浙江省杭州求是高级中学高考数学一轮复习 6.3等比数列及其前n项和学案(无答案)

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届数学一轮复习第六章数列第三节等比数列及其前n项和学案理含解析

第三节等比数列及其前n项和［最新考纲］［考情分析］［核心素养]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。

等比数列的基本运算,等比数列的判断与证明,等比数列的性质与应用仍是2021年高考考查的热点，三种题型都有可能出现，分值为5~12分.1.数学运算2.逻辑推理‖知识梳理‖1．等比数列的有关概念(1)定义①文字语言：从错误!第2项起，每一项与它的前一项的错误!比都等于错误!同一个常数．②符号语言：错误!错误!＝q（n∈N*，q为非零常数)．（2）等比中项：如果a，G,b成等比数列，那么错误!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⇒G26ab．2．等比数列的有关公式(1）通项公式：a n＝错误!a1q n－1．（2)前n项和公式3．等比数列的性质（1）通项公式的推广:a n＝a m·q n－m（m，n∈N＊）．（2）对任意的正整数m,n，p，q，若m＋n＝p＋q，则错误!a m·a n ＝错误a p·a q．特别地，若m＋n＝2p,则a m·a n＝a2p.(3）若等比数列前n项和为S n，则S m，S2m－S m,S3m－S2m仍成等比数列，即（S2m－S m)213S m（S3m－S2m）（m∈N＊，公比q≠1）．(4）数列｛a n｝是等比数列，则数列｛pa n}(p≠0，p是常数)也是错误!等比数列．(5)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,公比为错误!q k．►常用结论1．若｛a n｝，｛b n}（项数相同)是等比数列，则{λa n｝（λ≠0),错误!，{a2，n}，{a n·b n｝,错误!仍是等比数列．2．一个等比数列各项的k次幂仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k次幂．3．｛a n｝为等比数列，若a1·a2·…·a n＝T n，则T n，错误!，错误!，…成等比数列．4．当q≠0且q≠1时，S n＝k－k·q n（k≠0）是｛a n}成等比数列的充要条件，这时k＝错误!.5．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．‖基础自测‖一、疑误辨析1．判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）．（1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．（)（2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac。

高考数学一轮复习第六章数列 6.3 等比数列及其前n项和教学案理

§6.3 等比数列及其前n 项和最新考纲考情考向分析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，并能用等比数列的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. 主要考查等比数列的基本运算、基本性质，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与数列的计算、证明、等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查．属于中低档题.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 (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⇒G 2＝ab . 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 1q ＝1，a 11－q n 1－q＝a 1－a n q1－q q ≠1.3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)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.4．在等比数列{a n }中，若S n 为其前n 项和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列(n 为偶数且q ＝－1除外)．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．“b 2＝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b 2＝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b 2＝ac . 题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(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)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )(3)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 n1－a.( × )(4)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．( × ) 题组二教材改编2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．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 答案 C解析由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10. 题组三易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案－12解析 ∵1，a 1，a 2,4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－a 2－a 1b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 答案－11解析设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 11－q 51－q ·1－q a 11－q 2＝1－q 51－q 2＝1－－251－4＝－11.6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8GB.(1GB ＝210MB) 答案 39解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒).等比数列基本量的运算1．(2020·晋城模拟)设正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则公比q 等于( ) A ．5B ．4C ．3D ．2 答案 D解析因为S 2＝3，S 4＝15，S 4－S 2＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，两个方程左右两边分别相除，得q 2＝4，因为数列是正项等比数列，所以q ＝2，故选D.2．(2019·全国Ⅲ)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等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.3．(2019·全国Ⅰ)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{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 11－q 51－q＝13×1－351－3＝1213. 4．(2018·全国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(n ∈N *)．(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－2n3.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.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a 1，a n ，q ，n ，S n ，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．等比数列的判定与证明例1 (2019·衡阳模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝12，2a n ＋1＝a n ＋12b n ,2b n ＋1＝12a n＋b n .(1)证明：数列{a n ＋b n }，{a n －b n }为等比数列； (2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n <103.证明 (1)依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧2an ＋1＝a n ＋12b n ，2bn ＋1＝12a n ＋b n ，两式相加得，a n ＋1＋b n ＋1＝34(a n ＋b n )，又∵a 1＋b 1＝32≠0，∴{a n ＋b n }为首项为32，公比为34的等比数列，两式相减得，a n ＋1－b n ＋1＝14(a n －b n )，又∵a 1－b 1＝12≠0，∴{a n －b n }为首项为12，公比为14的等比数列．(2)由(1)可得，a n ＋b n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1，①a n －b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，②①＋②得，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34n，∴S n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＋34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3n4n 1－34<141－14＋341－34＝103.思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法 (1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列． (2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若a n ＝Aq n(A ，q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1 已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n，且a 1＝8. (1)证明：数列{a n －3n}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a n3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n)，又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n}是首项为5，公比为5的等比数列．所以a n －3n＝5n，所以a n ＝3n＋5n.(2)由(1)知，b n ＝a n 3n ＝3n ＋5n3n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫53n，则数列{b n }的前n 项和T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫531＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫532＋…＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫53n＝n ＋53⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫53n 1－53＝5n ＋12·3n ＋n －52.等比数列性质的应用例2 (1)(2019·黑龙江省大庆第一中学模拟)在各项不为零的等差数列{a n }中，2a 2019－a 22020＋2a 2021＝0，数列{b n }是等比数列，且b 2020＝a 2020，则log 2(b 2019·b 2021)的值为( ) A ．1B ．2C ．4D ．8 答案 C解析因为等差数列{a n }中a 2019＋a 2021＝2a 2020，所以2a 2019－a 22020＋2a 2021＝4a 2020－a 22020＝0，因为数列{a n }各项不为零，所以a 2020＝4，因为数列{b n }是等比数列，所以b 2019·b 2021＝a 22020＝16. 所以log 2(b 2019·b 2021)＝log 216＝4.故选C.(2)(2020·长春质检)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________. 答案 10解析根据等比数列的前n 项和的性质，若S n 是等比数列的和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍是等比数列，得到(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，解得S 3＝10，或S 3＝90(舍)．思维升华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．跟踪训练2 (1)(2019·安徽省江淮十校月考)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12，该数列前9项的乘积为1，则a 1等于( )A ．8B ．16C ．32D ．64 答案 B解析由已知a 1a 2…a 9＝1，又a 1a 9＝a 2a 8＝a 3a 7＝a 4a 6＝a 25，所以a 95＝1，即a 5＝1，所以a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－124＝1，a 1＝16.故选B.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N *)．答案－12解析很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89，解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式．构造法1 形如a n ＋1＝ca n ＋d (c ≠0，其中a 1＝a )型 (1)若c ＝1，数列{a n }为等差数列. (2)若d ＝0，数列{a n }为等比数列.(3)若c ≠1且d ≠0，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法如下：设a n ＋1＋λ＝c (a n ＋λ)，得a n ＋1＝ca n ＋(c －1)λ，与题设a n ＋1＝ca n ＋d 比较系数得λ＝dc －1(c ≠1)，所以a n ＋dc －1＝c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋d c －1(n ≥2)，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋d c －1构成以a 1＋dc －1为首项，以c 为公比的等比数列．例1 在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________. 答案 2×3n －1－1解析 a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，又因为a 1＋1＝2≠0，所以{a n ＋1}构成以2为首项，以3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·3n －1，a n ＝2·3n －1－1.构造法2 形如a n ＋1＝pa n ＋q ·pn ＋1(p ≠0,1，q ≠0)型a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)的求解方法是两端同时除以p n ＋1，即得a n ＋1p n ＋1－a npn ＝q ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n p n 为等差数列．例2 (1)已知正项数列{a n }满足a 1＝4，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，则a n 等于( )A ．n ·2n －1B ．(n ＋1)·2nC ．n ·2n ＋1D ．(n －1)·2n答案 B解析 ∵a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，∴a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，又∵a 121＝42＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为2，公差为1的等差数列，∴a n2n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝(n ＋1)·2n，故选B.(2)(2019·武汉市二中月考)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n，则数列{a n }的通项a n 等于( ) A ．－3×2n －1B ．3×2n －1C ．5n＋3×2n －1D ．5n－3×2n －1答案 D解析方法一在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，①令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，所以a n5n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n. 故a n ＝5n －3×2n －1.方法二设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n)，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n)，所以数列{a n －5n}是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.故选D.构造法3 相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1，其中a 1＝a ，a 2＝b 型) 可化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两根．例3 数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n ，求数列{a n }的通项公式．解由a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n 可得，a n ＋2－a n ＋1＝－13(a n ＋1－a n )，所以数列{a n ＋1－a n }是首项为1，公比为－13的等比数列，当n ≥2时，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝－13，a 4－a 3＝19，…，a n －a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2，将上面的式子相加可得a n －1＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＋19＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2，从而可求得a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＋19＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2，故有a n ＝74＋94·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n(n ≥2).又a 1＝1符合上式，所以a n ＝74＋94·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n.构造法4 倒数为特殊数列(形如a n ＝pa n －1ra n －1＋s型)例4 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1， ∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *). 1．(2020·韶关模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 2＝3,4a 23＝a 1a 7，则a 5等于( ) A.34B.38C ．12D ．24 答案 D解析数列{a n }是等比数列，各项均为正数，4a 23＝a 1a 7＝a 24，所以q 2＝a 24a 23＝4，所以q ＝2.所以a 5＝a 2·q 3＝3×23＝24，故选D.2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13B ．－13C.19D ．－19 答案 B解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B.3．等比数列{a n }中，a 2>0，则“a 2<a 5”是“a 3<a 5”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 A 解析当a 2<a 5时，q 3>1，q >1，a 5＝a 3q 2>a 3，为充分条件．当a 3<a 5时，a 3<a 3q 2，若a 3<0则0<q 2<1，－1<q <1，－1<q 3<1，a 5＝a 2q 3<a 2，故不是必要条件．综上所述，为充分不必要条件，故选A.4．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6等于( )A ．93B ．189C.18916D ．378 答案 B解析设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1，且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3，即2×()6＋2＝6q＋1＋6q ，整理可得2q 2－5q ＋2＝0，则q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3， ∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()1－261－2＝189. 5．(2020·永州模拟)设等比数列{a n }的公比为q ，则下列结论正确的是( )A ．数列{a n a n ＋1}是公比为q 的等比数列B ．数列{a n ＋a n ＋1}是公比为q 的等比数列C ．数列{a n －a n ＋1}是公比为q 的等比数列D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公比为1q 的等比数列答案 D解析对于A ，由a n a n ＋1a n －1a n＝q 2(n ≥2)知其是公比为q 2的等比数列；对于B ，若q ＝－1，则{a n ＋a n ＋1}项中有0，不是等比数列；对于C ，若q ＝1，则数列{a n －a n ＋1}项中有0，不是等比数列；对于D ，1a n ＋11a n ＝a n a n ＋1＝1q ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公比为1q 的等比数列，故选D. 6．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，则a 6－a 5的值是( ) A. 2B ．－16 2C ．2D ．16 2答案 D解析设正项等比数列{a n }的公比为q >0，∵a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)， ∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22n ＋122n ＝4＝q 2，解得q ＝2， ∴a 2n ×2＝22n ，a n >0，解得a n ＝2122n -，则a 6－a 5＝1122－922＝162，故选D.7．已知各项为正数的等比数列{a n }中，a 2a 3＝16，则数列{log 2a n }的前四项和等于________．答案 8解析各项为正数的等比数列{a n }中，a 2a 3＝16，可得a 1a 4＝a 2a 3＝16，即有log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＝log 2(a 1a 2a 3a 4)＝log 2256＝8.8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2020，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2021＝________. 答案 2020解析 ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0，∵a 2≠0，∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1.∵a 1＝2020， ∴S 2021＝a 11－q 20211－q ＝2020×[1－－12021]2＝2020. 9.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的边长为22，则其最小正方形的边长为________．答案 132解析由题意，得正方形的边长构成以22为首项，以22为公比的等比数列，现已知共得到1023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为22×⎝ ⎛⎭⎪⎫229＝132.10．(2019·呼伦贝尔模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a n ＝1n n ＋1，若S 1，S m ，S n 成等比数列(m >1)，则正整数n 的值为________．答案 8解析 ∵a n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n n ＋1，又S 1，S m ，S n 成等比数列(m >1)，∴S 2m ＝S 1·S n ，即m 2m ＋12＝12·n n ＋1，2m 2m ＋12＝n n ＋1， ∴2m 2<(m ＋1)2，即m 2－2m －1<0，解得1－2<m <1＋2，结合m >1可得m ＝2，∴n ＝8.11．(2018·全国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＝2n ＋1na 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 －1.12．(2019·淄博模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝34，S n ＝S n －1＋a n －1＋12(n ∈N *且n ≥2)，数列{b n }满足：b 1＝－374，且3b n －b n －1＝n ＋1(n ∈N *且n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{b n －a n }为等比数列．(1)解由S n ＝S n －1＋a n －1＋12，得S n －S n －1＝a n －1＋12，即a n －a n －1＝12(n ≥2且n ∈N *)，则数列{a n }是以34为首项，12为公差的等差数列，因此a n ＝34＋(n －1)×12＝12n ＋14. (2)证明因为3b n －b n －1＝n ＋1(n ≥2)，所以b n ＝13b n －1＋13(n ＋1)(n ≥2)， b n －a n ＝13b n －1＋13(n ＋1)－12n －14＝13b n －1－16n ＋112＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1－12n ＋14(n ≥2)， b n －1－a n －1＝b n －1－12(n －1)－14＝b n －1－12n ＋14(n ≥2)，所以b n －a n ＝13(b n －1－a n －1)(n ≥2)，因为b 1－a 1＝－10≠0，所以数列{b n －a n }是以－10为首项，13为公比的等比数列． 13．(2019·山西省太原第五中学月考)各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝n 2＋n2解析由题设可得a n ＋1＝b n b n ＋1，a n ＝b n b n －1(n ≥2)，代入2b n ＝a n ＋a n ＋1得2b n ＝b n b n －1＋b n b n ＋1(n ≥2)，即2b n ＝b n －1＋b n ＋1(n ≥2)，则{b n }是首项为b 1的等差数列．又a 1＝1，a 2＝3，所以2b 1＝4，b 1＝2，故b 2＝a 22b 1＝92，则公差d ＝b 2－b 1＝322－2＝22，所以b n ＝2＋22(n －1)＝2n ＋12，即b n ＝n ＋12，b n ＋1＝n ＋22，则a n ＋1＝b n b n ＋1＝n ＋1n ＋22，所以a n ＝n n ＋12＝n 2＋n 2.14．(2019·江西省上饶横峰中学模拟)已知在等比数列{a n }中，a n >0，a 22＋a 24＝900－2a 1a 5，a 5＝9a 3，则a 2020的个位数字是________．答案 7解析由等比数列的性质可得a 1a 5＝a 2a 4，因为a 22＋a 24＝900－2a 1a 5＝900－2a 2a 4，所以a 22＋a 24＋2a 2a 4＝(a 2＋a 4)2＝900，又因为a n >0，所以a 2＋a 4＝30，又由a 5＝9a 3，所以a 1(q ＋q 3)＝30，a 3q 2＝9a 3，且q >0，解得a 1＝1，q ＝3，所以a 2020＝a 1q 2019＝32019＝(34)504×33，所以a 2020的个位数字是7.15．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2，….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t ,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n －12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以32为首项，以3为公比的等比数列，所以a n －12＝32×3n －1，所以a n ＝3n＋12. 16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为3，公差为2的等差数列，若b n ＝a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得S n ＋T n ≥268成立的n 的最小值．解因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为3，公差为2的等差数列，所以S n n ＝3＋(n －1)×2，化简得S n ＝2n 2＋n ，则S n －1＝2(n －1)2＋(n －1)(n ≥2)，所以a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋n )－[2(n －1)2＋(n －1)] ＝4n －1(n ≥2)，当n ＝1时，S 1＝a 1＝3，也符合上式，所以a n ＝4n －1，因为b n ＝2n a ，所以b 1＝a 2，b 2＝a 4，b 3＝a 8，b 4＝a 16，b 5＝a 32，b 6＝a 64，… 所以T n ＝a 2＋a 4＋a 8＋a 16＋…＋a 2n －1＋a 2n ＝(23－1)＋(24－1)＋(25－1)＋…＋(2n ＋1－1)＋(2n ＋2－1) ＝23＋24＋25＋…＋2n ＋1＋2n ＋2－n ＝2n ＋3－n －8，所以S 1＋T 1＝(2×12＋1)＋(24－1－8)＝10，S 2＋T 2＝(2×22＋2)＋(25－2－8)＝32， S 3＋T 3＝(2×32＋3)＋(26－3－8)＝74， S 4＋T 4＝(2×42＋4)＋(27－4－8)＝152， S 5＋T 5＝(2×52＋5)＋(28－5－8)＝298，所以使得S n ＋T n ≥268成立的n 的最小值为5.。

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第六章 3 第3讲等比数列及其前n项和

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 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．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)． 4．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． 5．等比数列与指数函数的关系当q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n，可以看成函数y ＝cq x ，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上．[疑误辨析]判断正误(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比都是常数，则这个数列是等比数列．( )(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( ) (3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (4)如果{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．( ) (5)等比数列中不存在数值为0的项．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ [教材衍化]1．(必修5P54A 组T8改编)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．(必修5P51例3改编)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．(必修5P61A 组T1改编)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[易错纠偏](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x 2＋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．主要命题角度有：(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．角度一求首项a 1、公比q 或项数n(1)已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1等于( ) A.13 B ．－13C.19D ．－19(2)设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________．【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)当q ≠1时，a 1（1－q 3）1－q＝3a 1q 2，解得q ＝1(舍去)或－12.当q ＝1时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 3也成立．【答案】 (1)C (2)1或－12角度二求通项或特定项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】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】12n －1角度三求前n 项和(2020·温州模拟)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________．【解析】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 ＝1－2n 1－2＝2n－1.【答案】 2n －1解决等比数列有关问题的三种常见思想方法(1)方程思想：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．(2)分类讨论思想：因为等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，所以当某一参数为公比进行求和时，就要对参数是否为1进行分类讨论．(3)整体思想：应用等比数列前n 项和公式时，常把q n 或a 11－q当成整体进行求解．1．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 ．7解析：选C.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 ＝6.2．(2020·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________，S n ＝________．解析：由题意知a n ＋22＝2S n ，平方可得S n ＝（a n ＋2）28，①由a 1＝S 1得a 1＋22＝2a 1，从而可解得a 1＝2.又由①式得S n －1＝（a n －1＋2）28(n ≥2)，②①－②可得a n ＝S n －S n －1＝（a n ＋2）28－（a n －1＋2）28(n ≥2)，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0，因为数列{a n }的各项都是正数，所以a n －a n －1－4＝0，即a n －a n －1＝4.故数列{a n }是以2为首项4为公差的等差数列，所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×4＝2n 2.当n ＝1时，S 1＝a 1＝2. 故S n ＝2n 2. 答案：2 2n 2等比数列的判定与证明(1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3a 5＝4，则下列说法正确的是( )A ．{a n }是单调递减数列B ．{S n }是单调递减数列C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列(2)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)选C.由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4＞0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝⎛⎭⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． (2)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．(变问法)在本例(2)条件下，求数列{a n }的通项公式．解：由本例(2)的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.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)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2)，则{a n }是等比数列．(2)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：若数列的通项公式可写成a n ＝c ·q n －1(c ，q 均为不为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．(2020·瑞安市龙翔中学高三月考)各项为正的数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a 2nλ＋a n (n ∈N *)． (1)取λ＝a n ＋1，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是等比数列，并求其公比； (2)取λ＝2时令b n ＝1a n ＋2，记数列{b n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项之积为T n ，求证：对任意正整数n ，2n ＋1T n ＋S n 为定值．解：(1)由λ＝a n ＋1，得a n ＋1＝a 2na n ＋1＋a n ，所以a 2n ＋1－a n ＋1a n －a 2n ＝0.两边同除a 2n 可得：⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n 2－a n ＋1a n －1＝0，解得a n ＋1a n ＝1±52.因为a n >0，所以a n ＋1a n ＝1＋52为常数，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是等比数列，公比为1＋52.(2)证明：当λ＝2时，a n ＋1＝a 2n2＋a n ，得2a n ＋1＝a n (a n ＋2)，所以b n ＝1a n ＋2＝12·a na n ＋1.所以T n ＝b 1·b 2…b n ＝⎝⎛⎭⎫12·a 1a 2⎝⎛⎭⎫12·a 2a 3…⎝⎛⎭⎫12·a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12na 1a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ＋11a n ＋1，又b n ＝12·a n a n ＋1＝a 2n2a n a n ＋1＝2a n ＋1－2a n 2a n a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1a 1－1a n ＋1＝2－1a n ＋1，故2n ＋1T n ＋S n ＝2n ＋1·⎝⎛⎭⎫12n ＋11a n ＋1＋2－1a n ＋1＝2为定值．等比数列的性质(高频考点)等比数列的性质是高考的热点，多以选择题、填空题的形式出现，其难度为中等．主要命题角度有：(1)等比数列项的性质的应用； (2)等比数列前n 项和的性质的应用．角度一等比数列项的性质的应用(1)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－6x ＋8＝0的根，则a 1a 17a 9的值为( )A ．2 2B ．4C ．－22或2 2D ．－4或4(2)(2020·温州八校联考)数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，则使不等式a 21＋a 22＋…＋a 2n <5×2n＋1成立的n 的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】 (1)因为a 3，a 15是方程x 2－6x ＋8＝0的根，所以a 3a 15＝8，a 3＋a 15＝6，易知a 3，a 15均为正，由等比数列的性质知，a 1a 17＝a 29＝a 3a 15＝8，所以a 9＝22，a 1a 17a 9＝22，故选A. (2)因为a n ＝2n －1，a 2n＝4n －1，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1×（1－4n ）1－4＝13(4n－1)．因为a 21＋a 22＋…＋a 2n <5×2n ＋1，所以13(4n －1)<5×2n ＋1，因为2n (2n －30)<1，对n 进行赋值，可知n 的最大值为4.【答案】 (1)A (2)C角度二等比数列前n 项和的性质的应用等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．5【解析】法一：因为{a n }为等比数列，所以a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项，所以(a 5＋a 7)2＝(a1＋a 3)·(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝（a 5＋a 7）2a 1＋a 3＝428＝2. 同理，a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项，所以(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝（a 9＋a 11）2a 5＋a 7＝224＝1.所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3. 法二：在等比数列{a n }中，得q 4＝a 5＋a 7a 1＋a 3＝12，所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝q 8(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝14(8＋4)＝3.【答案】 C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．已知等比数列{a n }中，a 4＋a 8＝－2，则a 6(a 2＋2a 6＋a 10)的值为( ) A ．4 B ．6 C ．8D ．－9解析：选A.a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝a 6a 2＋2a 26＋a 6a 10＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝(a 4＋a 8)2，因为a 4＋a 8＝－2，所以a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝4.2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18B ．－18C.578D.558解析：选A.因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.所以a 7＋a 8＋a 9＝18.3．(2020·杭州学军中学高三月考)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 ＝________．解析：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.答案：8 2n ＋1－2思想方法系列4 分类讨论思想求解数列问题等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2（1－4n ）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．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)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．1．(2020·宁波模拟)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：选A.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.2．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，＋∞)．[基础题组练]1．(2020·宁波质检)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 2解析：选B.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．(2020·衢州模拟)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 ．17解析：选B.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.3．(2020·瑞安四校联考)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 ．212解析：选C.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＝211.4．(2020·丽水市高考数学模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列结论一定成立的是( )A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．a 1＋a 3≤2a 2C ．a 1S 3>0D ．a 1S 3<0解析：选C.选项A ，数列－1，1，－1为等比数列，但a 1＋a 3＝－2<2a 2＝2，故A 错误；选项B ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1＋a 3＝2>2a 2＝－2，故B 错误；选项D ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1S 3＝1>0，故D 错误；对于选项C ，a 1(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1(a 1＋a 1q ＋a 1q2)＝a 21(1＋q ＋q 2)，因为等比数列的项不为0，故a 21>0，而1＋q ＋q 2＝⎝⎛⎭⎫q ＋122＋34>0，故a 21(1＋q ＋q 2)>0，故C 正确．5．(2020·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22（n －1）2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12（1－14n ）1－14＝23(1－14n )<23，因此实数t 的取值范围是[23，＋∞)，选D.6．(2020·江南十校联考)设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，T n 是{a n }的前n 项之积，a 2＝27，a 3a 6a 9＝127，则当T n 最大时，n 的值为( )A ．5或6B ．6C ．5D ．4或5解析：选D.数列{a n }是各项均为正数的等比数列，因为a 3a 6a 9＝127，所以a 36＝127，所以a 6＝13.因为a 2＝27，所以q 4＝a 6a 2＝1327＝181，所以q ＝13.所以a n ＝a 2q n －2＝27×⎝⎛⎭⎫13n －2＝⎝⎛⎭⎫13n －5.令a n ＝⎝⎛⎭⎫13n －5＝1，解得n ＝5，则当T n 最大时，n 的值为4或5.7．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 ＝________．解析：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·q n －1＝2n .答案：2n8．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________．解析：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.答案：89．(2020·温州市十校联合体期初)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________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则为2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q ，故2q n ＝q n ＋1＋q n ＋2，即q 2＋q －2＝0，因此q ＝－2. 答案：－210．(2020·台州市高考模拟)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2，得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6， a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．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，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＝－6.12．(2020·瑞安市龙翔中学高三月考)已知数列{a n }是首项为2的等差数列，其前n 项和S n 满足4S n ＝a n ·a n ＋1.数列{b n }是以12为首项的等比数列，且b 1b 2b 3＝164.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意n ∈N *不等式1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥14λ－12T n 恒成立，求λ的取值范围．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得4a 1＝a 1(a 1＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n ，由b 1b 2b 3＝b 32＝164⇒b 2＝14，从而公比q ＝b 2b 1＝12，所以b n ＝⎝⎛⎭⎫12n.(2)由(1)知1S n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，又T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ，所以对任意n ∈N *，1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥14λ－12T n等价于32－1n ＋1－12n ＋1≥14λ，因为32－1n ＋1－12n ＋1对n ∈N *递增，所以⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－12n ＋1min ＝32－12－14＝34，所以34≥14λ⇒λ≤3，即λ的取值范围为(－∞，3]．[综合题组练]1．(2020·丽水模拟)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 ．7解析：选C.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.2．(2020·温州十校联合体期初)已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列(b n >0)．( )A ．若b 7≤a 6，则b 4＋b 10≥a 3＋a 9B ．若b 7≤a 6，则b 4＋b 10≤a 3＋a 9C ．若b 6≥a 7，则b 3＋b 9≥a 4＋a 10D ．若b 6≤a 7，则b 3＋b 9≤a 4＋a 10解析：选C.因为数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列(b n >0)，在A 中，因为b 7≤a 6，b 4＋b 10≥2b 4b 10＝2b 7，a 3＋a 9＝2a 6，所以b 4＋b 10≥a 3＋a 9不一定成立，故A 错误；在B 中，因为b 7≤a 6，b 4＋b 10≥2b 4b 10＝2b 7，a 3＋a 9＝2a 6，所以b 4＋b 10≤a 3＋a 9不一定成立，故B 错误；在C 中，因为b 6≥a 7，所以b 3＋b 9≥2b 3·b 9＝2b 6，a 4＋a 10＝2a 7，所以b 3＋b 9≥a 4＋a 10，故C 正确；在D 中，因为b 6≤a 7，所以b 3＋b 9≥2b 3·b 9＝2b 6，a 4＋a 10＝2a 7，所以b 3＋b 9≤a 4＋a 10不一定成立，故D 错误．3．已知直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *，数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2，则数列{a n }的通项公式为________．解析：圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝|2n |2＝n ，半径r n ＝2a n ＋n ，故a n ＋1＝14|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝2a n ，故数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n －1(n ∈N *)．答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，且对任意正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若S n <a 恒成立，则实数a 的最小值为________．解析：因为a m ＋n ＝a m ·a n ，令m ＝1得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝13，所以{a n }为等比数列，所以a n ＝13n ，所以S n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝12⎝⎛⎭⎫1－13n <12，所以a ≥12.故a 的最小值为12. 答案：125．(2020·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，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 ＝1，2，…(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．解：(1)因为对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4.故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列，于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3. (2)证明：(必要性)：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n >0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B （n ）A （n ）＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q （a 1＋a 2＋…＋a n ）a 1＋a 2＋…＋a n ＝q ，C （n ）B （n ）＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q （a 2＋a 3＋…＋a n ＋1）a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B （n ）A （n ）＝C （n ）B （n ）＝q ，所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列；(充分性)：若对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则 B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )，于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，即a n ＋2－a 2＝ q (a n ＋1－a 1)，亦即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1时，B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0. 因为a n >0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．6．(2020·杭州市七校高三联考)已知等比数列{a n }的公比为q (0<q <1)，且a 2＋a 5＝98，a 3a4＝18. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ·(log 2a n )，求{b n }的前n 项和T n ；(3)设该等比数列{a n }的前n 项和为S n ，正整数m ，n 满足S n －m S n ＋1－m <12，求出所有符合条件的m ，n 的值．解：(1)由等比数列的性质可知a 3a 4＝a 2a 5＝18，a 2＋a 5＝98，所以a 2，a 5是方程x 2－98x ＋18＝0的两根，由题意可知a 2>a 5，解得a 2＝1，a 5＝18，由等比数列的性质可知a 5＝a 2·q 3，解得q ＝12，a n ＝a 2·⎝⎛⎭⎫12n －2＝⎝⎛⎭⎫12n －2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －2.(2)由(1)可知b n ＝a n ·(log 2a n )＝2－n2n －2， {b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋0＋⎝⎛⎭⎫－12＋⎝⎛⎭⎫－222＋⎝⎛⎭⎫－323＋…＋2－n 2n －2， 12T n ＝1＋0＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－223＋⎝⎛⎭⎫－324＋…＋2－n 2n －1，两式相减可得12T n ＝1－⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋…＋12n －2－2－n 2n －1 ＝1－12－12n －11－12－2－n 2n －1＝1－⎝⎛⎭⎫1－12n －2－2－n2n －1＝12n －2－2－n 2n －1＝n2n－1，所以T n ＝n2n －2.(3)因为S n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ，由S n －m S n ＋1－m <12⇒2<2n (4－m )<6，2n (4－m )为偶数，因此只能取2n (4－m )＝4，所以有⎩⎪⎨⎪⎧2n ＝24－m ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧2n ＝44－m ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧n ＝1m ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧n ＝2m ＝3.。

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 =+-=-。

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 .。

(浙江版)高考数学一轮复习专题6.3等比数列及其前n项和(练)(2021学年)

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第03节等比数列及其前n 项和A 基础巩固训练1．【20１8届湖北省黄石市第三中学（稳派教育)高三检测】已知数列{}n a 是递增的等比数列,且2464242144a a a a a -+=，则53a a -=( )A 。

6 B. ８ C 。

１0 D 。

１2 【答案】D2.【2018届云南省昆明一中高三第二次月考】已知数列{}n a 是单调递减的等比数列， n S 是{}n a 的前n 项和，若2518a a +=， 3432a a =,则5S 的值是（） A 。

６2 B. 48 Ｃ。

36 Ｄ. 31 【答案】Ａ【解析】由25341832a a a a +==，，得2516,2a a ==或252,16a a ==，(不符合题意,舍去)，所以由2516,2a a ==得1132,q 2a ==，所以5513212=62112S ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-,选Ａ． 3．各项为正的等比数列{}n a 中，若1231,2,3a a a ≥≤≥，则4a 的取值范围是＿__＿__．【答案】9,82⎡⎤⎢⎥⎣⎦9,82⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】根据题意232434212392,,822a a q q a a q a a q a a ==⇒≤≤=≥=≤,∴49,82a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 4.在等比数列{}n a 中，对于任意*n N ∈都有123n n n a a +=,则126a a a ⋅⋅⋅= ．【答案】63【解析】令2=n ，得2433=⋅a a ;由等比数列的性质,得()63436213==⋅⋅⋅a a a a a .５．【2018届江西省南昌市高三上学期摸底】已知数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，记()*n n n b a S n N =∈.（1）求数列{}n a 的通项公式； (2）求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)2n n a =;(２)12244233n n ++⋅-+试题解析：（1）∵122n n S +=-,∴当1n =时，∴1111222a S +==-=;当2n ≥时,11222n n n n n n a S S +-=-=-=,又12a =，∴2n n a =（2）由(1)知， 1242n n n n n b a S +=⋅=⋅-,∴()()12231122444222n n n n T b b b +=+++=+++-+++()()1241441224242141233n nn n ++--=⨯-=⋅-+--. B 能力提升训练1．等差数列{}n a 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列,则{}n a 的前n 项和n S =（） A 。

高中数学(人教A版浙江)一轮参考课件：6-3 等比数列及其前n项和

4.在等比数列{an}中,已知a5-a1=15,a4-a2=6,若公比q>1,则a3= 4 . 解析:由已知条件,得a1(q4-1)=15,a1q(q2-1)=6, 1 2 q= 两式相除得2q -5q+2=0,解得q=2或 2 (舍去). 将q=2代入a1q(q2-1)=6,得a1=1,所以a3=a1q2=4. ��(��-1) ��(1+��) 5.已知a>0,且a≠1,则(a+1)+(a2+2)+…+(an+n)= ��-1 + 2 . 解析:当a>0,且a≠1时,
-10考点一考点二考点三
等比数列的基本量求解(考点难度★) 1 例1(1)(2016· 浙江宁波二模)已知等比数列{an}满足a2= , 4 a2· a8=4(a5-1),则a4+a5+a6+a7+a8= ( B ) A.20 B.31 C.62 D.63 (2)在等比数列 {an}中,a3=7,前3项之和S3=21,则公比q的值 1 1 或为 . 2 解析: (1)设等比数列{an}的公比为 q,
6 .3
等比数列及其前n项和
考情概览
-2-
考纲要求 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 项和公式及其应用. 3.会用数列的等比关系解决问题. 4.了解等比数列与指数函数的关系.
考情概览 2012 浙江高考,13(填空题) 2013 浙江高考,18(解答题) 2014 浙江高考,19(解答题) 2015 浙江高考,3(选择题) 2016 浙江高考,13(填空题)
1-�� 1-��

高三数学一轮复习 6.3 等比数列及其前n项和

高三数学一轮复习课件
第六章数列
6.3 等比数列及其前n项和
-4-
知识梳理双基自测自测点评
123
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 2 项起,每一项与它的前一项的比
都等于同一常数 ,那么这个数列叫做等比数列,这个常数叫做
等比数列的公比 ,公比通常用字母 q(q≠0) 言表达式:��-��1=q(n≥2),q 为常数.
因此{an}是首项为11-��,公比为��-��1的等比数列,
于是 an=11-��
�� -1
�� -1
.
(2)由(1)得 Sn=1-
�� -1
��
.
由 S5=3312得 1-
�� -1
5
= 3312,即
考点 3 等比数列性质的应用(多考向)
考向一等比数列性质的应用
例3(1)在由正数组成的等比数列{an}中,若a3a4a5=3π,则 sin(log3a1+log3a2+…+log3a7)的值为( )
A.12
B.√23
C.1
D.-√23
(2)在正项等比数列{an}中,已知a1a2a3=4,a4a5a6=12,an-
D.127
(2)在等比数列{an}中,已知a3,a7是方程x2-6x+1=0的两根,则
a5=( )
A.1 B.-1 C.±1 D.3
(3)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4=

等比数列及前n项和学案-浙江省杭州市树兰高级中学2022届高三上学期数学一轮复习

A．4n－1B．4n－1 C．2n－1D．2n－1
2.已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2·a4＝16，S3＝7，则a8＝________.
考点三：等比数列性质及其应用
【例3】1.已知已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a比数列{an}的前n项和为Sn，若an>0，q>1，a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S5＝________.
3.设等比数列{a n}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于________.
拓展延伸：等比数列的各项均为实数，其前n项的和为，已知，则 .
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[变式4]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝，n∈N*.
(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；(2)求{an}的通项公式．
考点二：基本量的运算
【例2】1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝，且a2＋a4＝，则＝()
29.等比数列及前n项和
班级：姓名：_______________
【学习目标】
1.理解并能复述等比数列的概念，掌握等比数列通项公式的推导过程
2.掌握等比数列前n项和公式的推导方法，掌握前n项和公式的特征并会应用.
【重点难点】
重点：掌握等比数列的概念，掌握等比数列通项公式中各量的关系及等比数列的性质
难点：等比数列性质的应用等比数列前n项和性质的应用
【导学流程】
（一）基础知识
1.等比数列的概念：
2.等比中项：
3.等比数列的通项公式：
4.等比数列的重要性质
5.等比数列的前n项和公式
6.等比数列判定方法

浙江省杭州求是高级中学高考数学一轮复习6.3等比数列及其前n项和学案(无答案)

§6.3 等比数列及其前n 项和学考考查重点1.以等比数列的定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定；2.运用基本量法求解等比数列问题；3.考查等比数列的应用问题．本节复习目标1.注意方程思想在解题中的应用；2.使用公式要注意公比q ＝1的情况；3.结合等比数列的定义、公式，掌握通性通法．1．等比数列的定义如果一个数列，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，通常用字母__ _表示．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 ＝ .3．等比中项若，那么G 叫做a 与b 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－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__ _.1．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 ＝________.2．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＝________.3．已知a ，b ，c 成等比数列，如果a ，x ，b 和b ，y ，c 都成等差数列，则a x ＋c y＝________.4．已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________.5．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10等于( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7题型一等比数列的基本量的计算例1 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列．(1)求{a n }的公比q ；(2)若a 1－a 3＝3，求S n .变式训练1：等比数列{a n }满足：a 1＋a 6＝11，a 3·a 4＝329，且公比q ∈(0,1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若该数列前n 项和S n ＝21，求n 的值．题型二等比数列的性质及应用例2 在等比数列{a n }中，(1)若已知a 2＝4，a 5＝－12，求a n ；(2)若已知a 3a 4a 5＝8，求a 2a 3a 4a 5a 6的值．变式训练 2 ： (1)已知各项均为正数的等比数列{a n}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6等于 ( ) A．5 2 B．7 C．6 D．4 2(2)已知S n为等比数列{a n}的前n项和，且S3＝8，S6＝7，则a4＋a5＋…＋a9＝________. 题型三等比数列的判定例3已知数列{a n}的前n项和为S n，数列{b n}中，b1＝a1，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．变式训练3 已知数列{a n}的前n项和S n＝2a n＋1，求证：{a n}是等比数列，并求出通项公式．。

浙江省杭州求是高级中学高考数学一轮复习 6.4基本不等式学案(无答案)

§6.4 基本不等式学考考查重点 1.利用基本不等式求最值、证明不等式；2.利用基本不等式解决实际问题．本节复习目标 1.注意基本不等式求最值的条件；2.在复习过程中注意转化与化归思想、分类讨论思想的应用．1．基本不等式ab ≤a ＋b 2(1)基本不等式成立的条件：a >0，b >0.(2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号．2．几个重要的不等式(1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )． (2)b a ＋a b≥2(a ，b 同号)． (3)ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22 (a ，b ∈R )． (4)a 2＋b 22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22 (a ，b ∈R )． 3．利用基本不等式求最值问题已知x >0，y >0，则(1)如果积xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值是2p .(简记：积定和最小)(2)如果和x ＋y 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值是p 24.(简记：和定积最大)1．若x >0，y >0，且x ＋y ＝18，则xy 的最大值是________． 2．已知t >0，则函数y ＝t 2－4t ＋1t的最小值为________． 3．已知x >0，y >0，且2x ＋y ＝1，则1x ＋2y的最小值是_____________． 4． (2012·浙江)若正数x ，y 满足x ＋3y ＝5xy ，则3x ＋4y 的最小值是( ) A.245B.285 C ．5 D ．6 5．圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0关于直线2ax －by ＋2＝0 (a ，b ∈R )对称，则ab 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，14 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0 D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，14题型一利用基本不等式证明简单不等式例1 已知x >0，y >0，z >0. 求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋z x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋z y ⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋y z ≥8.变式训练1：已知a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1. 求证：1a ＋1b ＋1c≥9.题型二利用基本不等式求最值例2 (1)已知x >0，y >0，且2x ＋y ＝1，则1x ＋1y的最小值为________； (2)当x >0时，则f (x )＝2x x 2＋1的最大值为________．变式训练2：(1)已知x >0，y >0，x ＋2y ＋2xy ＝8，则x ＋2y 的最小值是（）A ．3B ．4C.92D.112 (2)已知a >b >0，则a 2＋16b a －b的最小值是________．题型三基本不等式的实际应用例3 某单位建造一间地面面积为12 m 2的背面靠墙的矩形小房，由于地理位置的限制，房子侧面的长度x 不得超过5 m ．房屋正面的造价为400元/m 2，房屋侧面的造价为150元/m 2，屋顶和地面的造价费用合计为5 800元，如果墙高为3 m ，且不计房屋背面的费用．当侧面的长度为多少时，总造价最低？变式训练3：某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x 件，则平均仓储时间为x 8天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品( ) A ．60件B ．80件C ．100件D ．120件。

浙江省杭州求是高级中学2020届高考数学一轮复习6.2等差数列及其前n项和学案(无)

§等差数列及其前n项和学考考要点1.在解答中所求的运算行等差数列的判断与明；2.运用基本量法求解等差数列的基本量；3.考等差数列的性及合用．本复目 1.正确理解观点，掌握等差数列的相关公式和性；2.注意不一样性的合用条件和注意事．教材接·自主学1．等差数列的定假如一个数列，那么个数列就叫做等差数列，个常数叫做等差数列的公差，往常用字母___表示．2．等差数列的通公式假如等差数列{an}的首a1，公差d，那么它的通公式是3．等差中a＋b假如A＝2，那么A叫做a与b的等差中．4．等差数列的常用性( 1)通公式的推行：an＝am＋*，(n，m∈N)．(2)若{an}等差数列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，.( 3)若{a}是等差数列，公差d，{a}也是等差数列，公差2d.n2n( 4)若{an}，{bn}是等差数列，{pan＋qbn}也是等差数列．( 5)若{n}是等差数列，公差，k，k＋m，k＋2m，⋯(，∈N*)是公差的等差m md 数列．5．等差数列的前n和公式n ＋nn －1ad等差数列{a}的公差d，其前n和S＝或S＝na＋.n n2n126．等差数列的前n和公式与函数的关系n ＝d 2＋a1－dS n2n.数列{an}是等差数列?Sn＝An2＋Bn，(A、B常数)．7．等差数列的最在等差数列{an}中，a1>0，d<0，Sn存在最__ _；若a1<0，d>0，Sn存在最____．基知·自我1．数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，a5＋b5＝____.a2－a12．已知两个数列x，a1，a2，a3，y与x，b1，b2，y都是等差数列，且x≠y，的b2－b1为________．3．已知等差数列{}中，3＋8＝22，6＝7，则5＝________.a4．设{a}为等差数列，公差d＝－2，S为其前n项和，若S＝S，则a等于()n0111A．18B．20C．22D．245．在等差数列{n}中，已知＋8＝16，则该数列前11项和11等于()SA．58B．88C．143D．176题型分类·深度解析题型一等差数列基本量的计算例1(2020·福建)在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.求数列{an}的通项公式；若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．变式训练1：设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.若S5＝5，求S6及a1；求d的取值范围．题型二等差数列的前n项和及综合应用例2 (1)在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn获得最大值，并求出它的最大值；(2)已知数列{an}的通项公式是an＝4n－25，求数列{|an|}的前n项和．变式训练2：已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为 8.求等差数列{an}的通公式；( 2)若2，3，1成等比数列，求数列{||}的前和．aaan＋型三等差数列性的用例3等差数列的前n和Sn，已知前6和36，Sn＝324，最后6的和180(n>6)，求数列的数n.式3：(1)数列{an}的首a1＝－7，且足an＋1＝an＋2(n∈N＋)，a1＋a2＋⋯a17＝________.(2)等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，此数列前20和等于________．。

高考数学一轮复习第六章等比数列及其前n项和学案30 文(含解析)

学案30 等比数列及其前n 项和导学目标： 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.4.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．自主梳理1．等比数列的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)，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的________，通常用字母________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 ＝______________. 3．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．4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·________ (n ，m ∈N *)． (2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则__________________________．(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．(4)单调性：⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<00<q <1⇔{a n }是________数列；⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0q >1⇔{a n }是________数列；q ＝1⇔{a n }是____数列；q <0⇔{a n }是________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 11－q n 1－q ＝a 1q n －1q －1＝a 1q n q －1－a 1q －1.6．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______．自我检测1．“b ＝ac ”是“a 、b 、c 成等比数列”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2．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n－a ，数列{a n }为等比数列，则实数a 的值是 ( )A ．3B ．1C ．0D ．－13．(2011·温州月考)设f (n )＝2＋24＋27＋…＋23n ＋1 (n ∈N *)，则f (n )等于 ( )A.27(8n －1)B.27(8n ＋1－1) C.27(8n ＋2－1) D.27(8n ＋3－1) 4．(2011·湖南长郡中学月考)已知等比数列{a n }的前三项依次为a －2，a ＋2，a ＋8，则a n 等于( )A ．8·⎝ ⎛⎭⎪⎫32nB ．8·⎝ ⎛⎭⎪⎫23nC ．8·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1D ．8·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －15．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 ＝________.探究点一等比数列的基本量运算例1 已知正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 2a 6＋a 3a 7＝100，a 2a 4－2a 3a 5＋a 4a 6＝36，求数列{a n }的通项a n 和前n 项和S n .变式迁移1 在等比数列{a n }中，a 1＋a n ＝66，a 2·a n －1＝128，S n ＝126，求n 和q .探究点二等比数列的判定例2 (2011·岳阳月考)已知数列{a n }的首项a 1＝5，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝2S n ＋n＋5，n ∈N *.(1)证明数列{a n ＋1}是等比数列； (2)求{a n }的通项公式以及S n .变式迁移2 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．探究点三等比数列性质的应用例3 (2011·湛江月考)在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝8，且1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＋1a 5＝2，求a 3.变式迁移3 (1)已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，求b 5＋b 9的值；(2)在等比数列{a n }中，若a 1a 2a 3a 4＝1，a 13a 14a 15a 16＝8，求a 41a 42a 43a 44.分类讨论思想与整体思想的应用例 (12分)设首项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为80，它的前2n 项和为6 560，且前n 项中数值最大的项为54，求此数列的第2n 项．【答题模板】解设数列{a n }的公比为q ，若q ＝1，则S n ＝na 1，S 2n ＝2na 1＝2S n . ∵S 2n ＝6 560≠2S n ＝160，∴q ≠1，[2分]由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q n1－q＝80， ①a11－q 2n1－q＝6 560. ②[4分]将①整体代入②得80(1＋q n)＝6 560， ∴q n＝81.[6分]将q n＝81代入①得a 1(1－81)＝80(1－q )， ∴a 1＝q －1，由a 1>0，得q >1， ∴数列{a n }为递增数列．[8分] ∴a n ＝a 1qn －1＝a 1q·q n＝81·a 1q＝54.∴a 1q ＝23.[10分] 与a 1＝q －1联立可得a 1＝2，q ＝3，∴a 2n ＝2×32n －1 (n ∈N *)．[12分] 【突破思维障碍】(1)分类讨论的思想：①利用等比数列前n 项和公式时要分公比q ＝1和q ≠1两种情况讨论；②研究等比数列的单调性时应进行讨论：当a 1>0，q >1或a 1<0,0<q <1时为递增数列；当a 1<0，q >1或a 1>0,0<q <1时为递减数列；当q <0时为摆动数列；当q ＝1时为常数列．(2)函数的思想：等比数列的通项公式a n ＝a 1qn －1＝a 1q·q n(q >0且q ≠1)常和指数函数相联系．(3)整体思想：应用等比数列前n 项和时，常把q n，a 11－q当成整体求解．本题条件前n 项中数值最大的项为54的利用是解决本题的关键，同时将q n和a 11－q n1－q的值整体代入求解，简化了运算，体现了整体代换的思想，在解决有关数列求和的题目时应灵活运用．1．等比数列的通项公式、前n 项公式分别为a n ＝a 1q n －1，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1， q ＝1，a 11－q n1－q， q ≠1.2．等比数列的判定方法：(1)定义法：即证明a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *) (q 是与n 值无关的常数)． (2)中项法：证明一个数列满足a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2 (n ∈N *且a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0)．3．等比数列的性质：(1)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)设公比不为－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.4．在利用等比数列前n 项和公式时，一定要对公比q ＝1或q ≠1作出判断；计算过程中要注意整体代入的思想方法．5．等差数列与等比数列的关系是：(1)若一个数列既是等差数列，又是等比数列，则此数列是非零常数列； (2)若{a n }是等比数列，且a n >0，则{lg a n }构成等差数列．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2010·辽宁)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.1722．(2010·浙江)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2等于 ( )A ．－11B ．－8C ．5D ．113．在各项都为正数的等比数列{a n }中，a 1＝3，前三项的和S 3＝21，则a 3＋a 4＋a 5等于( )A ．33B ．72C ．84D ．1894．等比数列{a n }前n 项的积为T n ，若a 3a 6a 18是一个确定的常数，那么数列T 10，T 13，T 17，T 25中也是常数的项是 ( )A ．T 10B ．T 13C ．T 17D ．T 255．(2011·佛山模拟)记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( ) 题号 1 2 3 4 5 答案 6．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________． 7．(2011·平顶山月考)在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前99项的和S 99＝30，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝________.8．(2010·福建)在等比数列{a n }中，若公比q ＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式a n ＝________.三、解答题(共38分)9．(12分)(2010·陕西)已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项；(2)求数列{2a n }的前n 项和S n .10．(12分)(2011·廊坊模拟)已知数列{log 2(a n －1)}为等差数列，且a 1＝3，a 2＝5. (1)求证：数列{a n －1}是等比数列；(2)求1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n的值．11．(14分)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }对n ∈N *均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 010.答案自主梳理1．公比 q 2.a 1·q n －1 4.(1)q n －m(2)a k ·a l ＝a m ·a n(4)递增递减常摆动 6.q n自我检测1．D 2.B 3.B 4.C 5.－9 课堂活动区例1 解题导引 (1)在等比数列的通项公式和前n 项和公式中共有a 1，a n ，q ，n ，S n五个量，知道其中任意三个量，都可以求出其余两个量．解题时，将已知条件转化为基本量间的关系，然后利用方程组的思想求解；(2)本例可将所有项都用a 1和q 表示，转化为关于a 1和q 的方程组求解；也可利用等比数列的性质来转化，两种方法目的都是消元转化．解方法一由已知得：⎩⎪⎨⎪⎧ a 21q 4＋2a 21q 6＋a 21q 8＝100，a 21q 4－2a 21q 6＋a 21q 8＝36.①②①－②，得4a 21q 6＝64，∴a 21q 6＝16.③代入①，得16q2＋2×16＋16q 2＝100.解得q 2＝4或q 2＝14.又数列{a n }为正项数列，∴q ＝2或12.当q ＝2时，可得a 1＝12，∴a n ＝12×2n －1＝2n －2，S n ＝12(1－2n )1－2＝2n －1－12；当q ＝12时，可得a 1＝32.∴a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝26－n.S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝64－26－n.方法二 ∵a 1a 5＝a 2a 4＝a 23，a 2a 6＝a 3a 5，a 3a 7＝a 4a 6＝a 25，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 5＋2a 2a 6＋a 3a 7＝100，a 2a 4－2a 3a 5＋a 4a 6＝36，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 23＋2a 3a 5＋a 25＝100，a 23－2a 3a 5＋a 25＝36，即⎩⎪⎨⎪⎧(a 3＋a 5)2＝100，(a 3－a 5)2＝36.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝10，a 3－a 5＝±6.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝8，a 5＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝2，a 5＝8.当a 3＝8，a 5＝2时，q 2＝a 5a 3＝28＝14.∵q >0，∴q ＝12，由a 3＝a 1q 2＝8，得a 1＝32，∴a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝26－n.S n ＝32－26－n×121－12＝64－26－n.当a 3＝2，a 5＝8时，q 2＝82＝4，且q >0，∴q ＝2.由a 3＝a 1q 2，得a 1＝24＝12.∴a n ＝12×2n －1＝2n －2.S n ＝12(2n－1)2－1＝2n －1－12.变式迁移1 解由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a n －1＝a 1·a n ＝128，a 1＋a n ＝66，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝64，a n ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝64.若⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝64，a n ＝2，则S n ＝a 1－a n q 1－q ＝64－2q1－q＝126，解得q ＝12，此时，a n ＝2＝64·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴n ＝6.若⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝64，则S n ＝2－64q1－q＝126，∴q ＝2.∴a n ＝64＝2·2n －1.∴n ＝6. 综上n ＝6，q ＝2或12.例2 解题导引 (1)证明数列是等比数列的两个基本方法：①a n ＋1a n ＝q (q 为与n 值无关的常数)(n ∈N *)． ②a 2n ＋1＝a n a n ＋2 (a n ≠0，n ∈N *)．(2)证明数列不是等比数列，可以通过具体的三个连续项不成等比数列来证明，也可用反证法．(1)证明由已知S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，n ∈N *，可得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ＋4，两式相减得S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即a n ＋1＝2a n ＋1，从而a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，当n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5，所以a 2＋a 1＝2a 1＋6，又a 1＝5，所以a 2＝11，从而a 2＋1＝2(a 1＋1)，故总有a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ∈N *，又a 1＝5，a 1＋1≠0，从而a n ＋1＋1a n ＋1＝2，即数列{a n ＋1}是首项为6，公比为2的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋1＝6·2n －1，所以a n ＝6·2n －1－1，于是S n ＝6·(1－2n)1－2－n ＝6·2n－n －6.变式迁移2 (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.(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．例3 解题导引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．解由已知得1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＋1a 5＝a 1＋a 5a 1a 5＋a 2＋a 4a 2a 4＋a 3a 23＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5a 23＝8a 23＝2，∴a 23＝4，∴a 3＝±2.若a 3＝－2，设数列的公比为q ，则－2q 2＋－2q－2－2q －2q 2＝8，即1q 2＋1q＋1＋q ＋q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1q ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋122＋12＝－4. 此式显然不成立，经验证，a 3＝2符合题意，故a 3＝2.变式迁移3 解 (1)∵a 3a 11＝a 27＝4a 7， ∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 7＝4，∵{b n }为等差数列，∴b 5＋b 9＝2b 7＝8.(2)a 1a 2a 3a 4＝a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝a 41q 6＝1.① a 13a 14a 15a 16＝a 1q 12·a 1q 13·a 1q 14·a 1q 15 ＝a 41·q 54＝8.②②÷①：a 41·q 54a 41·q6＝q 48＝8⇒q 16＝2，又a 41a 42a 43a 44＝a 1q 40·a 1q 41·a 1q 42·a 1q 43＝a 41·q 166＝a 41·q 6·q 160＝(a 41·q 6)·(q 16)10＝1·210＝1 024. 课后练习区1．B [∵{a n }是由正数组成的等比数列，且a 2a 4＝1，∴设{a n }的公比为q ，则q >0，且a 23＝1，即a 3＝1.∵S 3＝7，∴a 1＋a 2＋a 3＝1q2＋1q＋1＝7，即6q 2－q －1＝0.故q ＝12或q ＝－13(舍去)，∴a 1＝1q2＝4.∴S 5＝4(1－125)1－12＝8(1－125)＝314.]2．A [由8a 2＋a 5＝0，得8a 1q ＋a 1q 4＝0，所以q ＝－2，则S 5S 2＝a 1(1＋25)a 1(1－22)＝－11.]3．C [由题可设等比数列的公比为q ，则3(1－q 3)1－q＝21⇒1＋q ＋q 2＝7⇒q 2＋q －6＝0⇒(q ＋3)(q －2)＝0，根据题意可知q >0，故q ＝2.所以a 3＋a 4＋a 5＝q 2S 3＝4×21＝84.]4．C [a 3a 6a 18＝a 31q 2＋5＋17＝(a 1q 8)3＝a 39，即a 9为定值，所以下标和为9的倍数的积为定值，可知T 17为定值．]5．D [因为等比数列{a n }中有S 3＝2，S 6＝18，即S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－q a 1(1－q 3)1－q＝1＋q 3＝182＝9，故q ＝2，从而S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－q a 1(1－q 5)1－q＝1＋q 5＝1＋25＝33.]6．127解析 ∵公比q 4＝a 5a 1＝16，且q >0，∴q ＝2，∴S 7＝1－271－2＝127.7.1207解析 ∵S 99＝30，即a 1(299－1)＝30，∵数列a 3，a 6，a 9，…，a 99也成等比数列且公比为8，∴a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝4a 1(1－833)1－8＝4a 1(299－1)7＝47×30＝1207.8．4n －1解析 ∵等比数列{a n }的前3项之和为21，公比q ＝4，不妨设首项为a 1，则a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝a 1(1＋4＋16)＝21a 1＝21，∴a 1＝1，∴a n ＝1×4n －1＝4n －1.9．解 (1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列，得1＋2d 1＝1＋8d 1＋2d，…………………………………………………………………………(4分)解得d ＝1或d ＝0(舍去)．故{a n }的通项a n ＝1＋(n －1)×1＝n .……………………………………………………(7分)(2)由(1)知2a n ＝2n，由等比数列前n 项和公式，得S n ＝2＋22＋23＋ (2)＝2(1－2n)1－2＝2n ＋1－2.………………………………………………………………………………(12分)10．(1)证明设log 2(a n －1)－log 2(a n －1－1)＝d (n ≥2)，因为a 1＝3，a 2＝5，所以d ＝log 2(a 2－1)－log 2(a 1－1)＝log 24－log 22＝1，…………………………………………………………(3分)所以log 2(a n －1)＝n ，所以a n －1＝2n，所以a n －1a n －1－1＝2 (n ≥2)，所以{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列．………(6分)(2)解由(1)可得a n －1＝(a 1－1)·2n －1，所以a n ＝2n＋1，…………………………………………………………………………(8分)所以1a 2－a 1＋1a 3－a 2＋…＋1a n ＋1－a n＝122－2＋123－22＋…＋12n ＋1－2n ＝12＋122＋…＋12n ＝1－12n .………………………………………………………………(12分)11．解 (1)由已知有a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ，∴(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )．解得d ＝2(d ＝0舍)．……………………………………………………………………(2分) ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.………………………………………………………………(3分)又b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9， ∴数列{b n }的公比为3，∴b n ＝3·3n －2＝3n －1.………………………………………………………………………(6分)(2)由c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n＝a n ＋1得当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1b n －1＝a n . 两式相减得：当n ≥2时，c nb n＝a n ＋1－a n ＝2.……………………………………………(9分)∴c n ＝2b n ＝2·3n －1(n ≥2)．又当n ＝1时，c 1b 1＝a 2，∴c 1＝3.∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3 (n ＝1)2·3n －1(n ≥2).……………………………………………………………(11分)∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 010＝3＋6－2×32 0101－3＝3＋(－3＋32 010)＝32 010.…………………………………………(14分)。

(浙江版)高考数学一轮复习专题6.3等比数列及其前n项和(讲)(2021学年)

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第03节等比数列及其前ｎ项和【考纲解读】考点考纲内容五年统计分析预测等比数列的概念与运算１．理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式;２。

了解等比数列与指数函数的关系.2０13浙江文19;理18; 2014浙江理１9；2015浙江文１0，17;理３;2016浙江文17。

1。

高频考向:利用方程思想应用等比数列通项公式、前n 项和公式求基本量;2。

低频考向：等比数列的性质及应用。

3.特别关注:(1）与等差数列的综合问题;(2）根据已知递推式构造等比数列求解相关问题。

等比数列前ｎ项和及应用1.掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用; 2．会用数列的等比关系解决实际问题。

2016浙江文17。

【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 。

浙江省杭州求是高级中学2020届高考数学一轮复习6.4数列求和学案(无)

§数列乞降学考考要点1.考等差、等比数列的乞降；2.以数列乞降体，考数列乞降的各样方法和技巧；3.合考数列和会合、函数、不等式、分析几何、概率等知的合．本复目1.灵巧掌握数列由推式求通公式的几种方法；2.掌握必需的化方法与乞降技巧，依据数列通的构特色，奇妙解决数列乞降的．教材接·自主学nna1＋an1nn－11．等差数列前n和S＝2＝na＋d，推方法：2na1，q＝1，等比数列前n和Sn＝1－1－na 1q a aq1－q＝1－q，q≠1.推方法：乘公比，位相减法．2．数列乞降的常用方法分乞降：把一个数列分红几个能够直接乞降的数列．拆相消：有把一个数列的通公式分红两差的形式，相加程消去中，只剩有限再乞降.位相减：合用于一个等差数列和一个等比数列相乘组成的数列乞降．(4)倒序相加：比如，等差数列前n和公式的推．并乞降法：一个数列的前n和中，可两两合求解，称之并乞降．形如an＝(－1)n f(n)型，可采纳两归并求解．例，Sn＝1002－992＋982－972＋⋯＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋⋯＋(2＋1)＝5050.3．常的拆公式111(1)n n＋1＝n－n＋1；( 2)111 2n－12n＋12n－12n＋1；( 3)1＝n＋1－n.＋1n基知·自我1．在等差数列{a}中，S表示前n和，a2＋a8＝18－a5，S9＝________.n2．等比数列{n}的公比18＝1，8＝________.＝，a2a Sn n－13．若S＝1－2＋3－4＋⋯＋(－1)·n，S50＝________.4．已知{}等差数列，其公差－2，且7是3与9的等比中，S{}的前和，an1()n∈N，S的A．－110B．－90C．90D ．1105．已知等差数列{n}的前和n，5＝5，5＝15，数列1的前100和()Saaann＋1100B.9999101A.101C.D.1 0110010型分·深度分析型一分化乞降例1*，p，q常数)，且x1，x4，x5已知数列{xn}的首x1＝3，通xn＝2p＋nq(n∈N成等差数列．求：(1)p，q的；(2)数列{xn}前n和Sn的公式．型二位相减法乞降例2n1223－1n n*数列{a}足a＋3a＋3a＋⋯＋3a＝3，n∈N.求数列{an}的通；n(2)bn＝an，求数列{bn}的前n和Sn.式1已知等差数列{an}足a2＝0，a6＋a8＝－10.求数列{an}的通公式；an求数列2n－1的前n和．型三裂相消法乞降12例3在数列{an}中，a1＝1，当n≥2，其前n和Sn足Sn＝anSn－2.求Sn的表达式；S n (2)bn＝2n＋1，求{bn}的前n和Tn.式2已知数列{an}的各均正数，前n和Sn，且Sn＝an，n∈N*.a＋12求：数列{an}是等差数列；1(2)bn＝，Tn＝b1＋b2＋⋯＋bn，求Tn.2Sn。

浙江省杭州求是高级中学高考数学一轮复习6.4数列求和

§6.4 数列求和学考考查重点1.考查等差、等比数列的求和；2.以数列求和为载体，考查数列求和的各种方法和技巧；3.综合考查数列和集合、函数、不等式、解析几何、概率等知识的综合问题．本节复习目标1.灵活掌握数列由递推式求通项公式的几种方法；2.掌握必要的化归方法与求和技巧，根据数列通项的结构特点，巧妙解决数列求和的问题．1．等差数列前n 项和S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －2d ，推导方法：；等比数列前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1， q ＝1，a 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ， q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． 2．数列求和的常用方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． (4)倒序相加：例如，等差数列前n 项和公式的推导．(5)并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.3．常见的拆项公式(1)1nn ＋＝1n －1n ＋1； (2)1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .1．在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 2＋a 8＝18－a 5，则S 9＝________. 2．等比数列{a n }的公比q ＝12，a 8＝1，则S 8＝________.3．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 50＝________.4．已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( ) A ．－110B ．－90C ．90D ．1105．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100题型一分组转化求和例1 已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求： (1)p ，q 的值；(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式．题型二错位相减法求和例2 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝n a n，求数列{b n }的前n 项和S n .变式训练1已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和．题型三裂项相消法求和例3 在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式； (2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .变式训练2 已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n a n ＋2，n ∈N *.(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝12S n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .。

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§6.3 等比数列及其前n 项和学考考查重点1.以等比数列的定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定；2.运用基本量法求解等比数列问题；3.考查等比数列的应用问题．本节复习目标1.注意方程思想在解题中的应用；2.使用公式要注意公比q ＝1的情况；3.结合等比数列的定义、公式，掌握通性通法．教材链接·自主学习 1．等比数列的定义如果一个数列，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，通常用字母__ _表示．
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 ＝ .
3．等比中项若，那么G 叫做a 与b 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 11－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__ _.
基础知识·自我测试
1．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 2
5＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.
2．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＝________.
3．已知a ，b ，c 成等比数列，如果a ，x ，b 和b ，y ，c 都成等差数列，则a x ＋c y
＝________.
4．已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________.
5．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10等于( )
A ．7
B ．5
C ．－5
D ．－7 题型分类·深度剖析
题型一等比数列的基本量的计算
例1 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列．
(1)求{a n }的公比q ；
(2)若a 1－a 3＝3，求S n .
变式训练1：等比数列{a n }满足：a 1＋a 6＝11，a 3·a 4＝32
9，且公比q ∈(0,1)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若该数列前n 项和S n ＝21，求n 的值．
题型二等比数列的性质及应用
例2 在等比数列{a n }中，
(1)若已知a 2＝4，a 5＝－1
2，求a n ；
(2)若已知a 3a 4a 5＝8，求a 2a 3a 4a 5a 6的值．
变式训练 2 ： (1)已知各项均为正数的等比数列{a n}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6等于 ( ) A．5 2 B．7 C．6 D．4 2
(2)已知S n为等比数列{a n}的前n项和，且S3＝8，S6＝7，则a4＋a5＋…＋a9＝________. 题型三等比数列的判定
例3已知数列{a n}的前n项和为S n，数列{b n}中，b1＝a1，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．
变式训练3 已知数列{a n}的前n项和S n＝2a n＋1，求证：{a n}是等比数列，并求出通项公式．。