＋a3，a4＋a5，a6＋a7成等比数列，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，所以(a4＋a5)2＝(a2＋a3)(a6＋a7)，解得a6＋a7＝4.2.等比数列{a n}满足a n＞0，n∈N＋，且a3·a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1等于()A.n(2n－1)B.(n＋1)2C.n2D.(n－1)2答案 A解析由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝a2n＝22n，从而得a n＝2n.方法一log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(a n－1a n＋1)a n]＝log22n(2n－1)＝n(2n－1).方法二取n＝1，log2a1＝log22＝1，而(1＋1)2＝4，(1－1)2＝0，排除B，D；取n＝2，log2a1＋log2a2＋log2a3＝log22＋log24＋log28＝6，而22＝4，排除C，选A.3.在正项等比数列{a n}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，a n－1a n a n＋1＝324，则n等于()A.12B.13C.14D.15答案 C解析设数列{a n}的公比为q，由a1a2a3＝4＝a31q3与a4a5a6＝12＝a31q12，可得q9＝3，a n－1a n a n＋1＝a31q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以n ＝14，故选C.4.若正项数列{a n }满足lg a n ＋1＝1＋lg a n ，且a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010＝2 016，则a 2 011＋a 2 012＋…＋a 2 020的值为( ) A.2 015·1010 B.2 015·1011 C.2 016·1010 D.2 016·1011答案 C解析 ∵lg a n ＋1＝1＋lg a n ，∴lg a n ＋1a n＝1， ∴a n ＋1a n＝10，∴数列{a n }是等比数列， ∵a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010＝2 016，∴a 2 011＋a 2 012＋…＋a 2 020＝1010(a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010)＝2 016×1010.5.已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N ＋，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为( )A.－2B.2C.－3D.3答案 B解析设公比为q ，若q ＝1，则S 2mS m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.∵S 2mS m ＝a 1(1－q 2m )1－q a 1(1－q m )1－q ＝q m ＋1＝9，∴q m ＝8. ∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1， ∴m ＝3，∴q 3＝8，∴q ＝2.6.等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 为 . 答案 3解析由a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1得 a 4－a 3＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3，∴q ＝a 4a 3＝3.7.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＝ . 答案 11解析由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－(－2)53＝11.8.已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10·b 11＝2，则a 21＝ . 答案 1 024解析 ∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2，∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2， ∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.9.数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2，b n ＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝4. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由b n ＋1＝2b n ＋2，得b n ＋1＋2＝2(b n ＋2)， ∴b n ＋1＋2b n ＋2＝2，又b 1＋2＝a 2－a 1＋2＝4， ∴数列{b n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列. ∴b n ＋2＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝2n ＋1－2. (2)由(1)知，a n －a n －1＝b n －1＝2n －2 (n ≥2)， ∴a n －1－a n －2＝2n －1－2 (n >2)， …，a 2－a 1＝22－2，∴a n －2＝(22＋23＋…＋2n )－2(n －1)， ∴a n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－2n ＋2 ＝2(2n －1)2－1－2n ＋2＝2n ＋1－2n .∴S n ＝4(1－2n )1－2－n (2＋2n )2＝2n ＋2－(n 2＋n ＋4).10.已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.(1)证明：对任意实数λ，数列{a n }不是等比数列； (2)证明：当λ≠－18时，数列{b n }是等比数列. 证明 (1)假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝⎛⎭⎫23λ－32＝λ⎝⎛⎭⎫49λ－4 ⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾. 所以{a n }不是等比数列.(2)b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1⎝⎛⎭⎫23a n －2n ＋14 ＝－23(－1)n ·(a n －3n ＋21)＝－23b n . 又λ≠－18，所以b 1＝－(λ＋18)≠0.由上式知b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N ＋). 故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列. B 组专项能力提升(时间：25分钟)11.设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件是( )A.{a n }是等比数列B.a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C.a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D.a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同答案 D解析 ∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，….∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等.反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n＝q ，从而{A n }为等比数列. 12.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＝50.13.数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N ＋，都有a n ＋m a m＝a n ，则a 3＝；{a n }的前n 项和S n ＝ . 答案 8 2n ＋1－2解析 ∵a n ＋m a m＝a n ， ∴a n ＋m ＝a n ·a m ，∴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 ，∴数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为q ＝2的等比数列，∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2. 14.定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”.现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数： ①f (x )＝x 2：②f (x )＝2x ；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln |x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为 .答案 ①③解析设{a n }的公比为q ，验证①f (a n ＋1)f (a n )＝a 2n ＋1a 2n ＝q 2，③f (a n ＋1)f (a n )＝|a n ＋1||a n |＝|q |，故①③为“保等比数列函数”. 15.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)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12， ∴a 2＝12⇒b 1＝a 1＋a 2＝32. ∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列. ∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n . (2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ， ∴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，∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝3－32n.。

6.3等比数列及其前n项和

§6.3 等比数列及其前n 项和（时间：45分钟满分：100分）一、选择题(每小题7分，共35分)1．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }前7项的和为( )A ．63B ．64C ．127D ．1282．在等比数列{a n }中，若a 4＝8，q ＝－2，则a 7的值为( )A ．－64B ．64C ．－48D ．483．在等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项之和S 3＝21，则公比q 的值为( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或124．若等比数列{a n }各项都是正数，a 1＝3，a 1＋a 2＋a 3＝21，则a 3＋a 4＋a 5的值为( )A ．21B ．42C ．63D ．845．设等比数列{a n }的公比q ＝3，前n 项和为S n ，则S 4a 2等于( )A ．2B ．4C.403D.172二、填空题(每小题6分，共24分)6．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是________．7．在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比q ＝2，若a n ＝64，则n 的值为________．8．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 的取值范围是______．9．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6q ＝____________. 三、解答题(共41分)10．(13分)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 . 11．(14分)数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，且{a n a n ＋1}是以3为公比的等比数列，记b n ＝a 2n －1＋a 2n (n ∈N *)．(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值； (2)求证：{b n }是等比数列．12．(14分)已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1<c n . 答案 1.C 2.A3.C4.D5.C6.37.78. [4,8)9.-910. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2a 1＋4d ＝8.∴a 1＝0，d ＝2.∴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， ∵a 4＝6，∴q ＝2或q ＝－3.∵等比数列{b n }的各项均为正数，∴q ＝2.∴{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－2n )1－2＝2n－1.11. (1)解 ∵{a n a n ＋1}是公比为3的等比数列，∴a n a n ＋1＝a 1a 2·3n －1＝2·3n，∴a 3＝2·32a 2＝6，a 4＝2·33a 3＝9，a 5＝2·34a 4＝18，a 6＝2·35a 5＝27.(2)证明 ∵{a n a n ＋1}是公比为3的等比数列， ∴a n a n ＋1＝3a n －1a n ，即a n ＋1＝3a n －1，∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…与a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，… 都是公比为3的等比数列． ∴a 2n －1＝2·3n －1，a 2n ＝3·3n －1，∴b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝5·3n －1.∴b n ＋1b n ＝5·3n5·3n －1＝3，故{b n }是以5为首项，3为公比的等比数列． 12. (1)解由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1，∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1. (2)证明 ∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1，① ∴T n －1＝－12b n －1＋1 (n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1 (n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1. 令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是一个以23为首项，以13为公比的等比数列，(3)证明由(2)可知b n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n .∴c n ＝a n ·b n ＝(n ＋1)·23n ，∴c n ＋1－c n ＝(n ＋2)·23－(n ＋1)·23＝23n ＋1[(n ＋2)－3(n ＋1)]＝23n ＋1(－2n －1)<0，∴c n ＋1<c n .。

6.3等比数列及其前n项和

返回目录
按Esc键退出
a7 解:(1)∵a3a11= =4a7,且a7≠0,∴a7=4.∴b7=4.
2
∵{bn}为等差数列, ∴b5+b9=2b7=8.
4 a q6=1, ① (2)a1a2a3a4=a1·1q·1q ·1q = 1 a a a
2 3
4 a1 q a13a14a15a16=a1q12·1q13·1q14·1q15= ·54=8, ② a a a
答案：(1)ap·q (2)q2 (3)qn (4)递增 a
递减
返回目录
按Esc键退出
基础自测
).
1.等比数列{an}中a5=4,则a2a8等于( A.4 C.16 答案：C B.8 D.32
2.在等比数列{an}中,若a4=8,q=-2,则a7的值为( A.-64 C.-48 B.64 D.48
比为 .
返回目录
按Esc键退出
(4)单调性
a1 0, a1 0, 若或 ⇔{an} q 1 0 q 1
a1 0, a1 0, 若或 ⇔{an} 0 q 1 q 1
.
.
q=1⇔{an}为常数列,q<0⇔{an}为摆动数列.
4 a1 q 54 48 ②÷①得, =q =8⇒q16=2, 4 a1 q 6
a1 q a1 q q 又a41a42a43a44=a1q40·1q41·1q42·1q43= 4·166= 4·6·160 a a a
4 a 1 q (q =( ·6)· 16)10
=1·10=1 024. 2
返回目录
按Esc键退出
本课结束谢谢观看
返回目录
按Esc键退出

第六章6.3等比数列及其前n项和

基础知识·自主学习
要点梳理
难点正本疑点清源 3．两个防范
(1)由 an＋1＝qan，q≠0 并
6．等比数列前 n 项和的性质公比不为－1 的等比数列{an}的前 n
不能立即断言 {an}为等比数列，还要验证 a1≠0. (2)在运用等比数列的前 n
项和为 Sn，则 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 项和公式时，必须注意对 qn 仍成等比数列，其公比为____. q＝1 与 q≠1 分类讨论，
等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量 a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．
题型分类·深度剖析
变式训练 1 等比数列 {an}满足：a1＋a6＝11， 32 a3 · a4 ＝，且公比 9 q∈(0,1)． (1)求数列 {an}的通项公式； (2)若该数列前 n 项和 Sn＝21，求 n 的值．
个常数叫做等比数列的公比，通常用字母 q 表示．
2．等比数列的通项公式
设等比数列{an}的首项为 a1，公比为 q，则它的通项 an＝
a1qn－1
.
基础知识·自主学习
要点梳理
难点正本疑点清源 2．等比数列中的函数观点
利用函数、方程的观点和方法，揭示等比数列的特征及基本量之间的
n－m
殊情形导致解题失误．
防止因忽略 q＝1 这一特
基础知识·自主学习
基础自测
题号
1 2 3 4 5
答案
2n
51
解析
2
2 D
题型分类·深度剖析
题型一等比数列{an}的前 n 项和为 Sn. 已知 S1 ， S3 ， S2 成等差数列． (1)求{an}的公比 q； (2)若 a1－a3＝3，求 Sn.

高中数学理科基础知识讲解《63等比数列及其前n项和》教学课件

A
B
--
考点3
--
考点3
考向2 等比数列和的性质及应用例4(1)(2019云南十一校调研)已知数列{an}是等比数列,Sn为其前n项和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,则S12等于( )A.40 B.60 C.32 D.50(2)已知数列{an}是各项都为正数的等比数列,Sn为其前n项和,且S10=10,S30=70,那么S40=( )A.150 B.-200C.150或-200 D.400
--
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(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)等比数列中不存在数值为0的项. ( )(4)如果{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,那么数列{bn}也是等比数列. ( )(5)如果数列{an}为等比数列,那么数列{ln an}是等差数列. ( )(6)若数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和为 ( )
--
考点2
等比数列的判定与证明例2(2019全国2,理19改编)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.
--
考点2
--
考点2
思考判断或证明一个数列是等比数列有哪些方法?解题心得1.证明数列{an}是等比数列常用的方法:(3)通项公式法,若数列通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*),则{an}是等比数列.2.若判断一个数列不是等比数列,则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.

6.3 等比数列及其前n项和

题型二
等比数列的判定与证明
【例 2】（ 2008·湖北文， 21 ）已知数列 {an} 和 {bn}
2 满足： a1 = ,an+1= an+n-4,bn=(-1)n(an-3n+21), 3 其中为实数，n为正整数.
（1）证明：对任意实数 ,数列{an}不是等比数列; （2）证明：当 ≠-18时，数列{bn}是等比数列.
§6.3 等比数列及其前n项和
要点梳理
基础知识
自主学习
1.等比数列的定义如果一个数列从第二项起，后项与相邻前项的比是一个确定的常数（不为零），那么这个数公比列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 q 通常用字母表示. 2.等比数列的通项公式设等比数列 {an} 的首项为 a1 ，公比为 q ，则它的通 n-1 项 an = a1 ·q .
1 【例3】在等比数列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5=8且 a1 1 1 1 1 =2,求a3. a2 a3 a4 a5 思维启迪（ 1 ）由已知条件可得 a1 与公比 q 的方程
组，解出a1、q，再利用通项公式即可得a3. （2）也可利用性质 a3 =a1·a5=a2·a4直接求得a3.
2 （1）∵a3a11= a7 =4a7，
∵a7≠0，∴a7=4，∴b7=4，
∵{bn}为等差数列，∴b5+b9=2b7=8.
（2）方法一
a1a2a3a4=a1a1qa1q2a1q3= a14 q6=1.① ②
a13a14a15a16=a1q12·a1q13·a1q14·a1q15
= a14 ·q54=8. 54 a4 q 1 ②÷①： 4 6 =q48=8q16=2， a1 q 又a41a42a43a44=a1q40a1q41·a1q42·a1q43 = a14·q166= a14 ·q6·q160=( a14 ·q6)·(q16)10

2020届高考数学总复习第六章数列6_3等比数列及其前n项和课件文新人教A版

A．1盏
B．3盏
C．5盏
D．9盏
(2)(2019·广州测试)在各项都为正数的等比数列{an}中，已知
a1＝2，a2n＋2＋4a2n＝4a2n＋1，则数列{an}的通项公式 an＝__________．
(3)(2019·洛阳统考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1
＋8a4＝0，则SS43＝(
0 的根，则a1aa917的值为(
)
A．2 2
B．4
C．－2 2或 2 2
D．－4 或 4
(2)(2019·武汉华师附中调研)数列{an}的通项公式为 an＝2n－1，
则使不等式 a21＋a22＋…＋a2n<5×2n＋1 成立的 n 的最大值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】 (1)因为 a3，a15 是方程 x2－6x＋8＝0 的根，所以 a3a15＝8，a3＋a15＝6，易知 a3，a15 均为正，由等比数列的性质知，a1a17＝a29＝a3a15 ＝8，所以 a9＝2 2，a1aa917＝2 2，故选 A. (2)因为 an＝2n－1，a2n＝4n－1，
【例4】等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，
则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )
A．1
B．2
C．3
D．5
【解析】法一：因为{an}为等比数列，所以 a5＋a7 是 a1＋a3 与 a9＋a11 的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故 a9＋a11＝（aa51＋＋aa73）2＝482＝2. 同理，a9＋a11 是 a5＋a7 与 a13＋a15 的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故 a13＋a15＝（aa95＋＋aa117）2＝242＝1.

2015届广东高考数学(理)一轮课件【6.3】等比数列及其前n项和

要点梳理
知识回顾理清教材
5.等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1； a11－qn a1－anq 当q≠1时，Sn＝＝ . 1－q 1－q 6.等比数列前n项和的性质公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，
基础知识题型分类思想方法练出高分
题型分类·深度剖析
题型二等比数列的性质及应用
思维启迪解析答案思维升华
【例2】 (1)在等比数列{an}中，各项均为正值，且 a6a10＋a3a5 ＝41，a4a8＝5，则a4＋a8＝ ________. (2)等比数列 {an}的首项a1＝－ S10 1，前n项和为Sn，若＝ S5 31 ，则公比q＝________. 32
1 a11－q5 41－25 31 ∴S5＝＝＝ . 1 4 1－q 1－ 2
思想方法练出高分
题型分类·深度剖析
题型一等比数列的基本运算
思维启迪解析答案思维升华
【例1】 (1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前 n项和.已知a2a4＝1，S3＝7，则 S5等于 15 31 A. B. 2 4 ( 33 C. 4 ) 17 D. 2
ak· al＝am· an
.
(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)， 1 an 2 ，{an}， {an· 仍是等比数列. b } ， n an bn
基础知识题型分类思想方法练出高分
基础知识·自主学习
题型一等比数列的基本运算
思维启迪解析答案思维升华
【例1】 (1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前 n项和.已知a2a4＝1，S3＝7，则 S5等于 15 31 A. B. 2 4 ( 33 C. 4 ) 17 D. 2

2020届高三理数一轮讲义：6.3-等比数列及其前n项和(含答案)

[微点提醒] 1
1.若数列{an}为等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a2n}， an 也是等比数列. 2.由 an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证 a1≠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
② 得 1－q＝3，即 q＝－2，代入①式可得 a1＝1，
①
所以 a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.
(2)设数列{an}首项为 a1，公比为 q(q≠1)，
则
S3＝a1（11－－qq3）＝74， S6＝a1（11－－qq6）＝643，解得
a1＝14， q＝2，
所以 a8＝a1q7＝14×27＝32.
由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得 an＋1＝λan＋1－λan，即 an＋1(λ－1)＝λan，由 a1≠0，λ≠0 得 an≠0，所以aan＋n1＝λ－λ 1.
因此{an}是首项为1－1 λ，公比为λ－λ 1的等比数列，
λ n－1 于是 an＝ 1 λ－1 .
1－λ
λn (2)解由(1)得 Sn＝1－ λ－1 .
1－a (4)数列{an}为等比数列，则 S4，S8－S4，S12－S8 成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q≠0. (2)若 a＝0，b＝0，c＝0 满足 b2＝ac，但 a，b，c 不成等比数列. (3)当 a＝1 时，Sn＝na. (4)若 a1＝1，q＝－1，则 S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
率为( )
3
A. 2f
3
B. 22f
12
C. 25f

2021年高考数学一轮复习讲练测(浙江版)专题6.3 等比数列及其前n项和(测)

班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.） 1. 【2022届陕西省高三下学期教学质检二数学（理）】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ．若321510,9S a a a =+=，则1a =（）。

A ．19 B ．19- C ．13D ．13-【答案】A 【解析】试题分析：由已知可得⎪⎩⎪⎨⎧==+91041211q a q a a ，解之得⎪⎩⎪⎨⎧==3911q a ,应选A 。

2.【2022届福建厦门外国语学校高三5月适应性数学】我国明朝有名数学家程大位在其名著《算法统宗》中记载了如下数学问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯”。

诗中描述的这个宝塔古称浮屠，本题说它一共有7层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，共有381盏灯，那么塔顶有（）盏灯。

A ．2B ．3C ．5D ．6【答案】B【解析】3. 【海淀区高三年纪其次学期其中练习】在数列{}n a 中，“12,2,3,4,n n a a n -==”是“{}n a 是公比为2的等比数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B4. 【原创题】设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足0,1n a q >>，且3520a a +=，2664a a ⋅=，则5S =（）A ．31B ．36C ．42D ．48 【答案】A【解析】由已知得，3564a a ⋅=，又3520a a +=，则354,16a a ==，故24q =，2q =，11a =，所以55123112S -==-.5. 【改编题】函数21(3)y x =--图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不行能．．．成为公比的数是（） A ．21B 2．1 D ．33【答案】A【解析】函数21(3)y x =--2，最大值为4，故2122q ≤≤，即22q ≤≤122<，因此选A. 6.【2022届四川凉山州高三第三次诊断数学】《庄子·天下篇》中记述了一个有名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是( )A ．21111122222n n +++⋅⋅⋅+=- B ．211112222n +++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅<C ．21111222n ++⋅⋅⋅+=D ．21111222n ++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅<【答案】D 【解析】试题分析：据已知可得每次截取的长度构造一个以12为首项，以12为公比的等比数列， 21111112222n n ++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=-<.故反映这个命题本质的式子是21111222n ++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅<.故选D7.【2022届安徽省安庆市高三第三次模拟考试数学】在等比数列{}n a 中，若720,2n a a >=，则31112a a +的最小值为（）A ．22B ．4C ．8D ．16 【答案】B 【解析】试题分析：由于720,2n a a >=，所以由基本不等式可得，231131171222224a a a a a +≥==，故选B. 8.【2022年高考冲刺卷（5）【浙江卷】理科】已知S n 是单调递减的等比数列{a n }的前n 项和，则（）A ．S 2m ·S 2n ≤2n m S +，S 2m +S 2n ≤2S m +n B ．S 2m ·S 2n ≤2n m S +，S 2m +S 2n ≥2S m +n C ．S 2m ·S 2n ≥2n m S +，S 2m +S 2n ≤2S m +nD ．S 2m ·S 2n ≥2n m S +，S 2m +S 2n ≥2S m +n【命题意图】这是一道数列的问题，主要考查了等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式以及不等式等基础学问，还考查了基本运算力量．【答案】B9.设等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，若15m S -=,-11m S =,121m S +=，则=m （） A.3 B.4C.5D. 6【答案】C【解析】由已知得，116m m m S S a --==-，1132m m m S S a ++-==，故公比2q =-，又11m m a a qS q-=-11=-，故11a =-，又1116m m a a q-=⋅=-，代入可求得5m =． 10.【2022届河北省衡水高三下练习五】在等比数列{}n a 中，若25234535,44a a a a a a =-+++=，则23451111a a a a +++=（） A ．1 B ．34- C ．53- D ．43- 【答案】C 【解析】试题分析：由于数列{}n a 为等比数列，所以2534234523452534251111a a a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++=+=⋅⋅⋅ 554334==--，故选C ．11．若数列{}n a 满足211n n n na a k a a ++++=（k 为常数），则称数列{}n a 为“等比和数列”，k 称为公比和，已知数列{}n a 是以3为公比和的等比和数列，其中11a =，22a =，则2015a = （）A. 1B. 2C. 10062D. 10072【答案】D 【解析】所以100720152=a .12．已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且1313,,a a a 成等比数列，若11,n a S =是数列{}n a 的前n 项的和，则*216()3n n S n N a +∈+的最小值为（）A ．4B ．3C ．232-D ．92【答案】A ．【解析】试题分析：∵11a =，1313,,a a a 成等比数列，∴2(12)1(112)d d +=⋅+．得2d =或0d =（舍去），∴21n a n =-，∴2(121)2nn n S n +-==，∴2216216322n n S n a n ++=++．令1t n =+，则216926243n n S t a t +=+-≥-=+，故选A. 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）13. 【改编题】设n S 是等比数列}{n a 的前n 项和，若,13221=+a a 433a a =，则=+n n a S 2 ．【答案】1【解析】设等比数列}{n a 的公比为q ，由已知得，4313a q a ==，故1112313a a +⋅=，解得113a =，故 11332211113nn n n n n a S a a a a -+=+=-+=-．14. 【改编题】已知数列1,,9a 是等比数列，数列121,,,9b b 是等差数列，则12ab b +的值为 .【答案】310．【解析】1,,9a 成等比数列，219,3a a ∴=⨯∴=．又121,,,9b b 是等差数列，121231910,10a b b b b +=+=∴=+． 15.【2022届上海市七宝高三模拟理科数学试卷】设()cos 2()cxf x ax bx x R =++∈，,,a b c R ∈且为常数，若存在一公差大于0的等差数列{}n x （*n N ∈），使得{()}n f x 为一公比大于1的等比数列，请写出满足条件的一组,,a b c 的值________.【答案】0,0,0a b c ≠=>（答案不唯一，一组即可）【解析】试题分析：由题设可取1,0,1===c b a ,此时xx x f 2cos )(+=,存在数列25,23,2πππ,满足题设,应填答案1,0,1===c b a .16．已知{}n a 满足()*+∈⎪⎭⎫⎝⎛=+=N n a a a nn n 41,111， +⋅+⋅+=232144a a a S n 14-⋅n n a 类比课本中推导等比数列前项和公式的方法，可求得=-n n n a S 45___________．【答案】n ．【解析】三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．【2022全国丙17】（本题满分10分）已知数列{}n a 的前n 项和1n S a =+，1n n S a λ=+.其中0λ≠. （1）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（2）若53132S =，求λ. 【答案】（1）()1*111n n a n λλλ-⎛⎫=∈ ⎪--⎝⎭N ；（2）1λ=-.【解析】（1）由题意得1111a S a λ==+，故1λ≠，111a λ=-，10a ≠. 由1n n S a λ=+，111n n S a λ++=+，得11n n n a a a λλ++=-，即()11n n a a λλ+-=.由10a ≠，0λ≠，得0n a ≠，所以11n n a a λλ+=-.因此{}n a 是首项为11λ-，公比为1λλ-的等比数列. 于是()1*111n n a n λλλ-⎛⎫=∈ ⎪--⎝⎭N .（2）由（1）得11nn S λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭.由53132S =，得5311132λλ⎛⎫-= ⎪-⎝⎭，即51132λλ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，解得1λ=-. 18.【改编题】已知等比数列{n a }的公比为q ，且满足1n n a a +<，1a +2a +3a =913，1a 2a 3a =271.（1）求数列{n a }的通项公式；（2）记数列{n a n ⋅-)12(}的前n 项和为n T ，求.n T故数列{n a }的通项公式为n a =131-n （n *N ∈） ………………6分（2）由（1）知n a n ⋅-)12(=1312--n n ，所以n T =1+33+235+⋯+1312--n n ①31n T =31+233+335+…+1332--n n +n n 312- ② ①－② 得：32n T =1+32+232+332+⋯+132-n －nn 312-=12+（31+231+331+⋯+131-n ）－nn 312- =12+311)311(311--⋅-n －n n 312-=2－131-n －n n 312-,所以nT =3－131-+n n . 19．各项为正的数列{}n a 满足112a =,21,()n n n a a a n λ*+=+∈N ，（1）取1n a λ+=，求证：数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求其公比；（2）取2λ=时令12n n b a =+，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，数列{}n b 的前n 项之积为n T ，求证：对任意正整数n ，12n n n T S ++为定值．【答案】(1) 证明见解析，公比为1+52（2）定值为2 【解析】（2）由21111122222()n nn n n n n n n n a a a a a a a b a a +++=+⇒=+⇒==+ 所以+1121122311111111122222()()()()()()()n n n n n n n n a a a a T b b b a a a a a +++=⋅=== 211+1+1122111===222n n n n n n n n n n n n a a a a b a a a a a a a +++-=-所以12111111=2n n n n S a a a a a a ++=+++=--，故+12n n n T S +2=为定值． 20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a =，1231n n a a a a n a ++++++=，*n ∈N ．（Ⅰ) 求证：数列{1}n a +是等比数列；（Ⅱ) 设数列{}n b 的前n 项和为n T ，11b =，点1(,)n n T T +在直线112x y n n -=+上，若不等式1212911122n n nb b bm a a a a +++≥-++++对于*n ∈N 恒成立，求实数m 的最大值．【答案】（Ⅰ)详见解析; （Ⅱ) 6116. 【解析】试题解析：（Ⅰ)由1231n n a a a a n a ++++++=，得12311(2)n n a a a a n a n -+++++-=≥ ，两式相减得121n n a a +=+，所以112(1)n n a a ++=+ （2n ≥)，由于10a =，所以111a +=，21211a a =+=，2112(1)a a +=+ 所以{1}n a +是以1为首项，公比为2的等比数列（Ⅱ)由（Ⅰ)得121n n a -=-，由于点1(,)n n T T +在直线112x y n n -=+上，所以1112n n T T n n +-=+，又11232527(4)(4)222n n n n n n ++------=，故当3n ≤时，25{4}2nn --单调递减；当3n =时，323531428⨯--=；当4n ≥时，25{4}2nn --单调递增；当4n =时，4245614216⨯--=；则2542nn --的最小值为6116，所以实数m的最大值是6116 21.【2022届河南新乡名校学术联盟高三高考押题四理数学试卷】已知等比数列{}n a 中，11a =，且()24331a a a +=+．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设32333431log log log log n n b a a a a +=+++⋅⋅⋅+，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和．【答案】（1）13n n a -=；（2）21nn +．【解析】试题分析：（1）用公比q 表示出234,,a a a ，即可求出q ，从而得通项公式；（2）由（1）13n n a -=，因此故()1211211n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭12111111111122211223111n n b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=-=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为21nn +． 22.【2022届湖南师大附中高三上学期月考六数学（理）试卷】设数列{}n x 的前n 项和为n S ，若存在非零常数p ，使对任意n *∈N 都有2nnS p S =成立，则称数列{}n x 为“和比数列”．（1）若数列{}n a 是首项为2，公比为4的等比数列，推断数列{}2log n a 是否为“和比数列”；（2）设数列{}n b 是首项为2，且各项互不相等的等差数列，若数列{}n b 是“和比数列”，求数列{}n b 的通项公式．【答案】（1）是，证明见解析；（2）()24142n b n n =+-=- 【解析】试题分析：（1）已知可得121242n n n a --=⋅=2log 21n a n ⇒=-()21212n n S n n +-⇒=⋅=24n n SS ⇒=；（2）由已知可得前n 项和()122n n n n d -T =+()()()()222148*********n n n n n d n d p n n n d n d-++-T ⇒===-T +-+恒成立()222142n n n n d -T =+，所以()()()()222148*********n n n n n d n d n n n d n d-++-T ==-T +-+由于{}n b 是“和比数列”，则存在非零常数p ，使()()822141n dp n d+-=+-恒成立．即()()822141n d p n d +-=+-⎡⎤⎣⎦，即()()()4240p dn p d -+--=恒成立．所以()()()40240p d p d -=⎧⎪⎨--=⎪⎩由于0d ≠，则4p =，4d =所以数列{}n b 的通项公式是()24142n b n n =+-=-。

§6.3.3.2等比数列的前n项的和

等比数列
综合
§6.3.3.2
等比数列的通项公式 an = a1 q n–1 (n∈N*) 等比数列的重要性质 ①等比数列{an}中，若m+n=p+q(m、n、p、q∈N*)，则有am·n =ap·q . a a ②在公比为q的等比数列{an}中，若m、n∈N*，则有am =an·m–n. q 等比数列前n项和的公式 a1 (1 q n ) a1 an q (q 1) (q 1) Sn 1 q Sn 1 q na (q 1) na (q 1) 1 1
在等比数列{an}中，若an>0，a2a4+2a3a5+a4a6=25,求 a3+a5. 解： ∵2+4=3+3， ∴a2a4=a32 ∵4+6=5+5，∴a4a6=a52 ∵a2a4+2a3a5+a4a6=25 ∴a32+2a3a5+a52=25，
即(a3+a5)2=25， ∵an>0 ∴a3+a5=5. 在等比数列{an}中，若a1a9=256， a4+a6=40，求公比q.
x1 x2 求 y1 y2
a 已知 a, x1 , x2 , b 成等差数列， , y1 , y2 , b 成等比数列，
已知数列{an}前n项的和 S n 3n 2 ，求an. 解：当n=1时，a1=s1=1，当n≥2时， ∵an=Sn–Sn–1， ∴an=(3n–2)–(3n–1–2) =3n–3n–1=3×3n–1–3n–1 ∴an =2×3n–1 令n=1时，则a1=2≠1， (n=1) 1 所以数列的通项公式为an= 2×3n–1 (n≥2)
n
Sn n 1 n;

专题6.3等比数列及其前n项和(2021年高考数学一轮复习专题)

专题等比数列及其前n 项和一、题型全归纳题型一等比数列基本量的运算【题型要点】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 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 1q n －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.解决等比数列有关问题的2种常用思想4．等比数列的基本运算方法(1)等比数列可以由首项a 1和公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕a 1和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 1，n ，q ，a n ，S n 的“知三求二”问题．例1】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝．【答案】58.【解析】通解：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝1及S 3＝34，易知q ≠1.把a 1＝1代入S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝34，得1＋q ＋q 2＝34，解得q ＝－12，所以S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯21--121--114＝58.优解一：设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝34，a 1＝1，所以1＋q ＋q 2＝34，解得q ＝－12，所以a 4＝a 1·q 3＝321-⎪⎭⎫⎝⎛＝－18，所以S 4＝S 3＋a 4＝34＋⎪⎭⎫ ⎝⎛81-＝58.优解二：设等比数列{a n }的公比为q ，由题意易知q ≠1.设数列{a n }的前n 项和S n ＝A (1－q n )(其中A 为常数)，则a 1＝S 1＝A (1－q )＝1 ①，S 3＝A (1－q 3)＝34 ②，由①②可得A ＝23，q ＝－12.所以S 4＝23×⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯421--11＝58.【例2】(2020·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A ．32B ．31C ．64D ．63【解析】：通解：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4，a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝31，故选B.优解：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1，所以S 5＝31，故选B.题型二等比数列的判定与证明【题型要点】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 na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(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．【易错提醒】：(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．【例1】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．【解析】 (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）n a 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 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.【例2】设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：S n ＋a n ＝n －1n (n ＋1)，n ＝1,2，…，n .(1)求证：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-11n S n 是等比数列；(2)求S n . 【解析】 (1)证明：由题意，n ＝1时，S 1＋a 1＝0，即a 1＝0，n ≥2时，S n ＋S n －S n －1＝2S n －S n －1＝n －1n (n ＋1)＝2n ＋1－1n，所以S n －1n ＋1＝12⎭⎬⎫⎩⎨⎧-n S n 11-，S 1－12＝－12，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-11n S n 是以－12为首项，12为公比的等比数列． (2)由(1)知，S n －1n ＋1＝121-⎪⎭⎫⎝⎛n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21-＝n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21-，所以S n ＝1n ＋1－n⎪⎭⎫⎝⎛21. 【例3】已知数列{a n }是等比数列，则下列命题不正确的是( ) A ．数列{|a n |}是等比数列 B ．数列{a n a n ＋1}是等比数列 C ．数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是等比数列 D ．数列{lg a 2n }是等比数列【解析】.因为数列{a n }是等比数列，所以a n ＋1a n ＝q .对于A ，|a n ＋1||a n |＝⎪⎪⎪⎪a n ＋1a n ＝|q |，所以数列{|a n |}是等比数列，A 正确；对于B ，a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝q 2，所以数列{a n a n ＋1}是等比数列，B 正确；对于C ，1a n ＋11a n＝a n a n ＋1＝1q ，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是等比数列，C 正确；对于D ，lg a 2n ＋1lg a 2n ＝2lg a n ＋12lg a n ＝lg a n ＋1lg a n ，不一定是常数，所以D 错误．【例4】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3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．【解析】：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－3，解得a 1＝3，当n ＝2时，S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－6，解得a 2＝9，当n ＝3时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－9，解得a 3＝21.(2)假设{a n ＋λ}是等比数列，则(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)(a 3＋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 *)．题型三等比数列性质的应用【题型要点】1.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)，⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1，{a 2n }，{a n ·b n }，⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n b a 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．类型一等比数列项的性质的应用【例1】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】：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.【例2】(2020·洛阳市第一次联考)等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－2 C. 2D ．－2或2【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3＜0，a 15＜0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－ 2.类型二等差数列前n 项和性质的应用【例3】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________．【解析】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×⎪⎭⎫⎝⎛341-1＝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 n S n ，所以q n ＝S 2n －S n S n ＝14，所以S 3n ＝S 2n ＋q 2n S n ＝60＋241⎪⎭⎫⎝⎛×48＝63.【例4】(2020·池州高三上学期期末)已知等比数列{a n }的公比q ＝2，前100项和为S 100＝90，则其偶数项 a 2＋a 4＋…＋a 100为( ) A ．15 B ．30 C ．45D ．60【解析】设S ＝a 1＋a 3＋…＋a 99，则a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)q ＝2S ，又因为S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝90，所以3S ＝90，S ＝30，所以a 2＋a 4＋…＋a 100＝2S ＝60.【例5】已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝．【解析】由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.【总结提升】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 . 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 n S m ⇔q n ＝S n ＋m －S nS m(q 为公比)．题型四数列与数学文化及实际应用类型一．等差数列与数学文化【例1】(2020·广东潮州二模)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.【题后升华】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．类型二．等比数列与数学文化【例2】(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 ．503 C.507 D ．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.【题后升华】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．类型三．递推数列与数学文化【例3】(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 ．7 B ．10 C ．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.【题后升华】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．类型四．周期数列与数学文化【例4】(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 ．672 B ．673 C ．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.【题后反思】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．类型五．数列在实际问题中的应用【例5】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 ＋n 2(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．【题后反思】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．二、高效训练突破一、选择题1．(2020·湖南衡阳一模)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】：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．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．2【解析】：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 5＝3a 3＋4a 1，得a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，得q 4－3q 2－4＝0，令q 2＝t ，则t 2－3t －4＝0，解得t ＝4或t ＝－1(舍去)，所以q 2＝4，即q ＝2或q ＝－2(舍去)．又 S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.故选C.3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＝8a 3，则( ) A ．数列{a n }的公比为2 B ．数列{a n }的公比为8 C.S 6S 3＝8 D ．S 6S 3＝4【解析】：因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＝8a 3，所以a 6a 3＝q 3＝8，解得q ＝2，所以S 6S 3＝1－q 61－q 3＝1＋q 3＝9.4．(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 ．1 B ．2 C.22D ．2【解析】：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】：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 ．13 B ．12 C ．11D ．10【解析】：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·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 ．3 B ．9 C ．10D ．13【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＝10.7．(2020届福建厦门模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2【解析】：解法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋λ. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2.因为{a n }是等比数列，所以a 2a 1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A.解法二：依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8，因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.8．(2020·新乡调研)已知各项均不为0的等差数列{a n }满足a 3－a 272＋a 11＝0，数列{b n }为等比数列，且b 7＝a 7，则b 1·b 13＝( )A ．25B ．16C ．8D ．4【解析】由a 3－a 272＋a 11＝0，得2a 7－a 272＝0，a 7＝4，所以b 7＝4，b 1·b 13＝b 27＝16. 9.(2020·福建厦门模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2【解析】：法一：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋λ. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2.因为{a n }是等比数列，所以a 2a 1＝2，即44＋λ＝2，解得λ＝－2.故选A. 法二：依题意，a 1＝S 1＝4＋λ，a 2＝S 2－S 1＝4，a 3＝S 3－S 2＝8，因为{a n }是等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.10．(2020·辽宁部分重点高中联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1，则{a n }的通项公式a n ＝( ) A ．2n －1 B ．2n －1 C ．2n －1D ．2n ＋1【解析】：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1，因此a n ＝2n －1，故选B.11．(2020·长春市质量监测(一))已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若公比q ＝2，则a 1＋a 3＋a 5S 6＝( )A.13B.17C.23D ．37【解析】：法一：由题意知a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋22＋24)＝21a 1，而S 6＝a 1（1－26）1－2＝63a 1，所以a 1＋a 3＋a 5S 6＝21a 163a 1＝13，故选A. 法二：由题意知S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝a 1＋a 3＋a 5＋(a 2＋a 4＋a 6)＝a 1＋a 3＋a 5＋2(a 1＋a 3＋a 5)＝3(a 1＋a 3＋a 5)，故a 1＋a 3＋a 5S 6＝13，故选A.12.(2020·河南郑州三测)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，则数列{ba n }的前10项和为( )A.12×(310－1)B.18×(910－1)C.126×(279－1) D ．126×(2710－1)【解析】：因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n ＝3，所以{a n }为等差数列，公差为3，{b n }为等比数列，公比为3，所以a n＝1＋3(n －1)＝3n －2，b n ＝1×3n －1＝3n －1，所以ba n ＝33n －3＝27n －1，所以{ba n }是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{ba n }的前10项和为1×（1－2710）1－27＝126×(2710－1)，故选D.二、填空题1.(2020·陕西第二次质量检测)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 2a 12＝16，则log 2a 15＝．【解析】：等比数列{a n }的各项都是正数，且公比为2，a 2a 12＝16，所以a 1qa 1q 11＝16，即a 21q 12＝16，所以a 1q 6＝22，所以a 15＝a 1q 14＝a 1q 6(q 2)4＝26，则log 2a 15＝log 226＝6.2．(2020·陕西榆林二模)已知数列{a n }满足a 1＝2，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2(n 2＋n )，若b n ＝22a n ，则{b n }的前n 项和S n ＝．【解析】：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2(n 2＋n )，得a n ＋1n ＋1－a n n ＝2，又a 1＝2，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是首项为2，公差为2的等差数列，所以a nn ＝2＋2(n －1)＝2n ，即a n ＝2n 2，所以b n ＝22a n ＝4n ，所以数列{b n }是首项为4，公比为4的等比数列，所以S n ＝4－4n ＋11－4＝4n ＋1－43.3．(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⎪⎭⎫ ⎝⎛-λ2n a .由于数列{a n－1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.4.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 1q n －1＝2×4n －1＝32，解得n ＝3.5．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 ＋m a 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 ＋1－2.6.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10∶S 5＝1∶2，则S 15∶S 5＝________.【解析】因为S 10∶S 5＝1∶2，所以设S 5＝2a ，S 10＝a (a ≠0)，因为S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，即2a ，－a ，S 15－a 成等比数列，所以(－a )2＝2a (S 15－a )，解得S 15＝3a2，所以S 15∶S 5＝3∶4.三解答题1.(2020·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q ＜1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7. (1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n ＜m 恒成立，求m 的最小值．【解析】：(1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.(舍去)所以a n ＝4·121-⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝321-⎪⎭⎫ ⎝⎛n .(2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝8⎪⎭⎫⎝⎛n 21-1＜8.因为a n ＞0，所以S n 单调递增．又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8)．又S n ＜m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8. 2．(2020·山西长治二模)S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q ＞0. (1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明现由．【解析】：(1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1（1－q 3）1－q＝13，q ＞0，解得a 1＝1，q ＝3，所以a n＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列，因为S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13，所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n ，则S n ＋1＋12S n ＋12＝3，故存在常数λ＝12，使得数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n S 是等比数列．3.(2020届长春市高三质量监测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，设b n ＝a n 2n .(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n b b 的前n 项和S n .【解析】：(1)证明：当n ≥2时，b n －b n －1＝a n 2n －a n －12n －1＝a n －2a n －12n ＝1，又b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)可知，b n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n －1n ＋1，所以S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.4.(2020届南昌市第一次模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝S n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4，得2a 4－2a 3＝a 4，所以a 4a 3＝2，所以q ＝2.又因为S 3＝2a 3－1，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由(1)知a 1＝1，q ＝2，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1，所以b n ＝2n－1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2＋22＋…＋2n －n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .。

xin6.3.3等比数列前n项求和公式

§6.3.3 等比数列的前n 项和公式教学目的：1．掌握等比数列的前n 项和公式及公式证明思路．2．会用等比数列的前n 项和公式解决有关等比数列的一些简单问题教学重点：等比数列的前n 项和公式推导与应用教学难点：灵活应用公式解决有关问题授课类型：新授课教材分析：本节是对公式的教学，要充分揭示公式之间的内在联系，掌握与理解公式的来龙去脉，掌握公式的导出方法，理解公式的成立条件．也就是让学生对本课要学习的新知识有一个清晰的、完整的认识。

教学过程：一、复习：首先回忆一下前两节课所学主要内容：1．等比数列：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（q ≠0），即：｛n a ｝成等比数列 ⇔nn a a 1+=q （+∈N n ,q ≠0） “n a ≠0”是数列｛n a ｝成等比数列的必要非充分条件（前提条件）。

2. 等比数列的通项公式:)0(111≠⋅⋅=-q a q a a n n ， )0(11≠⋅⋅=-q a q a a m m n 3．既是等差又是等比数列的数列：非零常数列．4．等比中项：G 为a 与b 的等比中项. 即G =±ab （a ,b 同号）. 5．性质：若m+n=p+q ，q p n m a a a a ⋅=⋅二、讲解新课：（一）创设情境兴趣导入【趣味数学问题】阅读:“国王赏麦的故事”。

问题:如何计算引出课题:等比数列的前n 项和。

（二）动脑思考探索新知如何求数列1，2，4，…262，263的各项和以1为首项，2为公比的等比数列的前64项的和，可表示为：23636412222S =+++++636264228421+++++= S ①26463642216842+++++= S ② 由②—①可得：126464-=S这种求和方法称为“错位相减法” “错位相减法”，是研究数列求和的一个重要方法公式的推导方法一：一般地，设等比数列 n a a a a ,,321+它的前n 项和是=n S n a a a a +++321由⎩⎨⎧=+++=-11321n n n n qa a a a a a S得⎪⎩⎪⎨⎧++++=++++=---nn n n n n qa q a q a q a q a qS q a q a q a q a a S 1113121111212111 n n q a a S q 11)1(-=-∴∴当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1 ① 或q q a a S n n --=11 ②当q=1时，1na S n =公式的推导方法二：=n S n a a a a +++321＝)(13211-++++n a a a a q a＝11-+n qS a ＝)(1n n a S q a -+⇒q a a S q n n -=-1)1(（结论同上）“方程”在代数课程里占有重要的地位，方程思想是应用十分广泛的一种数学思想，利用方程思想，在已知量和未知量之间搭起桥梁，使问题得到解决（三）巩固知识典型例题例1 {}量：中，求满足下列条件的在等比数列n a ()n 31,2a 1S a 求、==；()；和求、n n 1s a ,21,5,22===a n q（3）、。

34第六章数列等比数列及其前n项和

(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m. 1－－2n
解析若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝ 3 . 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6.
思维升华
(1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”). (2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对q＝1和q≠1的分类讨论.
√3n2＋n C. 2
3n2－n D. 2
3 课时作业
PART THREE
基础保分练
1.(2018·重庆巴蜀中学月考)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3a7＝16，则该数
列的公比为
√A.± 2
B. 2
C.±2
D.2
解析根据等比数列的性质可得 a3·a7＝a25＝a21·q8＝q8＝16＝24，
(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.
【概念方法微思考】 1.将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数. 2.任意两个实数都有等比中项吗？提示不是.只有同号的两个非零实数才有等比中项. 3.“b2＝ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件.因为b2＝ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a＝0， b＝0，c＝1.但a，b，c成等比数列一定有b2＝ac.
a1－an (4)数列{an}的通项公式是 an＝an，则其前 n 项和为 Sn＝ 1－a .( × )

(浙江版)2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题6.3 等比数列及其前n项和(测)

第03节等比数列及其前n 项和一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.） 1.【2018届安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校教育研究会高三上第一次联考】已知等比数列{}n a 满足213562,4a a a a ==，则3a 的值为（）A. 1B. 2C. 14D. 12【答案】A2.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S .若321510,9S a a a =+=，则1a =（） A ．13-B ．13C ．19-D ．19【答案】D【解析】由已知可得⎪⎩⎪⎨⎧==+91041211q a q a a ，解之得⎪⎩⎪⎨⎧==3911q a ,应选D 。

3. 【2017届山东省济宁市高三3月模拟考试】设a R ∈，“1， a ， 16为等比数列”是“4a =”的（） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由题意得， 1， a ， 16为等比数列21614a a ⇒=⨯⇒=±，因此4a =⇒ 1， a ， 16为等比数列，所以“1， a ， 16为等比数列”是“4a =”的必要不充分条件，故选B.4. 【原创题】设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足0,1n a q >>，且3520a a +=，2664a a ⋅=，则5S =（）A ．31B ．36C ．42D ．48 【答案】A【解析】由已知得，3564a a ⋅=，又3520a a +=，则354,16a a ==，故24q =，2q =，11a =，所以55123112S -==-.5. 【改编题】函数y =．．．成为公比的数是（）A ．21B ．1 D ．33 【答案】A6.【2018届广西钦州市高三上第一次检测】我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为（）（结果保留一位小数．参考数据：，）（）A. 1.3日B. 1.5日C. 2.6日D. 2.8日【答案】C【解析】设蒲（水生植物名）的长度组成等比数列{a n }，其a 1=3，公比为，其前n 项和为A n ．莞（植物名）的长度组成等比数列{b n }，其b 1=1，公比为2，其前n 项和为B n ．则A ，B n =，由题意可得：，化为：2n +=7，解得2n =6，2n =1（舍去）． ∴n==1+=≈2.6．∴估计2.6日蒲、莞长度相等，故答案为：2.6．7. 【2017届浙江台州中学高三10月月考】等比数列{}n a 中，已知对任意正整数n ，12321n n a a a a +++⋅⋅⋅+=-，则2222123na a a a +++⋅⋅⋅+等于（）A.2(21)n -B.1(21)3n- C.1(41)3n- D.41n - 【答案】C.8.【2018届河北省衡水中学高三上学期二调】设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n na a +<，若3520a a +=， 3564a a =，则4S =（）A. 63或120B. 256C. 120D. 63 【答案】C 【解析】由题意得353520{64a a a a +==，解得3516{ 4a a ==或354{ 16a a ==.又11n naa +< ，所以数列{}n a 为递减数列，故3516{4a a ==.设等比数列{}n a 的公比为q ，则25314a q a ==，因为数列为正项数列，故12q =，从而164a =，所以4416412120112S ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==-.选C. 9.设等比数列}{n a 的前n 项和为n S ，若15m S -=,-11m S =,121m S +=，则=m （） A.3 B.4C.5D. 6【答案】C【解析】由已知得，116m m m S S a --==-，1132m m m S S a ++-==，故公比2q =-，又11mm a aq S q-=-11=-，故11a =-，又1116m m a a q-=⋅=-，代入可求得5m =．10.【2017届湖北武汉市蔡甸区汉阳一中高三第三次模拟】已知121,,,9a a --成等差数列， 1239,,,,1b b b --成等比数列，则()221b a a -的值为 A. 8± B. 8- C. 8 D. 98± 【答案】C11．【2018届河南省洛阳市高三上尖子生第一次联考】在等比数列{}n a 中， 2a ， 16a 是方程2620x x ++=的根，则2169a a a 的值为（）A.B.【答案】B【解析】由2a ， 16a 是方程2620x x ++=的根，可得： 21621662a a a a +=-⨯=，，显然两根同为负值，可知各项均为负值；21699a a a a ===故选：B.12．【2017年福建省三明市5月质量检查】已知数列的前项和为，且，，则（） A. B.C.D.【答案】A二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）13.【2017届浙江省丽水市高三下联考】已知数列{}n a 是公比为q 的单调递增的等比数列，且149a a +=，238a a =， 1a =__________； q =_________．【答案】 1 2【解析】311142322311199,8{ 8a a q a a a a a qa q a q +=+==∴== ，，且101a q >>，，解得a 1=1，q=2.14.【2017届浙江省ZDB 联盟高三一模】已知{}n a 是等比数列，且0n a >， 243546225a a a a a a ++=，则35a a +=__________， 4a 的最大值为__________．【答案】 552【解析】243546225a a a a a a ++= ()2223355353522525,05n a a a a a a a a a ⇒++=⇒+=>∴+=22354354255242a a a a a a +⎛⎫∴=≤=⇒≤ ⎪⎝⎭，即4a 的最大值为52．15.【2017届浙江省台州市高三上期末】已知公差不为的等差数列，若且成等比数列，则__________．_________．【答案】 1,.16．已知{}n a 满足， +⋅+⋅+=232144a a a S n 14-⋅n n a 类比课本中推导等比数列前项和公式的方法，可求得=-n n n a S 45___________．【答案】n ．【解析】因为++⋅+⋅+= 232144a a a S n 14-⋅n n a ，所以++⋅+⋅+= 332214444a a a S n 114--⋅n n a n n a 4⋅+，两式相加可得()()++++++= 322211445a a a a a S n ()n n n a a +--114n n a 4⋅+，所以n a S nn n n =+++=-11145．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17．【2017届浙江省丽水市高三下测试】已知数列{}n a 的相邻两项1,n n a a +是关于x 的方程()2*20n n x x b n N -+=∈的两实根，且11a =.（1）求234,,a a a 的值；（2）求证：数列123n n a ⎧⎫-⨯⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式. 【答案】（1）21a =， 33a =， 45a = （2）()1213nn n a ⎡⎤=--⎣⎦【解析】试题分析：(1)由题中所给的递推关系可得21a =， 33a =， 45a =. (2)由题意可得数列123n n a ⎧⎫-⨯⎨⎬⎩⎭是首项为13，公比为-1的等比数列.则()1213nn n a ⎡⎤=--⎣⎦.（2）∵11111122223331111222333n n n n n n n n nnn n n a a a a a a +++⎛⎫--⨯-⨯--⨯ ⎪⎝⎭===--⨯-⨯-⨯，故数列123n n a ⎧⎫-⨯⎨⎬⎩⎭是首项为12133a -=，公比为-1的等比数列. 所以()1112133n nn a --⨯=⨯-，即()1213nn n a ⎡⎤=--⎣⎦.18.【改编题】已知等比数列{n a }的公比为q ，且满足1n n a a +<，1a +2a +3a =913，1a 2a 3a =271.（1）求数列{n a }的通项公式；（2）记数列{n a n ⋅-)12(}的前n 项和为n T ，求.n T【答案】（1）n a =131-n （n *N ∈）;（2）n T =3－131-+n n . 【解析】（1）由1a 2a 3a =271，及等比数列性质得32a =271，即2a =31，由1a +2a +3a =913得1a +3a =910由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=91031312a a a 得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=910312111q a a q a 所以31012=+q q ，即231030q q +=－解得q =3，或q =31由1n n a a +<知，{n a }是递减数列，故q =3舍去，q =31，又由2a =31，得1a =1，故数列{n a }的通项公式为n a =131-n （n *N ∈） ………………6分（2）由（1）知n a n ⋅-)12(=1312--n n ，所以n T =1+33+235+⋯+1312--n n ①31n T =31+233+335+…+1332--n n +n n 312- ② ①－② 得：32n T =1+32+232+332+⋯+132-n －nn 312- =12+（31+231+331+⋯+131-n ）－nn 312- =12+311)311(311--⋅-n －n n 312-=2－131-n －n n 312-,所以nT =3－131-+n n . 19．【2017全国卷2】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11a =-，11b =，222a b +=.（1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式；（2）若321T =，求3S .【答案】(1)12n n b -=.(2)6-或21.(2)由(1)及已知得2122121d q q q -++=⎧⎨++=⎩，解得41q d =⎧⎨=-⎩或58q d =-⎧⎨=⎩. 所以313236S a d⨯=+=-或3132321S a d ⨯=+=. 20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a =，1231n n a a a a n a ++++++= ，*n ∈N ．（Ⅰ) 求证：数列{1}n a +是等比数列；（Ⅱ) 设数列{}n b 的前n 项和为n T ，11b =，点1(,)n n T T +在直线对于*n ∈N 恒成立，求实数m 的最大值．【答案】（Ⅰ)详见解析;【解析】（Ⅱ)由（Ⅰ)得121n n a -=-，因为点1(,)n n T T +在直线因为11b =满足该式，所以n b n =21.【2017届安徽省亳州市二中高三下检测】已知各项均不相等的等差数列{}n a 满足11a =，且125,,a a a 成等比数列．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若()()*111nn n n n n a a b n N a a +++=-∈，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】（Ⅰ）21n a n =-;（Ⅱ）当n 为偶数时， 221n n S n =-+.当n 为奇数时， 2221n n S n +=-+.（Ⅱ）由21n a n =-，可得()()()()()1141111121212121nn n n n n n n a a n b a a n n n n +++⎛⎫=-=-=-+ ⎪-+-+⎝⎭，当n 为偶数时，111111112113355721212121n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+++--+++=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 当n 为奇数时， 1n +为偶数，于是1111111122113355721212121n n S n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+++--+-+=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭22.设数列{}n x 的前n 项和为n S ，若存在非零常数p ，使对任意n *∈N 都有2n nS p S =成立，则称数列{}n x 为“和比数列”．（1）若数列{}n a 是首项为2，公比为4的等比数列，判断数列{}2log n a 是否为“和比数列”；（2）设数列{}n b 是首项为2，且各项互不相等的等差数列，若数列{}n b 是“和比数列”，求数列{}n b 的通项公式．【答案】（1）是，证明见解析；（2）()24142n b n n =+-=-试题解析：（1）由已知，121242n n n a --=⋅=，则2log 21n a n =-．设数列{}2log n a 的前n 项和为n S ，则()21212n n S n n +-=⋅=，()22224n S n n ==．所以24n nS S =，故数列{}2log n a 是“和比数列”．（2）设数列{}n b 的公差为d （0d ≠），前n 项和为n T ，则()122n n n n d -T =+， ()222142n n n n d -T =+，所以()()()()222148*********n n n n n d n d n n n d n d -++-T ==-T +-+ 因为{}n b 是“和比数列”，则存在非零常数p ，使()()822141n d p n d+-=+-恒成立．即()()822141n d p n d +-=+-⎡⎤⎣⎦，即()()()4240p dn p d -+--=恒成立．所以()()()40240p d p d -=⎧⎪⎨--=⎪⎩因为0d ≠，则4p =，4d = 所以数列{}n b 的通项公式是()24142n b n n =+-=-。

6.3 等比数列及其前n项和

6.3等比数列及其前n项和挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.等比数列的通项公式与前n项和公式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.④了解等比数列与指数函数的关系.2018课标Ⅲ,17,12分等比数列的通项公式及前n项和公式指数的运算★★★2017课标Ⅱ,3,5分等比数列的前n项和公式数学文化为背景的应用问题2016课标Ⅰ,15,5分等比数列的通项公式最值问题2.等比数列的性质2016课标Ⅲ,17,12分等比数列的判定由a n与S n的关系求数列的通项公式2015课标Ⅱ,4,5分等比数列的通项公式数列的概念及其表示分析解读本节是高考的考查热点,主要考查等比数列的基本运算和性质,等比数列的通项公式和前n项和公式,尤其要注意以数学文化为背景的数列题,题型既有选择题、填空题,也有解答题.考查学生的数学运算和逻辑推理能力以及学生对函数与方程、转化与化归和分类讨论思想的应用.破考点【考点集训】考点一等比数列的通项公式与前n项和公式1.(2018河南开封一模,5)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且9S3=S6,a2=1,则a1=()A.12B.√22C.√2D.2答案A2.(2018陕西延安黄陵中学(重点班)第一次大检测,10)已知公比不为1的等比数列{a n}的前n项和为S n,且满足a2,2a5,3a8成等差数列,则3S3S6=()A.134B.1312C.94D.1112答案C3(2018天津滨海新区七所重点学校联考,11)等比数列{a n}中,各项都是正数,且a1,12a3,2a2成等差数列,则a13+a14a14+a15=.答案√2-1考点二等比数列的性质A.2B.4C.92D.6答案B2.(2017福建4月模拟,6)已知递增的等比数列{a n}的公比为q,其前n项和S n<0,则()A.a1<0,0<q<1B.a1<0,q>1C.a1>0,0<q<1D.a1>0,q>1答案A3.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S6S3=3,则S9S6等于()A.2B.73C.83D.3答案B炼技法【方法集训】方法等比数列的判定与证明1.下列结论正确的是()A.若数列{a n }的前n 项和S n =n 2+n+1,则{a n }为等差数列B.若数列{a n }的前n 项和S n =2n -2,则{a n }为等比数列C.非零实数a,b,c 不全相等,若a,b,c 成等差数列,则1a ,1b ,1c 也可能构成等差数列D.非零实数a,b,c 不全相等,若a,b,c 成等比数列,则1a ,1b ,1c一定构成等比数列答案 D2.(2018河南信阳模拟,17)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=2a n +λ(λ为常数). (1)试探究数列{a n +λ}是不是等比数列,并求a n ; (2)当λ=1时,求数列{n(a n +λ)}的前n 项和T n . 解析 (1)因为a n+1=2a n +λ,所以a n+1+λ=2(a n +λ). 又a 1=1,所以当λ=-1时,a 1+λ=0,数列{a n +λ}不是等比数列, 此时a n +λ=a n -1=0,即a n =1; 当λ≠-1时,a 1+λ≠0,所以a n +λ≠0,所以数列{a n +λ}是以1+λ为首项,2为公比的等比数列, 此时a n +λ=(1+λ)2n-1,即a n =(1+λ)2n-1-λ. (2)由(1)知a n =2n -1,所以n(a n +1)=n×2n , T n =2+2×22+3×23+…+n×2n ①, 2T n =22+2×23+3×24+…+n×2n+1②, ①-②得:-T n =2+22+23+…+2n -n×2n+1=2(1-2n )1-2-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2.所以T n =(n-1)2n+1+2.过专题【五年高考】考点一等比数列的通项公式与前n 项和公式A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏答案 B2.(2015课标Ⅱ,4,5分)已知等比数列{a n }满足a 1=3,a 1+a 3+a 5=21,则a 3+a 5+a 7=( ) A.21 B.42 C.63 D.84 答案 B3.(2018课标Ⅲ,17,12分)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. 解析 (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)n 3.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.考点二等比数列的性质(2016课标Ⅰ,15,5分)设等比数列{a n }满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2…a n 的最大值为 . 答案 64考点一等比数列的通项公式与前n 项和公式1.(2018北京,4,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为( )A.√23f B.√223f C.√2512f D.√2712f 答案 D2.(2017江苏,9,5分)等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8= . 答案 32考点二等比数列的性质1.(2016天津,5,5分)设{a n }是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a 2n-1+a 2n <0”的( ) A.充要条件 B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 C2.(2014广东,13,5分)若等比数列{a n }的各项均为正数,且a 10a 11+a 9a 12=2e 5,则lna 1+lna 2+…+lna 20= . 答案 50C 组教师专用题组考点一等比数列的通项公式与前n 项和公式1.(2014重庆,2,5分)对任意等比数列{a n },下列说法一定正确的是( )A.a1,a3,a9成等比数列B.a2,a3,a6成等比数列C.a2,a4,a8成等比数列D.a3,a6,a9成等比数列答案D2.(2013课标Ⅱ,3,5分,0.859)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=()A.13B.-13C.19D.-19答案C3.(2012课标Ⅰ,5,5分)已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=()A.7B.5C.-5D.-7答案D4.(2017北京,10,5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2=. 答案15.(2015湖南,14,5分)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n=.答案3n-16.(2014天津,11,5分)设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案-127.(2014安徽,12,5分)数列{a n}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=.答案18.(2016四川,19,12分)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n ∈N *.(1)若2a 2,a 3,a 2+2成等差数列,求数列{a n }的通项公式;(2)设双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率为e n ,且e 2=53,证明:e 1+e 2+…+e n >4n -3n3n -1.解析 (1)由已知,S n+1=qS n +1,S n+2=qS n+1+1, 两式相减得到a n+2=qa n+1,n ≥1. 又由S 2=qS 1+1得到a 2=qa 1, 故a n+1=qa n 对所有n ≥1都成立.所以,数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列. 从而a n =q n-1.由2a 2,a 3,a 2+2成等差数列,可得 2a 3=3a 2+2,即2q 2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0, 由已知,q>0,故q=2.所以a n =2n-1(n ∈N *). (2)证明:由(1)可知,a n =q n-1.所以双曲线x 2-y 2a n 2=1的离心率e n =√1+a n2=√1+q 2(n -1). 由e 2=√1+q 2=53,解得q=43. 因为1+q 2(k-1)>q 2(k-1),所以√1+q 2(k -1)>q k-1(k ∈N *). 于是e 1+e 2+…+e n >1+q+…+q n-1=q n -1q -1, 故e 1+e 2+…+e n >4n-3n3n -1.9.(2015江苏,20,16分)设a 1,a 2,a 3,a 4是各项为正数且公差为d(d ≠0)的等差数列. (1)证明:2a 1,2a 2,2a 3,2a 4依次构成等比数列; 解析 (1)证明:因为2a n+12a n =2a n+1-a n =2d (n=1,2,3)是同一个常数,所以2a 1,2a 2,2a 3,2a 4依次构成等比数列.(2)令a 1+d=a,则a 1,a 2,a 3,a 4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d ≠0).假设存在a 1,d,使得a 1,a 22,a 33,a 44依次构成等比数列,则a 4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a 2(a+2d)4. 令t=da ,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4(-12<t <1,t ≠0),化简得t 3+2t 2-2=0(*),且t 2=t+1.将t 2=t+1代入(*)式,得 t(t+1)+2(t+1)-2=t 2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-14. 显然t=-14不是方程t 2=t+1的解,矛盾,所以假设不成立, 因此不存在a 1,d,使得a 1,a 22,a 33,a 44依次构成等比数列.(3)假设存在a 1,d 及正整数n,k,使得a 1n ,a 2n+k ,a 3n+2k ,a 4n+3k 依次构成等比数列,则a 1n (a 1+2d)n+2k =(a 1+d)2(n+k),且(a 1+d)n+k (a 1+3d)n+3k =(a 1+2d)2(n+2k). 分别在两个等式的两边同除以a 12(n+k)及a 12(n+2k),并令t=d a 1(t >-13,t ≠0), 则(1+2t)n+2k =(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k (1+3t)n+3k =(1+2t)2(n+2k).且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t). 化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)], 且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**). 则g'(t)=2[(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t)](1+t)(1+2t)(1+3t).令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)]. 令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=12(1+t)(1+2t)(1+3t)>0. 由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在(-13,0)和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a 1,d 及正整数n,k,使得a 1n ,a 2n+k ,a 3n+2k ,a 4n+3k依次构成等比数列. 评析本题考查等差数列的定义、等比数列的运算和综合应用,考查演绎推理、直接证明、间接证明等逻辑思维能力.10.(2015山东,18,12分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n =3n +3. (1)求{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足a n b n =log 3a n ,求{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)因为2S n =3n +3,所以2a 1=3+3,故a 1=3, 当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n =2S n -2S n-1=3n -3n-1=2×3n-1,即a n =3n-1, 所以a n ={3,n =1,3n -1,n >1.(2)因为a n b n =log 3a n ,所以b 1=13,所以T 1=b 1=13; 当n>1时,T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =13+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n ], 所以3T n =1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n ], 两式相减,得2T n =23+(30+3-1+3-2+…+32-n )-(n-1)×31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)×31-n =136-6n+32×3n ,所以T n =1312-6n+34×3n (n>1). 经检验,n=1时也适合. 综上可得T n =1312-6n+34×3n (n ∈N *).11.(2014课标Ⅱ,17,12分,0.299)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=3a n +1. (1)证明{a n +12}是等比数列,并求{a n }的通项公式; (2)证明1a 1+1a 2+…+1a n<32.解析 (1)由a n+1=3a n +1得a n+1+12=3(a n +12). 又a 1+12=32,所以{a n +12}是首项为32,公比为3的等比数列. a n +12=3n2,因此{a n }的通项公式为a n =3n -12. (2)由(1)知1a n=23n -1. 因为当n ≥1时,3n -1≥2×3n-1,所以13n -1≤12×3n -1.于是1a 1+1a 2+…+1a n≤1+13+…+13n -1=32(1-13n )<32. 所以1a 1+1a 2+…+1a n<32. 评析本题考查了等比数列的定义、数列求和等问题,放缩法求和是本题的难点.考点二等比数列的性质1.(2018浙江,10,4分)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3).若a 1>1,则( )A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 4答案 B2.(2014大纲全国,10,5分)等比数列{a n }中,a 4=2,a 5=5,则数列{lga n }的前8项和等于( )A.6B.5C.4D.3答案 C3.(2015安徽,14,5分)已知数列{a n }是递增的等比数列,a 1+a 4=9,a 2a 3=8,则数列{a n }的前n 项和等于 .答案 2n -14.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 2=1,a 8=a 6+2a 4,则a 6的值是 .答案 4【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2019届山东济南第一中学高三期中考试,7)在等比数列{a n }中,若a 3,a 7是方程x 2+4x+2=0的两根,则a 5的值是( )A.-2B.-√2C.±√2D.√2答案 B2.(2019届安徽黄山11月“八校联考”,7)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和,S 4=5S 2,则a 52a 3a 8的值为( )A.±12B.±2C.±2或-1D.±12或-1答案 D3.(2018河南新乡二模,6)在公比为q 的正项等比数列{a n }中,a 4=4,则当2a 2+a 6取得最小值时,log 2q=( )A.14B.-14C.18D.-18答案 A4.(2018福建厦门模拟,8)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S n =2n+1+λ,则λ=( )A.-2B.-1C.1D.2答案 AA.a,b,c 依次成公比为2的等比数列,且a=507B.a,b,c 依次成公比为2的等比数列,且c=507C.a,b,c 依次成公比为12的等比数列,且a=507D.a,b,c 依次成公比为12的等比数列,且c=507答案 D6.(2017湖北六校联合体4月模拟,10)在数列{a n }中,a 1=1,a n+1=2a n ,则S n =a 12-a 22+a 32-a 42+…+a 2n -12-a 2n 2等于( ) A.13(2n -1) B.15(1-24n ) C.13(4n -1) D.13(1-2n ) 答案 B7.(2018湖南湘潭三模,9)已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ,若a 1=-24,a 4=-89,则当T n 取最大值时,n 的值为( )A.2B.3C.4D.6答案 C二、填空题(每小题5分,共15分)8.(2019届河北衡水中学高三第一次摸底考试,14)已知数列{a n },若数列{3n-1a n }的前n 项和T n =15×6n -15,则a 5的值为 .答案 169.(2019届广东化州高三第一次模拟考试,16)已知函数f(x)=e x e x +1,数列{a n }为等比数列,a n >0,a 1010=1,则f(lna 1)+f(lna 3)+…+f(lna 2019)= .答案 2019210.(2017江西仿真模拟,16)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足:a 1=1,a 2=2,S n +1=a n+2-a n+1(n ∈N *),若不等式λS n >a n 恒成立,则实数λ的取值范围是 .答案 (1,+∞)三、解答题(共25分)11.(2019届江西九江高三第一次十校联考,20)已知数列{a n }满足a n+1-a n-1=2(a n +a n-1)(n ≥2),a 1=1,a 2=7,令b n =a n+1+a n .(1)求证数列{b n }为等比数列,并求{b n }的通项公式;(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解析 (1)∵a n+1-a n-1=2(a n +a n-1)(n ≥2),∴a n+1+a n =3(a n +a n-1).∵b n =a n+1+a n ,∴b n =3b n-1(n ≥2),又b 1=a 2+a 1=8≠0,∴数列{b n }是首项为8,公比为3的等比数列,(2)当n 为正偶数时,S n =(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a n-1+a n )=b 1+b 3+…+b n-1=8(1-9n 2)1-9=3n -1.当n为正奇数时,S n=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a n-1+a n) =1+b2+b4+…+b n-1=1+24(1-9n-1 2)1-9 =3n-2.∴S n={3n-1,n为正偶数, 3n-2,n为正奇数.解后反思(1)证明数列为等比数列时,在运用定义证明的同时还要说明数列中不存在等于零的项,这一点容易被忽视.(2)数列求和时要根据数列通项公式的特点,选择合适的方法进行求解,求解时要注意确定数列的项数.12.(2018湖南郴州第二次教学质量检测,17)已知在等比数列{a n}中,a1=1,且a1,a2,a3-1成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=2n-1+a n(n∈N*),数列{b n}的前n项和为S n,试比较S n与n2+2n的大小.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,∵a1,a2,a3-1成等差数列,∴2a2=a1+(a3-1)=a3,∴q=a3a2=2,∴a n=a1q n-1=2n-1(n∈N*).(2)由(1)知b n=2n-1+a n=2n-1+2n-1,∴S n=(1+1)+(3+2)+(5+22)+…+(2n-1+2n-1)=[1+3+5+…+(2n-1)]+(1+2+22+…+2n-1)∵S n-(n2+2n)=-1<0,∴S n<n2+2n.方法点拨利用“分组求和法”求数列前n项和的常见类型有两种:一是通项为两个公比不相等的等比数列的和或差,可以分别用等比数列的求和公式求和后再相加减;二是通项为一个等差数列和一个等比数列的和或差,可以分别用等差数列的求和公式、等比数列的求和公式求和后再相加减.。

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题：6.3等比数列及其前n项和

第三节等比数列及其前n 项和A 组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅱ，4)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A.21 B.42 C.63 D.842.(2014·重庆，2)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A.a 1，a 3，a 9成等比数列 B.a 2，a 3，a 6成等比数列 C.a 2，a 4，a 8成等比数列D.a 3，a 6，a 9成等比数列3.(2014·大纲全国，10)等比数列{a n }中,a 4＝2,a 5＝5,则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.34.(2016·全国Ⅰ，15)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__________.5.(2016·全国Ⅲ，17)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.6.(2015·湖南，14)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 ＝________.7.(2014·安徽，12)数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝________.8.(2015·安徽，14)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________.9.(2015·湖北，18)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .10.(2014·天津，11)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和.若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为________.11.(2014·广东，13)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＝________.12.(2014·江苏，7)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________.13.(2014·新课标全国Ⅱ，17)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1. (1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·安徽安庆第二次模拟)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的值等于( )A.1B.－1C.12D.22.(2016·河北衡水中学模拟)已知等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 10－a 12a 6－a 8的值为( )A.2B.4C.8D.16 3.(2016·浙江金华二模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，则S 2 015＝( ) A.22 015－1 B.21 009－3 C.3×21 007－3 D.21 008－34(2016·北京东城模拟)已知{a n }为各项都是正数的等比数列，若a 4·a 8＝4，则a 5·a 6·a 7＝( ) A.4 B.8 C.16 D.645.(2015·山东日照模拟)设数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和，已知a 2·a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝( )A.152B.314C.334D.1726.(2015·北大附中模拟)已知各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值为( )A.16B.8C.6D.47.(2016·陕西质检二模)已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________.8.(2015·云南大理二模)若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋1，则该数列的通项公式为________. 9.(2016·四川雅安模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，且首项a 1≠3，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *). (1)求证：{S n －3n }是等比数列； (2)若{a n }为递增数列，求a 1的取值范围.10.(2015·马鞍山模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n ＋1a n a n ＋2n(n ∈N *).(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝n (n ＋1)a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .11.(2015·陕西宝鸡4月)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；(3)设3n b n ＝n (3n －a n )，求|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |.答案精析A 组三年高考真题（2016～2014年）1.B [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.]2.D [由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D.]3.C [lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4，故选C.]4.64 [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 ＝⎝⎛⎭⎫12(－3)＋(－2)＋…＋(n －4)＝⎝⎛⎭⎫1212n （n －7）＝⎝⎛⎭⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫n －722－494，当n ＝3或4时，12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫n －722－494取到最小值－6，此时⎝⎛⎭⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫n －722－494取到最大值26，所以a 1a 2…a n 的最大值为64.] 5.(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)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. 6.3n －1 [由3S 1，2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，∴公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.]7.1 [法一因为数列{a n }是等差数列，所以a 1＋1,a 3＋3,a 5＋5也成等差数列，又a 1＋1，a 3＋3,a 5＋5构成公比为q 的等比数列,所以a 1＋1,a 3＋3,a 5＋5是常数列,故q ＝1.法二因为数列{a n }是等差数列，所以可设a 1＝t －d ，a 3＝t ，a 5＝t ＋d ，故由已知得(t ＋3)2＝(t －d ＋1)(t ＋d ＋5),得d 2＋4d ＋4＝0,即d ＝－2，所以a 3＋3＝a 1＋1，即q ＝1.]8.2n －1 [由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2.∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n 1－2＝2n －1.]9.解 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1. (2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 10.－12 [由已知得S 1·S 4＝S 22，即a 1·(4a 1－6)＝(2a 1－1)2，解得a 1＝－12.] 11.50 [由等比数列的性质可知a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5⇒a 1a 20＝e 5，于是a 1a 2…a 20＝(e 5)10＝e 50，ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln e 50＝50.]12.4 [设等比数列{a n }的公比为q ，q >0.则a 8＝a 6＋2a 4即为a 4q 4＝a 4q 2＋2a 4，解得q 2＝2(负值舍去)，又a 2＝1，所以a 6＝a 2q 4＝4.]13.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫a n ＋12又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列.a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝⎛⎭⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.D [由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝⎛⎭⎫a n －2λ.由{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.2. B [因为a 3＝2，a 4a 6＝16，所以a 4a 6＝a 23q 4＝16，即q 4＝4，则a 10－a 12a 6－a 8＝q 4（a 6－a 8）a 6－a 8＝q 4＝4，故选B.] 3.B [∵a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，∴a n ≠0，a 2＝2，当n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1.∴a n ＋1a n －1＝2n2n －1＝2(n ≥2), ∴数列{a n }中奇数项，偶数项分别成等比数列， ∴S 2 015＝1－21 0081－2＋2（1－21 007）1－2＝21 009－3，故选B.]4.B [∵a 4·a 8＝a 26＝4，又{a n }的各项都是正数，∴a 6＝2,∴a 5·a 6·a 7＝a 36＝8,故选B.]5.B [设此数列的公比为q (q ＞0)由已知，a 2a 4＝1，得a 23＝1，所以a 3＝1，由S 3＝7，知a 3＋a 3q ＋a 3q 2＝7，即6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，进而a 1＝4.所以S 5＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝314，选B.]6.B [∵a 4a 14＝(22)2＝8，即a 4a 14＝a 29＝8，∴a 9＝2 2.则2a 7＋a 11＝2a 9q 2＋a 9q 2≥22a 9q 2×a 9q 2＝22×a 9＝8，当且仅当2a 9q2＝a 9q 2，即q 4＝2时取等号.] 7.3n －1 [(2)∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1·a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， ∵a n ＞0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2， ∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1.]8. a n ＝2n ＋1－1 [∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－1.9.(1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋3n ，(n ∈N *)∴S n ＋1＝2S n ＋3n ，∴S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n )，∵a 1≠3. ∴S n ＋1－3n ＋1S n －3n＝2，∴数列{S n －3n }是公比为2，首项为a 1－3的等比数列. (2)解由(1)得S n －3n ＝(a 1－3)×2n －1，∴S n ＝(a 1－3)×2n －1＋3n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(a 1－3)×2n －2＋2×3n －1，∵{a n }为递增数列， ∴n ≥2时，(a 1－3)×2n －1＋2×3n >(a 1－3)×2n －2＋2×3n －1，∴n ≥2时，2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×⎝⎛⎭⎫32n －2＋a 1－3>0，可得n ≥2时，a 1>3－12×⎝⎛⎭⎫32n －2，又当n ＝2时，3－12×⎝⎛⎭⎫32n －2有最大值为－9，∴a 1>－9，又a 2＝a 1＋3满足a 2>a 1， ∴a 1的取值范围是(－9，＋∞).10.(1)证明由已知可得a n ＋12n ＋1＝a na n ＋2n ，∴2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1，即2n ＋1a n ＋1－2n a n ＝1，∴数列{2na n}是公差为1的等差数列.(2)解由(1)可得2n a n ＝2a 1＋(n －1)×1＝n ＋1，∴a n ＝2nn ＋1.(3)解由(2)知，b n ＝n ·2n ， ∴S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 2S n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.11. (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). 又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)解由(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 (n ∈N *).(3)解由(2)及3n b n ＝n (3n －a n )可得3n b n ＝－n (a n －3n )＝－n [2×(－2)n －1]＝n (－2)n ，∴b n ＝n ⎝⎛⎭⎫－23n ，∴|b n |＝n ⎝⎛⎭⎫23n. ∴T n ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝23＋2×⎝⎛⎭⎫232＋…＋n ⎝⎛⎭⎫23n ，① ①×23，得23T n ＝⎝⎛⎭⎫232＋2×⎝⎛⎭⎫233＋…＋(n －1)⎝⎛⎭⎫23n ＋n ⎝⎛⎭⎫23n ＋1，② ①－②，得13T n ＝23＋⎝⎛⎭⎫232＋…＋⎝⎛⎭⎫23n －n ⎝⎛⎭⎫23n ＋1 ＝2－3×⎝⎛⎭⎫23n ＋1－n ⎝⎛⎭⎫23n ＋1＝2－(n ＋3)⎝⎛⎭⎫23n ＋1，∴T n ＝6－2(n ＋3)⎝⎛⎭⎫23n.。

6.3 等比数列及其前n项和

第六章 6.3等比数列及其前n项和

6.3等比数列及其前n项和

6.3等比数列及其前n项和

第六章6.3等比数列及其前n项和

高中数学理科基础知识讲解《63等比数列及其前n项和》教学课件

6.3 等比数列及其前n项和

2020届高考数学总复习第六章数列6_3等比数列及其前n项和课件文新人教A版

2015届广东高考数学(理)一轮课件【6.3】等比数列及其前n项和

2020届高三理数一轮讲义：6.3-等比数列及其前n项和(含答案)

2021年高考数学一轮复习讲练测(浙江版)专题6.3 等比数列及其前n项和(测)

§6.3.3.2等比数列的前n项的和

专题6.3等比数列及其前n项和(2021年高考数学一轮复习专题)

xin6.3.3等比数列前n项求和公式

34第六章 数 列 等比数列及其前n项和

(浙江版)2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)： 专题6.3 等比数列及其前n项和(测)

6.3 等比数列及其前n项和

2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题：6.3等比数列及其前n项和

34第六章数列等比数列及其前n项和

(浙江版)2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题6.3 等比数列及其前n项和(测)