(人教版)2020届高考数学一轮复习 第五章 数列 第三节 等比数列及其前n项和课时作业
2022年高考数学(文)一轮复习文档：第五章 数列 第3讲等比数列及其前n项和 Word版含答案
第3讲 等比数列及其前n 项和 ,)1．等比数列的有关概念 (1)定义假如一个数列从第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)等比中项假如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 ． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) (1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ； (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)．1．辨明三个易误点(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 也不能为0，但q 可为正数，也可为负数．(2)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能马上断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(3)在运用等比数列的前n 项和公式时，必需留意对q ＝1与q ≠1分类争辩，防止因忽视q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．2．等比数列的三种判定方法(1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(2)通项公式法：a n ＝cqn －1(c 、q 均是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．3．求解等比数列的基本量常用的思想方法(1)方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和公式中联系着五个量：a 1，q ，n ，a n ，S n ，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a 1与q ，在解题中依据已知条件建立关于a 1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．(2)分类争辩思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必需分类求和，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q；在推断等比数列单调性时，也必需对a 1与q 分类争辩．1.教材习题改编 等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6等于( ) A ．27 B ．36 C ．812D ．54C 法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32，所以a 6＝a 1q 5＝163×⎝ ⎛⎭⎪⎫325＝812.故选C.法二：由等比数列性质知，a 23＝a 2a 4，所以a 2＝a 23a 4＝12218＝8，又a 24＝a 2a 6，所以a 6＝a 24a 2＝1828＝812.故选C.2.教材习题改编 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63D ．64C 由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C. 3.教材习题改编 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________． 设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，得q 3＝27，所以q ＝3.所以插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 27，814.教材习题改编 由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________． log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10 ＝log 2＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25.255.教材习题改编 在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 由于a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.所以a 1q 4－a 1＝15，① a 1q 3－a 1q ＝6，②且q ≠1. ①②得（q 2＋1）（q 2－1）q ·（q 2－1）＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， 所以q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．所以a 3＝1×22＝4. 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，属中、低档题． 高考对等比数列基本运算的考查主要有以下三个命题角度： (1)求首项a 1、公比q 或项数n ； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．(2021·兰州模拟)设数列{a n }的前n 项和S n 满足6S n ＋1＝9a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)当n ＝1时，由6a 1＋1＝9a 1，得a 1＝13.当n ≥2时，由6S n ＋1＝9a n ，得6S n －1＋1＝9a n －1， 两式相减得6(S n －S n －1)＝9(a n －a n －1)， 即6a n ＝9(a n －a n －1)，所以a n ＝3a n －1.所以数列{a n }是首项为13，公比为3的等比数列，其通项公式为a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由于b n ＝1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2，所以{b n }是首项为3，公比为13的等比数列，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .等比数列基本运算的解题技巧(1)求等比数列的基本量问题，其核心思想是解方程(组)，一般步骤是：①由已知条件列出以首项和公比为未知数的方程(组)；②求出首项和公比；③求出项数或前n 项和等其余量．(2)设元的技巧，可削减运算量，如三个数成等比数列，可设为a q，a ，aq (公比为q )；四个数成等比数列且q >0时，设为a q 3，a q，aq ，aq 3.角度一 求首项a 1、公比q 或项数n1．(2021·高考全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．由于a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又由于S n ＝126，所以2（1－2n）1－2＝126，所以n ＝6.6角度二 求通项或特定项2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________． 由于3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.3n －1角度三 求前n 项和3．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－310) B ．19(1－3－10) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)C 由题意知数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，则q ＝a n ＋1a n ＝－13，a 1＝a 2q ＝4，因此其前10项和等于4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝3(1－3－10)．等比数列的判定与证明(2022·高考全国卷丙)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.【解】 (1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列， 于是a n ＝11－λ(λλ－1)n －1.(2)由(1)得，S n ＝1－(λλ－1)n. 由S 5＝3132得，1－(λλ－1)5＝3132，即(λλ－1)5＝132. 解得λ＝－1.证明数列{a n }是等比数列常用的方法 一是定义法，证明a n a n －1＝q (n ≥2，q 为常数)；二是等比中项法，证明a 2n ＝a n －1·a n ＋1.若推断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．已知数列{a n }是等差数列，a 3＝10，a 6＝22，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋13b n ＝1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋5d ＝22，解得a 1＝2，d ＝4.所以a n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2. (2)证明：由T n ＝1－13b n ，①令n ＝1，得T 1＝b 1＝1－13b 1.解得b 1＝34，当n ≥2时，T n －1＝1－13b n －1，②①－②得b n ＝13b n －1－13b n ，所以b n ＝14b n －1，所以b n b n －1＝14.又由于b 1＝34≠0， 所以数列{b n }是以34为首项，14为公比的等比数列．等比数列的性质(1)(2021·高考全国卷Ⅱ)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 ．1C ．12D ．18(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( ) A ．31 B ．36 C ．42D ．48(3)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 ＝________． 【解析】 (1)法一：由于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.又由于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：由于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.(2)由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n >0，q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝1×（1－25）1－2＝31，故选A.(3)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠1，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.【答案】 (1)C (2)A (3)－12等比数列常见性质的应用(1)在解决等比数列的有关问题时，要留意挖掘隐含条件，利用性质，特殊是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以削减运算量，提高解题速度．(2)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．依据题目条件，认真分析，发觉具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(3)在应用相应性质解题时，要留意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时留意设而不求思想的运用．1．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 ．18 B ．－18C ．578D ．558A 由于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＝18.2．(2021·沈阳质量监测)数列{a n }是等比数列，若a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝________．设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质知a 5＝a 2q 3，求得q ＝12，所以a 1＝4.a 2a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝14a 1a 2，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ＝14a n －1a n (n ≥2)．设b n ＝a n a n ＋1，可以得出数列{b n }是以8为首项，以14为公比的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{b n }的前n 项和，由等比数列前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝323(1－4－n)．323(1－4－n) ,)——分类争辩思想在等比数列中的应用已知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________．【解析】 设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件冲突，故q ≠1.由于S 2m S m ＝a 1（1－q 2m ）1－q a 1（1－q m）1－q ＝q m＋1＝9，所以q m＝8.所以a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1，所以m ＝3，所以q 3＝8，所以q ＝2. 【答案】 2(1)本题在利用等比数列的前n 项和公式表示S 2m 和S m 时，对公比q ＝1和q ≠1进行了分类争辩．(2)分类争辩思想在等比数列中应用较多，常见的分类争辩有： ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种状况． ②等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1争辩．③项数的奇、偶数争辩．④等比数列的单调性的推断留意与a 1，q 的取值的争辩．在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .(1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)， 解得a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ·(n ＋1)． 由于b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)， 可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n 2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.,)1．(2021·太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4C ． 2D ．2 2B 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q2＝a 4a 2＝14， 所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( ) A ．－13B ．13C ．－12D ．12A 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a2，所以a ＝－13.3．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1) C ．n （n ＋1）2D ．n （n －1）2A 由于a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2.所以S n ＝na 1＋n （n －1）2×2＝n (n ＋1)．故选A.4．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 ．4D ．3C 设数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，依据题意可得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝2，a 1q 4＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16125，q ＝52.所以a n ＝a 1qn －1＝16125×⎝ ⎛⎭⎪⎫52n －1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫52n －4，所以lg a n ＝lg 2＋(n －4)lg 52，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg 52＝8lg 2＋4lg 52＝4lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫4×52＝4.5．(2021·莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017D 由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ba n ＝33n， 所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.6．(2021·唐山一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝( )A ．4n －1B ．4n－1 C ．2n －1D ．2n－1D 设{a n}的公比为q ，由于⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①②可得1＋q2q ＋q 3＝2，所以q ＝12，代入①得a 1＝2，所以a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n ， 所以S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ， 所以S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n ＝2n－1，选D.7．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________． 设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S n ＝1－2n1－2＝2n－1.2n－18．(2021·郑州其次次质量猜测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________．由题可知{a n }为等比数列，设首项为a 1，公比为q ，所以a 3＝a 1q 2，a 6＝a 1q 5，所以27a 1q 2＝a 1q 5，所以q ＝3，由S n ＝a 1（1－q n ）1－q，得S 6＝a 1（1－36）1－3，S 3＝a 1（1－33）1－3，所以S 6S 3＝a 1（1－36）1－3·1－3a 1（1－33）＝28.289．若{a n }是正项递增等比数列，T n 表示其前n 项之积，且T 10＝T 20，则当T n 取最小值时，n 的值为________． T 10＝T 20⇒a 11…a 20＝1⇒(a 15a 16)5＝1⇒a 15a 16＝1，又{a n }是正项递增等比数列，所以0＜a 1＜a 2＜…＜a 14＜a 15＜1＜a 16＜a 17＜…，因此当T n 取最小值时，n 的值为15.1510．在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2a 4＝16，a 6＝32，记b n ＝a n ＋a n ＋1，则数列{b n }的前5项和S 5为________．设数列{a n }的公比为q ，由a 23＝a 2a 4＝16得，a 3＝4，即a 1q 2＝4，又a 6＝a 1q 5＝32，解得a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝a 1qn －1＝2n －1，b n ＝a n ＋a n ＋1＝2n －1＋2n ＝3·2n －1，所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 5＝3（1－25）1－2＝93.9311．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． (1)证明：依题意S n ＝4a n －3(n ∈N *)， 当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1. 由于S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1， 整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1， 公比为43的等比数列．(2)由于a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1.12．(2021·衡阳模拟)在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n＝( )A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2nD ．3n－1C 由于数列{a n }为等比数列，a 1＝2，设其公比为q ，则a n ＝2qn －1，由于数列{a n ＋1}也是等比数列，所以(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选C.13．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．(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)， 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)． 由于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．14．(2021·南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n ＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)由于a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列， 所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5， 即2a 6－3a 5＋a 4＝0， 所以2q 2－3q ＋1＝0， 由于q ≠1，所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.。
2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n项和课时跟踪检测理
2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n 项和课时跟踪检测理[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1．已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200解析：a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100. 答案：C2．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.18 B ．－18C.578D ．558解析：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.答案：A3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.答案：A4．(xx 届太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2解析：在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.答案：B5．(xx 届莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017解析：由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ba n ＝33n， 所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.答案：D6．(xx 届海口市调研测试)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( )A.12 B ．1716 C ．2D ．17解析：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.答案：B7．(xx 届衡阳模拟)在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝( )A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2nD ．3n－1解析：因为数列{a n }为等比数列，a 1＝2，设其公比为q ，则a n ＝2qn －1，因为数列{a n ＋1}也是等比数列，所以(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选C.答案：C8．(xx 届广州市五校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：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. 答案：C9．由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________. 解析：log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝log 2(a 1a 10)·(a 2a 9)·…·(a 5a 6)＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25.答案：2510．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 ＝________. 解析：因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.答案：3n －111．(xx 届南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列， 所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5， 即2a 6－3a 5＋a 4＝0， 所以2q 2－3q ＋1＝0， 因为q ≠1， 所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.12．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)．已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝81＋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)．∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2符合上式，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥1)， ∴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 22a n ＋1－a n ＝12，∴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．[能 力 提 升]1．若{a n }是正项递增等比数列，T n 表示其前n 项之积，且T 10＝T 20，则当T n 取最小值时，n 的值为________．解析：T 10＝T 20⇒a 11…a 20＝1⇒(a 15a 16)5＝1⇒a 15a 16＝1，又{a n }是正项递增等比数列，所以0<a 1<a 2<…<a 14<a 15<1<a 16<a 17<…，因此当T n 取最小值时，n 的值为15.答案：152．(xx 届山西吕梁质检)已知数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，则这个数列的前2 018项之积T 2 018等于________．解析：数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，这个数列的前8项分别为2,8,4，12，18，14，2,8，易得从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项积为2×8×4×12×18×14＝1.又因为2 018＝336×6＋2，所以这个数列的前2 018项之积T 2 018＝1336×2×8＝16. 答案：163．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5，∴a 2＋2a 1＝15， ∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，∴数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n， ∴a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n)．又∵a 1－3＝2，∴a n －3n≠0，∴{a n －3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列． ∴a n －3n＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n.2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.4数列求和课时跟踪检测理[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)na n }的前n 项和，则S 2 014＝( )A ．2 015B ．－2 015C ．3 021D ．－3 022解析：由题知a 1＝tan(180°＋45°)＝1，∴a 5＝13 ∴d ＝a 5－a 15－1＝124＝3. ∴a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 设b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(3n －2)，∴S 2 014＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－6 037＋6 040)＝3×1 007＝3 021.故选C. 答案：C2．设{a n }是公差不为零的等差数列，a 2＝2，且a 1，a 3，a 9成等比数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4 B ．n 22＋3n 2C.n 24＋3n4D ．n 22＋n2解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则 由a 23＝a 1a 9得(a 2＋d )2＝(a 2－d )(a 2＋7d )， 代入a 2＝2，解得d ＝1或d ＝0(舍)． ∴a n ＝2＋(n －2)×1＝n ， ∴S n ＝a 1＋a n n2＝1＋n n 2＝n 22＋n 2.故选D. 答案：D3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36解析：设等比数列{a n }的公比为q 则a 21q 3＝2a 1，①a 1q 3＋2a 1q 6＝52，②解得a 1＝16，q ＝12，∴S 5＝a 11－q 51－q＝31，故选B.答案：B4．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2.(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n ，求{c n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{b n }的公差为d ， ∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋3d ＝18，6＋d ＝q 2.求得q ＝3，d ＝3，∴a n ＝3n －1，b n ＝3n .(2)由题意得S n ＝n 3＋3n2，c n ＝32S n ＝32×23×1n n ＋1＝1n －1n ＋1. ∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.5．(xx 届广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公比为q ， 因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2. 因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项， 所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 化简得q 2－2q ＝0. 因为公比q ≠0，所以q ＝2. 所以a n ＝a 2qn －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1， 所以a n b n ＝(2n －1)2n，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n＋(2n －1)·2n ＋1.②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×41－2n －11－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.6．S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )． 由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， 通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n32n ＋3.7．已知数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)． (1)若a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，b n ＝2n(n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切n ∈N *恒成立， 求实数λ的取值范围．解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5， 所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6， 所以{a n }是等差数列，首项为1，公差为6， 即a n ＝6n －5. (2)因为b n ＝2n， 所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2，由λa n >2n＋n ＋2λ得λ>2n＋n 2n ＋1＝12＋n 2n ＋1，令f (n )＝12＋n 2n ＋1，因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋12n ＋2－n 2n ＋1＝1－n 2n ＋2≤0， 所以12＋n2n ＋1在n ≥1时单调递减，所以当n ＝1,2时，2n＋n 2n ＋1取最大值34，故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞. [能 力 提 升]1．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由已知得S n n＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 所以S n ＝2n 2－n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. a 1＝1＝4×1－3，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)． 当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1，综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N *，－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *.2．在数列{a n }中，已知a n >1，a 1＝1＋3，且a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，记b n ＝(a n －1)2，n ∈N *.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：13≤1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <34.解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，所以a 2n ＋1－a 2n －2a n ＋1＋2a n ＝2， 即(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝2. 又b n ＝(a n －1)2，n ∈N *，所以b n ＋1－b n ＝2，数列{b n }是以b 1＝(1＋3－1)2＝3为首项，2为公差的等差数列， 故b n ＝2n ＋1，n ∈N *. (2)证明：由(1)得S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，所以1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，n ∈N *， 所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2<34.记T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n，因为1S n>0，n ∈N *，所以T n 单调递增．故T n ≥T 1＝1S 1＝13.综上13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n <34.3．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2n ＋a n ＝2S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.解：(1)因为当n ∈N *时，a 2n ＋a n ＝2S n ， 故当n >1时，a 2n －1＋a n －1＝2S n －1，两式相减得，a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n ， 即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1.因为a n >0，所以a n ＋a n －1>0，所以当n >1时，a n －a n －1＝1.又当n ＝1时，a 21＋a 1＝2S 1＝2a 1，得a 1＝1， 所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以a n ＝n .(2)证明：由(1)及等差数列的前n 项和公式知S n ＝n n ＋12，所以S n ＝ n n ＋12>n 22＝n2， 所以S 1＋S 2＋…＋S n >12＋22＋…＋n 2＝ 1＋2＋…＋n 2＝S n 2. 又S n ＝ n n ＋12<n ＋122＝n ＋12， 所以S 1＋S 2＋…＋S n <22＋32＋…＋n ＋12＝1＋2＋…＋n ＋12－12＝S n ＋1－12， 所以S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.。
2022届高考一轮复习第5章数列第3节等比数列及其前n项和
15，且 a5＝3a3＋4a1，则 a3＝( )
A．16
B．8
C．4
D．2
[解析]
由题意知aa11＞＋0a，1q＋q＞a10q，2＋a1q3＝15， a1q4＝3a1q2＋4a1，
解得aq1＝＝21，，∴a3＝a1q2＝4.故选 C.
[答案] C
(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1＝13，a24＝a6，则 S5 ＝________.
[解析] 由 a24＝a6 得(a1q3)2＝a1q5，
整理得 q＝a11＝3.∴S5＝13（11－－335）＝1231.
[答案]
121 3
(3)(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. ①求{an}的通项公式； ②记 Sn 为{an}的前 n 项和．若 Sm＝63，求 m. [解析] ①设{an}的公比为 q，由题设得 an＝qn－1. 由已知得 q4＝4q2，解得 q＝0(舍去)，q＝－2 或 q＝2. 故 an＝(－2)n－1 或 an＝2n－1.
[解析] (1)证明：由题设得 4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即 an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn)． 又因为 a1＋b1＝1， 所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列． 由题设得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即 an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又因为 a1－b1＝1. 所以{an－bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列．
A．4
B．8
C．16
D．32
答案：C
2．(基础点：等比数列的前 n 项和)设{an}是公比为正数的等比数列，若 a1＝1，a5
高考数学总复习 第5章 第3讲 等比数列及其前n项和课件 理 新人教A版
[变式探究(tànjiū)] 已知数列{an}的前n项和Sn＝2an＋1，求 证：{an}是等比数列，并求出通项公式．
证明：∵Sn＝2an＋1， ∴Sn＋1＝2an＋1＋1， ∴ an ＋ 1 ＝ Sn ＋ 1 － Sn ＝ (2an ＋ 1 ＋ 1) － (2an ＋ 1) ＝ 2an ＋ 1 － 2an. ∴an＋1＝2an， 又∵S1＝2a1＋1＝a1，∴a1＝－1≠0，
－an－1)，不为定值，故不符合题意；对于 f(x)＝ |x|，f(an)＝
|an|，则
|an| ＝ |an－1|
aan－n 1＝ |q|为定值，
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符合题意；对于 f(x)＝ln|x|，f(an)＝ln|an|，由等比数列定 义得， ln|an| 并不为定值，故不符合题意；故①③正确．
(2)在等比数列{an}中，a2013＝8a2010，则 q＝________. (3)已知等比数列的公比是 2，且前 4 项的和为 1，那么 前 8 项之和为________．
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2. 等比数列的主要性质 (1){an}是等比数列⇒{c·an}是等比数列(c≠0)． (2){an}{bn}均为等比数列⇒{an·bn}、{abnn}是等比数列． (3){an}为等比数列，则aamn ＝________. (4)若 m、n、p、q∈N*且 m＋n＝p＋q，则 am·an＝ap·aq. 特别地，a1an＝a2an－1
填一填：(1)2 2n－1－12 (2)2
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(3)17 提示：将 q＝2，S4＝1，n＝4 代入 Sn＝a111－－qqn， 得 1＝a111－－224，解之得 a1＝115， ∴S8＝11511－－228＝17.
2020版高考数学一轮复习 第5章 数列 第3讲 等比数列及其前n项和讲义 理(含解析)
（2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足 a1＝1,nan＋1＝2（n＋1)an,设 bn＝ ann.
(1）求 b1，b2，b3； （2）判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由； (3)求｛an｝的通项公式． 解 (1）由条件可得 an＋1＝错误!an。 将 n＝1 代入，得 a2＝4a1，而 a1＝1,所以 a2＝4。 将 n＝2 代入，得 a3＝3a2，所以 a3＝12. 从而 b1＝1,b2＝2，b3＝4。 （2）｛bn｝是首项为 1，公比为 2 的等比数列．由题设条件可得na＋n＋11 ＝ 错误!，即 bn＋1＝2bn，又 b1＝1，所以｛bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数 列． （3）由（2）可得错误!＝2n－1，所以 an＝n·2n－1. 条件探究 1 将举例说明条件改为“a1＝1，a2，n－（2an＋1－1)an－2an＋1 ＝0，且 an>0"，求｛an｝的通项公式．
答案 6
解析 因为 a1＝2,an＋1＝2an，所以 an≠0,故aan＋n 1＝2.
所以数列{an}是公比为 2 的等比数列，因为 Sn＝126，所以错误!＝126, 所以 2n＝64，故 n＝6.
题型 错误! 等比数列基本量的运算
1．已知等比数列{an｝满足 a1＋a2＝6,a4＋a5＝48,则数列｛an}前 8 项的 和 S8＝（ ）
第 3 讲 等比数列及其前 n 项和
［考纲解读］ 1。理解等比数列的概念及等比数列与指数函数的关系． 2。掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式，并熟练掌握其推导方法，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．(重点) 3。熟练掌握等比数列的基本运算和相关性质．(难点）
等比数列及其前n项和讲义-高三数学一轮复习
等比数列及其前n项和一．学习目标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.体会等比数列与指数函数的关系.二．知识整合1.等比数列的有关概念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，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(q≠0)表示，符号表示为a n+1a n=q(n∈N∗)等比中项如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时提醒：由a n+1=qa n，q≠0，并不能立即断定{a n}为等比数列，还要验证a1≠0.2.等比数列的有关公式通项公式a n=；推广：a n=a m⋅q n−m(m,n∈N∗)前n项和公式S n={ ,q=1,q≠1提醒：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这一特殊情况而导致解题失误.知识拓展：（1）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=a11−q.（2）等比数列的单调性当{a 1＞0，q ＞1 或{a 1＜0，0＜q ＜1时，等比数列{a n } 是递增数列. 当{a 1＞0，0＜q ＜1 或{a 1＜0，q ＞1时，等比数列{a n } 是递减数列. 当q =1 时,等比数列{a n } 是常数列.当q =−1 时,等比数列{a n } 是摆动数列.三．典型例题考点一 等比数列基本量的运算例1（1） 已知等比数列{a n } 的前3项和为168，a 2−a 5=42 ，则a 6= ( )A. 14B. 12C. 6D. 3（2） 已知等比数列{a n } 的前n 项和为S n ，a 1=1 ，a 5=8a 2 ，若S n =31 ，则n = .方法感悟：等比数列基本量运算的解题策略（1）方程思想：等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1 ，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程（组）求关键量a 1 和q ,问题便可迎刃而解.（2）分类讨论思想：等比数列{a n } 的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q =1 时，{a n } 的前n 项和S n =na 1 ；当q ≠1 时，{a n } 的前n 项和S n =a 1(1−q n )1−q =a 1−a n q 1−q .考点二 等比数列的判定与证明例2已知数列{a n } 的首项a 1=12 ，且满足a n+1=a n3−2a n (n ∈N ∗) .（1） 证明：{1a n −1} 是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2） 记b n =n (1a n −1) ，求{b n } 的前n 项和S n .变式：已知各项都为正数的数列{a n } 满足a n+1+a n =3⋅2n ，a 1=1 .（1） 若b n =a n −2n ，求证：{b n } 是等比数列；（2） 求数列{a n } 的通项公式.方法感悟：判定等比数列的四种常用方法定义法 若a n+1a n =q （q 为非零常数，n ∈N ∗ ）或a n a n−1=q （q为非零常数，且n ≥2 ,n ∈N ∗ ），则{a n } 是等比数列等比中项法 在数列{a n } 中，若a n ≠0 且a n+12=a n ⋅a n+2(n ∈N ∗) ，则{a n } 是等比数列通项公式法 若数列{a n } 的通项公式可以写成a n =c ⋅q n （c ,q均是不为0的常数，n ∈N ∗ ）的形式，则{a n } 是等比数列前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 ,q ≠1 ），则{a n } 是等比数列五．达标练习1．如果－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，那么( )A ．b ＝－3，ac ＝9B ．b ＝3，ac ＝9C ．b ＝－3，ac ＝－9D ．b ＝3，ac ＝－92．已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6＝ ( )A ．14B ．12C ．6D ．33．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则S n a n＝( )A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －14．在数列{a n }中，满足a 1＝2，a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，S n 为{a n }的前n 项和．若a 6＝64，则S 7的值为( )A ．126B ．256C ．255D ．2545. 已知正项等比数列{a n}的首项为1，且4a5,a3,2a4成等差数列，则{a n}的前6项和为( )A. 31B. 3132C. 6332D. 636. 数列{a n}中，a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10= 215−25，则k=( )A. 2B. 3C. 4D. 57. 已知等比数列{a n}，其前n项和为S n.若a2=4，S3=14，则a3=.8. 已知等比数列{a n}的公比为−1，前n项和为S n，若{S n−1}也是等比数列，则a1=.9．设等比数列{a n}满足a1+a2=4，a3−a1=8. 记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m+S m+1=S m+3，则m=.10．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2S n=−a n+n(n∈N∗). （1）证明：数列{a n−12}为等比数列；（2）求数列{a n−1}的前n项和T n.。
2021高考数学人教版一轮复习练习：第五章 第3节 等比数列及其前n项和
多维层次练30[A 级 基础巩固]1．(2020·郴州一模)在数列{a n }中，满足a 1＝2，a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，S n 为{a n }的前n 项和，若a 6＝64，则S 7的值为( )A ．126B ．256C ．255D ．254解析：数列{a n }中，满足a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)，则数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，又由a 1＝2，a 6＝64，得q 5＝a 6a 1＝32，则q ＝2，则S 7＝a 1（1－27）1－2＝28－2＝254.答案：D2．(2020·惠州联考)已知数列{a n }为等差数列，且2a 1，2，2a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．15 B.212 C ．6D ．3解析：由2a 1，2，2a 6成等比数列，可得4＝2a 1·2a 6＝2a 1＋a 6， 即a 1＋a 6＝2，又数列{a n }为等差数列， 所以{a n }前6项的和为12×6(a 1＋a 6)＝6.答案：C3．已知数列{a n }为正项等比数列，a 2＝2，a 3＝2a 1，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．(2＋2)[1－(2)n ]B ．(2＋2)[(2)n －1] C.2(2n －1)D.2(1－2n )解析：由{a n }为正项等比数列，且a 2＝2，a 3＝2a 1，可得a 1＝1，公比q ＝2，所以数列{a n a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2（1－2n ）1－2＝2(2n －1)．答案：C4．(2020·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}．答案：D5．已知各项均为正数的等比数列{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 ．2 2D ．4解析：因为a 4与a 14的等比中项为22， 所以a 4·a 14＝a 7·a 11＝(22)2＝8， 所以2a 7＋a 11≥22a 7a 11＝22×8＝8， 所以2a 7＋a 11的最小值为8.答案：B6．(2019·全国卷Ⅰ)设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＝________．解析：由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.所以S 5＝13（1－35）1－3＝1213.答案：12137．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ·a m ＋2＝2a m ＋1(m ∈N *)，数列{a n }的前n 项积为T n ，且T 2m ＋1＝128，则m 的值为________，数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a m ·a m ＋2＝2a m ＋1，所以a 2m ＋1＝2a m ＋1，即a m ＋1＝2，即{a n }为常数列．又T 2m ＋1＝(a m ＋1)2m ＋1，由22m ＋1＝128，得m ＝3. 数列{a n }的前n 项和S n ＝2n . 答案：3 2n8．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________．解析：由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )可得a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，即(a n ＋1－2a n )2＝0，即a n ＋1＝2a n ，又a 1＝2，所以数列{a n }是首项和公比都是2的等比数列，则其前9项的和S 9＝2（1－29）1－2＝210－2＝1 022.答案：1 0229．已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a nb n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32－12×3n －1. 10．已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值．解：(1)因为点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以a n ＋1－a n ＝2，所以数列{a n }是等差数列，公差为2，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，所以q ＝3. 所以b n ＝3n －1.所以数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1，2.[B 级 能力提升]11．(2020·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是⎣⎢⎡⎦⎥⎤100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n 万元，则n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：由题意知，茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列{a n }，且a n ＝n ，货物单价构成一个等比数列{b n }，且b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，所以每一层货物的总价为a n b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1万元， 所以这堆货物的总价(单位：万元)为S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ，所以S n ＝1×1＋2×910＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －2＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1. 两边同乘910得，910S n ＝1×910＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，两式相减得110S n ＝1＋910＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝10－(10＋n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，所以S n ＝100－10×(10＋n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，由100－10×(10＋n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝100－200×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，整理得10×(10＋n )＝200，解得n ＝10. 答案：D12．数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝3－2n ＋32n ，n ∈N *，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝________．解析：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝3－2n ＋32n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝3－2n ＋12n －1(n ≥2)，两式相减得(2n －1)a n ＝2n －12n (n ≥2)，a n ＝12n (n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝3－52＝12，适合上式，所以a n ＝12n (n ∈N *)．因此a 1＋a 2＋…＋a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n .答案：1－12n13．(2020·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，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(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⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是等比数列．[C 级 素养升华]14．(多选题)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 3·a 6·a 9＝127，则当T n 最大时，n 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3·a 6·a 9＝127，所以a 36＝127，解得a 6＝13.因为a 2＝27，所以q 4＝1327＝181，解得q ＝13，所以a n ＝a 2qn －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.答案：AB素养培育数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用(自主阅读)(1)数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果．通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展．(2)数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想．类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .[典例1] (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________．(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________．解析：(1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或a m＝2.又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38，显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎨⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎨⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5. 答案：(1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *)．[典例2] (1)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 ．6B ．5C ．4D ．3(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 ．－18 C.578 D.558解析：(1)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.(2)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.答案：(1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q .若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m (q 为公比)．[典例3] (1)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 ＝________．(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________． 解析：(1)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. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0.则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案：(1)2 (2)3116。
2020年高考文科数学新课标第一轮总复习练习：5_3等比数列及其前n项和
课时规范练A组基础对点练1．已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B) A．21 B.42C．63 D.842．(2018·石家庄质检)在等比数列{a n}中，a2＝2，a5＝16，则a6＝(C) A．14 B.28C．32 D.643．(2017·邢台摸底考试)已知数列{a n}为等比数列，a5＝1，a9＝81，则a7＝(B) A．9或－9 B.9C．27或－27 D.27解析：∵数列{a n}为等比数列，且a5＝1，a9＝81，∴a27＝a5a9＝1×81＝81，∴a7＝±9.当a7＝－9时，a26＝1×(－9)＝－9不成立，舍去．∴a7＝9.故选B.4．(2018·昆明调研测试)已知等差数列{a n}的公差为2，且a4是a2与a8的等比中项，则{a n}的通项公式a n＝(B)A．－2n B.2nC．2n－1 D.2n＋1解析：由题意，得a2a8＝a24，又a n＝a1＋2(n－1)，所以(a1＋2)(a1＋14)＝(a1＋6)2，解得a1＝2，所以a n＝2n.故选B.5．在等比数列{a n}中，S n表示前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q 等于(D)A．－3 B.－1C．1 D.3解析：在等比数列{a n}中，∵a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，∴a4－a3＝2S3＋1－(2S2＋1)＝2(S3－S2)＝2a3，∴a4＝3a3，＝3.故选D.∴q＝a4a36．我国古代有用一首诗歌形式提出的数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增．共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？(C)A．5 B.4C．3 D.27．若等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(D)A．5 B.9C．log345 D.10解析：由等比数列性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，∴a5a6＝9，则原式＝log3a1a2…a10＝log3(a5a6)5＝10.8．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若a25＝2a3a6，S5＝－62，则a1的值是__－2__.9．(2018·重庆调研)在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a5＝5，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝__9__.解析：因为数列{a n}是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质，可得a1·a9＝a2·a8＝a3·a7＝a4·a6＝a25＝52，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝log5(a1·a2·…·a9) ＝log5[(a1·a9)·(a2·a8)·(a3·a7)·(a4·a6)·a5]＝log5a95＝log559＝9. 10．(2018·洛阳统考)已知各项均不为零的数列{a n}的前n项和为S n，且满足a1＝3S n＋4(n∈N*)．＝4，a n＋1(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89. 解析：(1)因为a n ＋1＝3S n ＋4， 所以a n ＝3S n －1＋4(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝3a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)． 又a 2＝3a 1＋4＝16＝4a 1，所以数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列，所以a n ＝4n . (2)证明：因为a n b n ＝log 2a n ，所以b n ＝2n4n ， 所以T n ＝241＋442＋643＋ (2)4n ， 14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1， 两式相减得，34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1 ＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1 ＝23－6n ＋83×4n ＋1， 所以T n ＝89－6n ＋89×4n <89.11．(2017·合肥质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *. (1)求证：数列{a nn }为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n ，知a n ＋1n ＋1＝12·a nn ，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列． (2)由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝n 2n ，∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，②①－②，得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n .B 组 能力提升练1．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( C ) A ．2 B.1 C.12D.18解析：设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×q 3－1，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12.故选C.2．(2018·安徽质检)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：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？此问题的译文是：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．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a 升，b 升，c 升，1斗为10升，则下列判断正确的是( D )A ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且a ＝507 B ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且c ＝507 C ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且a ＝507 A ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且c ＝507解析：由题意，可得a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，b ＝12a ，c ＝12b ，故4c ＋2c ＋c ＝50，解得c ＝507.故选D.3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( B ) A ．4 B.5 C ．6D.7解析：由等比数列的性质，可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5，故选B.4．(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 018＝( A ) A ．22 017－12 B.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 017C ．22 018－12D.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018解析：由a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，得q 6－16q 3＋64＝0，所以q 3＝8，即q ＝2，所以S 2 018＝a 1(1－q 2 018)1－q＝22 017－12.故选A.5．(2016·高考天津卷)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( C ) 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解析：由题意，得a n ＝a 1q n －1(a 1>0)，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2＋a 1q 2n －1＝a 1q 2n －2(1＋q )．若q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a 2n <0，即a 1q 2n －2(1＋q )<0，可得q <－1<0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要而不充分条件，故选C.6．若等比数列{a n }的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( D ) A.32 B.94 C ．1D.2解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则第2,3,4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9①，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92②，①÷②得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q 3＝2.故选D. 7．已知等比数列{a n }的各项都是正数，且3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( D ) A ．6 B.7 C ．8D.9解析：∵3a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝3a 1＋2a 2， ∴q 2－2q －3＝0，∴q ＝3或q ＝－1(舍去)．∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 1q 7＋a 1q 8a 1q 5＋a 1q 6＝q 2＋q 31＋q＝q 2＝32＝9.故选D. 8．(2018·合肥质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( A ) A ．22 018－1 B.32 018－6 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018－72 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13 2 018－103 解析：因为3S n ＝2a n －3n ，所以当n ＝1时，3S 1＝3a 1＝2a 1－3，所以a 1＝－3；当n ≥2时，3a n ＝3S n －3S n －1＝(2a n －3n )－(2a n －1－3n ＋3)，所以a n ＝－2a n －1－3，即a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．则a n ＋1＝－2×(－2)n －1＝(－2)n ，所以a n ＝(－2)n －1，所以a 2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1，故选A.9．(2018·郑州质量预测)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝__100__.解析：由log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 22a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列．又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100， 所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.10．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__(－∞，－1]∪[3，＋∞)__．解析：当q >0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3； 当q <0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1， 所以S 3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．11．(2018·石家庄质检)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，若a 1＝1，a 2·a 4＝16.(1)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和S n . 解析：(1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2a 4＝16，得q 4＝16，所以q ＝2，则a n ＝2n －1. 又b n ＝log 2a n ，所以b n ＝n －1. (2)由(1)可知a n ·b n ＝(n －1)·2n －1，则S n ＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1， 2S n ＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ， 两式相减，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －1－(n －1)·2n ＝2－2n 1－2－(n －1)·2n ＝2n (2－n )－2， 所以S n ＝2n (n －2)＋2.12．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{}a n 是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.解析：(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(λ－1)a n ＋1＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0，得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n. 由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132，解得λ＝－1.。
三维设计高考数学人教版理科一轮复习配套题库5.3等比数列及其前n项和(含答案详析)
高考真题备选题库 第5章 数列第3节 等比数列及其前n 项和 考点一 等比数列的通项公式1．（2013新课标全国Ⅱ，5分）等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3 ＝ a 2 ＋10a 1 ，a 5＝9，则a 1＝( )A.13 B ．－13C.19D ．－19解析：本题考查等比数列的基本知识，包括等比数列的前n 项和及通项公式，属于基础题，考查考生的基本运算能力．由题知q ≠1，则S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝a 1q ＋10a 1，得q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，则a 1＝19，故选C.答案：C2．（2013北京，5分）若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________.解析：本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查方程思想以及考生的运算求解能力．q ＝a 3＋a 5a 2＋a 4＝2，又a 2＋a 4＝20，故a 1q ＋a 1q 3＝20，解得a 1＝2，所以S n ＝2n ＋1－2. 答案：2 2n ＋1－23.（2013湖北，12分）已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．解：本题考查等比数列的通项公式、前n 项和公式、不等式等基础知识和基本方法，考查方程思想、分类与整合思想，考查运算求解能力、逻辑思维能力，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力．(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1. 故a n ＝53·3n －1，或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35·⎝⎛⎭⎫13n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列， 从而∑n ＝1m 1a n ＝35·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m 1－13＝910·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m <910<1. 若a n ＝－5·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15，m ＝2k －1(k ∈N ＋)，0，m ＝2k (k ∈N ＋)，故∑n ＝1m1a n<1. 综上，对任何正整数m ，总有∑n ＝1m1a n<1. 故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．4．（2012辽宁，5分）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：由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1⇒2q 2－5q ＋2＝0⇒q ＝2或12，由a 25＝a 10＝a 1q 9>0⇒a 1>0，又数列{a n }递增，所以q ＝2.a 25＝a 10>0⇒(a 1q 4)2＝a 1q 9⇒a 1＝q ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .答案：2n5．（2010福建，4分）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 ＝________.解析：∵在等比数列{a n }中，前3项之和等于21， ∴a 1(1－43)1－4＝21，∴a 1＝1，∴a n ＝4n －1.答案：4n －16．(2011新课标全国，12分)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{1b n}的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19.由条件可知q ＞0，故q ＝13. 由2a 1＋3a 2＝1，得2a 1＋3a 1q ＝1，得a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝ －(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2.故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2(1n －1n ＋1)． 1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝－2n n ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2n n ＋1. 考点二 等比数列的前n 项和1．（2013辽宁，5分）已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.解析：本题主要考查等比数列的性质、通项公式、求和公式，意在考查考生对等比数列公式的运用，以及等比数列性质的应用情况．由题意得，a 1＋a 3＝5，a 1a 3＝4，由数列是递增数列得，a 1＝1，a 3＝4，所以q ＝2，代入等比数列的求和公式得S 6＝63.答案：632．（2013湖北，13分）已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解：本题主要考查等比数列的性质、等差数列的性质、等比数列的通项公式及前n 项和公式，也考查了分类讨论思想．(1)设数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3(－2)n －1.(2)由(1)有S n ＝3[1－(－2)n ]1－(－2)＝1－(－2)n .若存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012. 当n 为偶数时，(－2)n >0，上式不成立；当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012，即2n ≥2 012，则n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}． 3．（2013陕西，12分）设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列．解：本题考查等比数列前n 项和公式推导所用的错位相减法以及用反证法研究问题，深度考查考生应用数列作工具进行逻辑推理的思维方法．(1)设{a n }的前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，② ①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q，q ≠1.(2)证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N ＋， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)， a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．4．（2010广东，5分）已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．35B ．33C ．31D ．29解析：设数列{a n }的公比为q ，a 2·a 3＝a 21·q 3＝a 1·a 4＝2a 1⇒a 4＝2，a 4＋2a 7＝a 4＋2a 4q 3＝2＋4q 3＝2×54⇒q ＝12，故a 1＝a 4q 3＝16，S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝31.答案：C5．（2010安徽，5分）设{a n }是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为X ，Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是( )A ．X ＋Z ＝2YB ．Y (Y －X )＝Z (Z －X )C ．Y 2＝XZD ．Y (Y －X )＝X (Z －X )解析：根据等比数列的性质：若{a n }是等比数列，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列，即X ，Y －X ，Z －Y 成等比数列， 故(Y －X )2＝X (Z －Y )，整理得Y (Y －X )＝X (Z －X )，故选D. 答案：D6．（2010辽宁，5分）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＝( )A.152 B.314 C.334D.172解析：显然公比q ≠1，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1a 1(1－q 3)1－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4q ＝12，∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝4(1－125)1－12＝314.答案：B7．（2010天津，5分）已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1a n}的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158解析：由题意可知9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，解得q ＝2，数列{1a n }是以1为首项，以12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.答案：C8．(2009·辽宁，5分)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2 B.73 C.83D ．3解析：由等比数列的性质：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是，由S 6＝3S 3，可推出S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 答案：B考点三 等比数列的性质及应用1．（2013江西，5分）等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( )A ．－24B ．0C ．12D ．24解析：选A 本题考查等比数列的通项以及等比数列的性质，意在考查考生的运算能力及对基础知识的掌握情况．由等比数列的前三项为x,3x ＋3,6x ＋6，可得(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)，解得x ＝－3或x ＝－1(此时3x ＋3＝0，不合题意，舍去)，故该等比数列的首项x ＝－3，公比q ＝3x ＋3x＝2，所以第四项为(6x ＋6)×q ＝－24.2．（2013江苏，5分）在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．解析：本题主要考查等比数列的基本性质，意在考查学生的运算能力．设等比数列{a n }的公比为q (q >0)．由a 5＝12，a 6＋a 7＝3，可得12(q ＋q 2)＝3，即q 2＋q －6＝0，所以q ＝2，所以a n ＝2n －6，数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －5－2－5，所以a 1a 2…a n ＝(a 1a n )n 2＝2n (n －11)2，由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 可得2n －5－2－5>2n (n －11)2，由2n －5>2n (n －11)2，可求得n 的最大值为12，而当n ＝13时，28－2－5>213不成立，所以n 的最大值为12.答案：123．（2012新课标全国，5分）已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7解析：设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝4，a 7＝－2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，q 3＝－12，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q 3＝－2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－8，a 10＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7.答案：D4．（2010北京，5分）在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比|q |≠1.若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m ＝( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：由题知a m ＝|q |m －1＝a 1a 2a 3a 4a 5＝|q |10，所以m ＝11. 答案：C5．（2012浙江，4分）设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝____________.解析：∵S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3(a 4－a 2)，∴a 2(q ＋q 2)＝3a 2(q 2－1)， 解得q ＝－1(舍去)或q ＝32.答案：326．(2011江西，12分)已知两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a >0)， b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3. (1)若a ＝1，求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{a n }唯一，求a 的值．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ＝2，b 2＝2＋aq ＝2＋q ，b 3＝3＋aq 2＝3＋q 2， 由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋q )2＝2(3＋q 2)． 即q 2－4q ＋2＝0，解得q 1＝2＋2，q 2＝2－ 2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2＋2)n－1或a n ＝(2－2)n －1.(2)设数列{a n }的公比为q ，则由(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)，得aq 2－4aq ＋3a －1＝0(*)， 由a ＞0得Δ＝4a 2＋4a ＞0，故方程(*)有两个不同的实根． 由数列{a n }唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得 a ＝13.。
第03讲 等比数列及其前n项和 (精讲)(解析版)-2023年高考数学一轮复习
第03讲 等比数列及其前n 项和(精讲）目录第一部分：知识点精准记忆 第二部分：课前自我评估测试 第三部分：典型例题剖析 题型一：等比数列基本量的运算 题型二：等比数列的判断与证明 题型三：等比数列的性质及其综合应用角度1：等比数列的性质角度2：等比数列与等差数列的综合问题第四部分：高考真题感悟1.等比数列的概念 (1)等比数列的定义一般地，如果一个数列从2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，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 (0q ≠)表示．数学语言表达：1(2)nn a q n a -=≥，q 为常数，0q ≠. (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⇔2G ab =. 2.等比数列的有关公式(1)若等比数列{}n a 的首项为1a ，公比是q ，则其通项公式为11n n a a q -=；可推广为n m n m a a q -=.(2)等比数列的前n 项和公式：当1q =时，1n S na =；当1q ≠时，11(1)11n n n a a q a q S q q--==--.3.等比数列的性质设数列{}n a 是等比数列，n S 是其前n 项和．(1)若m n p q +=+，则m n p q a a a a =，其中,,,m n p q N *∈.特别地，若2m n p +=，则2m n p a a a =，其中,,m n p N *∈.(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ka ，k ma +，2k ma +，…仍是等比数列，公比为mq(,k m N *∈)．(3)若数列{}n a ，{}n b 是两个项数相同的等比数列，则数列{}n ba ，{}n n pa qb ⋅和{}nnpa qb (其中b ，p ，q 是非零常数)也是等比数列．1．（2022·宁夏·平罗中学高一期中（理））已知2、x 、8成等比数列，则x 的值为（ ） A ．4 B ．4- C ．4± D ．5【答案】C解：因为2、x 、8成等比数列， 所以228x =⨯，解得4x =±； 故选：C2．（2022·辽宁·辽师大附中高二阶段练习）已知一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了4个伙伴；第2天，5只蜜蜂飞出去，各自找回了4个伙伴，……按照这个规律继续下去，第20天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有蜜蜂（ ） A ．420只 B ．520只C ． 20554-只D ． 21443-只【答案】B第一天一共有5只蜜蜂，第二天一共有2555⨯=只蜜蜂，……按照这个规律每天的蜜蜂数构成以为5首项，公比为5的等比数列则第n 天的蜜蜂数1555n nn a -=⨯=第20天蜜蜂都归巢后，蜂巢中共有蜜蜂数205 故选：B ．3．（2022·北京·昌平一中高二期中）2与8的等比中项是（ ） A ．4 B ．5 C ．4± D ．5±【答案】C设a 为2与8的等比中项，则22816a =⨯=，解得：4a =±. 故选：C.4．（2022·湖北·蕲春县实验高级中学高二期中）已知2是2m 与n 的等差中项，1是m 与2n 的等比中项，则12m n+=（ ） A ．2 B ．4 C ．6 D ．8【答案】D由题可知24m n +=，21mn =，所以1228m n m n mn++==． 故选：D ．5．（2022·全国·高二单元测试）在下列的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x y +的值为（ ） 2 4 1 2 x yB ．3C ．4D ．5【答案】A 由题意知表格为 2 4 6 12 3 12132故3222x y +=+=． 故选：A题型一：等比数列基本量的运算例题1．（2022·辽宁·沈阳市第八十三中学高二阶段练习）若等比数列{}n a 满足123a a +=，4581a a +=，则数列{}n a 的公比为（ ）A ．﹣2B ．2C ．﹣3D ．3【答案】D设等比数列{an }的公比为q ，由a 4+a 5＝（a 1+a 3）q 3，得3q 3＝81，解得q ＝3， 故选：D ．例题2．（2022·江西·上饶市第一中学模拟预测（文））在正项等比数列{}n a 中，1236a a a a =，且416a =，则10a =（ ） A ．1024 B ．960 C ．768 D ．512【答案】A解：依题意设公比为q ，且10a >、0q >，由1236a a a a =，则33511a q a q =，即221a q =，所以1a q =，因为416a =，所以34116a q q ==，所以2q，所以2n n a =，所以101021024a ==；故选：A例题3．（2022·辽宁·鞍山市华育高级中学高二期中）在等比数列{}n a 中，241a a +=，352a a +=，则公比q =（ ）A ．12 B ．2 C ．1 D ．2-【答案】B设等比数列{}n a 的公比为q ，由()2424351,2+=+=+=a a a a a a q ，解得2q .故选：B.例题4．（2022·全国·模拟预测）已知{}n a 是等比数列，0n a >，1329a a a =，12312323a a a ++=． (1)求{}n a 的通项公式；(2)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，求使得1n n S na +≥的正整数n 的所有取值．【答案】(1)3nn a =或9n a =；(2)答案见解析．(1)因为{}n a 为等比数列，所以213229a a a a ==，又0n a ≠，所以29a =．设{}n a 的公比为()0q q >，因为12312323aa a ++=， 所以12329993q q++=，化简得24309q q q-+=，解得3q =或1q =． 当3q =时，2933n nn a -=⨯=．当1q =时，9n a =．(2)当3q =时，()1113312n n n a q S q+--==-． 由1n n S na +≥，得23332n n n +-≥⋅，化简得()9233nn -⨯≥．易知，当5n ≥时，不等式显然不成立，检验可知，满足不等式的正整数n 的所有取值为1，2，3，4．当1q =时，9n S n =，由1n n S na +≥，得()919n n +≥，此时n 的取值为一切正整数． 例题5．（2022·北京二中高二学业考试）已知数列{}n a 是等比数列，142,16a a ==， (1)求数列{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ；(2)若35,a a 分别为等差数列{}n b 的第3项和第5项，求数列{}n b 的通项公式及其前n 项和n T .【答案】(1)2n n a =，122n n S +=-.(2)1228n b n =-,2622n T n n =-.(1)设数列{}n a 的公比为q ，则41411682a qa -===，得2q ，所以111222n n nn a a q --==⨯=.11(1)2(12)22112n n n n a q S q +--===---.(2)设等差数列{}n b 的公差为d ， 33328b a ===,555232b a ===,则5332812532b b d --===-， 所以3(3)812(3)1228n b b n d n n =+-=+-=-，2(161228)6222n n n T n n -+-==-. 方法总结解决等比数列基本量运算的思想方法(1)方程思想:等比数列的基本量为首项1a 和公比q ,通常利用已知条件及通项公式或前n 项和公式列方程(组)求解,等比数列中包含1a ,q ,n ,n a ,n S 五个量,可“知三求二”.(2)整体思想:当所给条件只有一个时,可将已知和所求都用1a ,q 表示,寻求两者间的联系,整体代换即可求解.(3)分类讨论思想:若题目中公比q 未知,则运用等比数列前n 项和公式时要对q 分1q =和1q ≠两种情况进行讨论.题型二：等比数列的判断与证明例题1．（2022·辽宁·抚顺一中高二阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-． (1)求{}n a 的通项公式；【答案】(1)212n n a -=(1)当1n =时，1113423S a a =-=，解得12a =． 当2n ≥时，()113334242n n n n n a S S a a --=-=---， 整理得14n n a a -=，所以{}n a 是以2为首项，4为公比的等比数列，故121242n n n a --=⨯=．例题2．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且231n n S a =-． (1)求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)13-=n n a(1)当1n =时，1112321S a a =-⇒=， 又231n n S a =-，①当2n ≥时11231n n S a --=-，② ①−②得：1233n n n a a a -=-，即13n n a a -=， ∴数列{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴ 13-=n n a ．例题3．（2022·江西·二模（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，212S =，且()*,m n m n a a a m n +=∈N .(1)求{}n a 的通项公式；【答案】(1)3n n a =(1)令m =n =1，得221a a =，又21212S a a =+=，解得：13a =或14a =-（负值舍去），令m =1，得11n n a a a +=，所以13n na a +=， 所以{}n a 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以3nn a =.证明{}n a 是等比数列 定义法1n na q a +=(n N *∈) (或者1(2)nn a q n a -=≥）等差中项法211(2)n n n a a a n -+=⋅≥判断{}n a 是等比数列{}n a 的通项关于n 的指数函数1n n a cq -=（0c ≠，0q ≠）{}n a 的前n 项和 n n S kq k =-（0c ≠，0q ≠，1q ≠）题型三：等比数列的性质及其综合应用角度1：等比数列的性质例题1．（2022·宁夏·平罗中学高一期中（文））已知{}n a 是等比数列，若0n a >，且243546225a a a a a a ++=，则35a a +=（ ）A ．10B ．25C ．5D ．15【答案】C因为{}n a 是等比数列，243546225a a a a a a ++=，所以223355225a a a a ++=，即()23525a a +=，因为0n a >， 所以355a a +=. 故选：C例题2．（2022·江西·九江一中高二阶段练习（理））在正项等比数列{}n a 中，48128a a a =，则22214log log a a +=（ ） A ．2 B ．1C ．12D ．14【答案】A由4812388a a a a ==，可得82a =则()222142214282228log log log log log log 2222a a a a a a ===+==故选：A例题3．（2022·辽宁沈阳·三模）在等比数列{}n a 中，28,a a 为方程240x x π-+=的两根，则357a a a 的值为（ ） A ．ππB ．π-C ．π±D ．3π【答案】C解：在等比数列{}n a 中，因为28,a a 为方程240x x π-+=的两根，所以2258a a a π==，所以5a π=± 所以33575a a a a π==±故选：C.例题4．（2022·河南·高二阶段练习（文））在等比数列{}n a 中，2313a a =，则28a a =______．【答案】9设等比数列{}n a 的公比为q ，由2313a a =得：2211()3a q a =，则有4513a a q ==， 所以2285()9a a a ==.故答案为：9例题5．（2022·全国·高三专题练习）在正项等比数列{}n a 中，若484a a =，则22210log log a a +=______． 【答案】2()()2221022102482log log log log log 42a a a a a a +====．故答案为：2例题6．（2022·全国·高二单元测试）等比数列{}n a 中，0n a >且243546225a a a a a a ++=，则35a a +=_______ 【答案】52435462a a a a a a ++()222335535225a a a a a a =++=+=，又等比数列{}n a 中，0n a >， 355a a ∴+=，故答案为：5．角度2：等比数列与等差数列的综合问题例题1．（2022·浙江·杭师大附中模拟预测）数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 满足()N n n b na n *=∈，且数列{}n b 的前n 项和为(1)2n n S n -+．(1)求12,a a ，并求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)12a =，24a =，2n n a =(2)证明见解析 (1)由题意得12323(1)2n n a a a na n S n ++++=-+，①当1n =时，12a =；当2n =时，1221222444a a S a a a +=+=++⇒=； 当2n ≥时，1231123(1)(2)2(1)n n a a a n a n S n --++++-=-+-，②①-②得，1(1)(2)2(2)222(2)n n n n n n n na n S n S S n a S a n -=---+=+-+⇒=-≥，当1n =时，12a =，也适合上式，所以()22N n n S a n *=-∈，所以1122n n S a --=-，两式相减得12(2)n n a a n -=≥，所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2n n a =．例题2．（2022·江西·南城县第二中学高二阶段练习（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21n n S a n *=-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)13n na =(1)当1n =时，111221a S a =-=，解得：113a =；当2n ≥时，1122211n n n n n a S S a a --=-=--+，即113n n a a -=，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列，1133nn n a ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭. 例题3．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））若n S 为数列{}n a 的前n 项和，12a =，且()()*121n n S S n +=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)2n n a =(1)解：因为()121n n S S +=+①，*n ∈N ， 当2n ≥时，()121n n S S -=+②，由①②可得()()112121n n n n S S S S +--=+-+， 即12(2)n n a a n +=≥．1n =时，122a a S +==112222S a +=+，又12a =，所以24a =， 所以()*12n n a a n +=∈N ，所以12n na a +=， 所以数列{}n a 是等比数列，且首项为2，公比为2． 所以2n n a =．例题4．（2022·四川·树德中学高一竞赛）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，()*11n n S a n N +=-∈．(1)求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)12n na(1)解：由题意，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，11n n S a +=-， 当2n ≥时，可得11n n S a -=-，两式相减得1n n n a a a +=-，即12n n a a +=，即12(2,)n na n n N a ++=≥∈， 当1n =时，1211S a a =-=，可得22a =，可得212a a =， 所以数列{}n a 表示首项为11a =，公比为2q的等比数列，所以数列{}n a 的通项公式为1112n n n a a q --==.例题5．（2022·福建省福州格致中学模拟预测）在①()12n n n n a T T n ++=，②23n n n S a +=这两个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答下列题目.设首项为2的数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且___________. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中是否存在连续三项构成等比数列，若存在，请举例说明，若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)()1n a n n =+(2)不存在，理由见解析 (1)选①：()12nn n n a T T n++=， 即()12nn n a a n++=.∴12n na a n n+=+ 即()()()1211n n a a n n n n +=+++，∴数列()1n a n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭是常数列，∴()11211n a a n n =⨯+=，故()1n a n n =+选②：因为()32n n S n a =+，所以2n ≥时，()1131n n S n a --=+， 则()()1321n n n a n a n a -=+-+，即()()111n n n a n a --=+，即111n n a n a n -+=-， 所以()114311221n n n a a n n n n +=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=+--， 当1n =时，12a =也满足，所以()1n a n n =+.(2)假设在数列中存在连续三项n a ，1n a +，2n a +成等比数列，那么有212n n n a a a ++=成立， 即()()()()()212123n n n n n n ⎡⎤++=+++⎣⎦成立. 即()()()123n n n n ++=+成立，即20=成立，此等式显然不成立，故原命题不成立，即不存在连续三项n a ，1n a +，2n a +成等比数列例题6．（2022·全国·高二单元测试）在①102nn a a ++=，②1661n n a a +=-，③18n n a a n +=+-这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且14a =，______，求{}n a 的通项公式，并判断n S 是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.【答案】选①：312n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，存在，最大值4；选②：12566n a n =-+，存在，最大值50；选③：217242n n n a -+=，不存在，理由见解析.选①：因为102nn a a ++=，即112n n a a +=-，14a =， 所以数列{}n a 是首项为4、公比为12-的等比数列，1311422n n n a --⎛⎫⎛⎫=⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当n 为奇数时，141281113212n n nS ⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==+ ⎪⎝⎭+， 因为81132n⎛⎫+ ⎪⎝⎭随着n 的增大而减小，所以此时n S 的最大值为14S =； 当n 为偶数时，141281113212n n nS ⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭+，且81814323n n S ⎛⎫=-<< ⎪⎝⎭，综上，n S 存在最大值，且最大值为4.选②：因为1661n n a a +=-，即116n n a a +-=-，14a =，所以{}n a 是首项为4、公差为16-的等差数列，()112541666n a n n ⎛⎫=+-⋅-=-+ ⎪⎝⎭，125066n -+≥，解得25n ≤，240a >，250a =， 故n S 存在最大值，且最大值为25S 或24S ，25252414255026S ⨯⎛⎫=⨯+⨯-= ⎪⎝⎭，n S 的最大值为50. 选③：因为18n n a a n +=+-，所以18n n a a n +-=-， 所以217a a -=-，326a a -=-，…，19n n a a n --=-， 则()()()()()2111221791171622n n n n n n n n n a a a a a a a a ----+---+-=-+-+⋅⋅⋅+-==，因为14a =，所以217242n n n a -+=，当16n ≥时，0n a >，故n S 不存在最大值.1．（2022·上海·高考真题）已知{}n a 为等比数列，{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则下列选项中正确的是（ ） A ．若20222021S S >，则数列{}n a 单调递增 B ．若20222021T T >，则数列{}n a 单调递增 C ．若数列{}n S 单调递增，则20222021a a ≥ D ．若数列{}n T 单调递增，则20222021a a ≥ 【答案】DA ：由20222021S S >，得20220a >，即202110a q>，则1a 、q 取值同号， 若100a q <<，，则{}n a 不是递增数列，故A 错误；B ：由20222021T T >，得20221a >，即202111a q >，则1a 、q 取值同号，若100a q <<，，则数列{}n a 不是递增数列，故B 错误；C ：若等比数列11a =，公比12q =，则11()122(1)1212nn nS -==--， 所以数列{}n S 为递增数列，但20222021a a <，故C 错误；D ：由数列{}n T 为递增数列，得1n n T T ->，所以1n a >， 即1q ≥，所以20222021a a ≥，故D 正确. 故选：D2．（2022·上海·高考真题）已知数列{}n a ，21a =，{}n a 的前n 项和为n S .(1)若{}n a 为等比数列，23S =，求lim n n S →∞； (2)若{}n a 为等差数列，公差为d ，对任意*n ∈N ，均满足2n S n ≥，求d 的取值范围. 【答案】(1)4；(2)[]0,1.(1)解：2123S a a =+=，则12a =，所以，等比数列{}n a 的公比为2112a q a ==， ()1114112n n n a q S q-⎡⎤⎛⎫∴==-⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦，因此，()111lim lim lim 44412n nn n n n a q S q →∞→∞→∞-⎡⎤⎛⎫==-⋅=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦.(2)解：由已知可得()()12222122n n n n a a S n a a n -+==+≥，则2211n a a -+≥， 即()22231a n d +-≥，可得()231n d -≥-. 当1n =时，可得1d ≤；当2n ≥时，则231n -≥，所以，132d n≥-， 因为数列()1232n n ⎧⎫≥⎨⎬-⎩⎭为单调递增数列，而11032n -≤<-，故0d ≥. 综上所述，01d ≤≤.3．（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列，1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；4．（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式； 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =； （1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==.。
高中数学高考高三理科一轮复习资料第5章 5.3 等比数列及其前n项和
因为 q＜1，解得 q＝－1 或 q＝－2. 当 q＝－1 时，代入①得 a1＝2， － 通项公式 an＝2×(－1)n 1； 1 当 q＝－2 时，代入①得 a1＝2， 1 通项公式 an＝2×(－2)n－1.
点评：等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问 题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式， 并能灵活运用．尤其需要注意的是，在使用等比数列的前 n 项 和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算 过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
高中数学
5．3 等比数列及其前n项和
考纲点击 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
说基础
课前预习读教材
考点梳理 1.等比数列的定义 如果一个数列从第二项起，①____________等于同一个常 数，这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ② ______.公比通常用字母 q 表示(q≠0)． 2．通项公式与前 n 项和公式． (1)通项公式：③__________，a1 为首项，q 为公比． (2)前 n 项和公式： 当 q＝1 时， ④__________； 当 q≠1 时， ⑤______________.
解析：由等比数列的性质知：a1· a19＝16＝a8· a12＝a2 10，∴ a10＝4，则 a8· a10· a12＝a3 10＝64，故选 B. 答案：B
1n 3． 若等比数列{an}的前 n 项和为 Sn＝3( ) ＋m(n∈N*)， 则 2 实数 m 的取值为( ) 3 A．－ B．－1 2 C．－3 D．一切实数n－1 Nhomakorabea1 －2
2022届高考数学一轮复习 第五章 数列 第3节 等比数列及其前n项和课时作业(含解析)新人教版
第五章 数列授课提示：对应学生用书第293页[A 组 基础保分练]1．若正项数列{a n }满足a 1＝2，a 2n ＋1－3a n ＋1a n －4a 2n ＝0，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝22n －1B ．a n ＝2nC ．a n ＝22n ＋1D ．a n ＝22n －3答案：A2．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.18 B ．－18C.578 D ．558答案：A3．(2021·西安模拟)设a 1＝2，数列{1＋2a n }是公比为2的等比数列，则a 6＝( ) A ．31.5 B ．160 C ．79.5D ．159.5 解析：因为1＋2a n ＝(1＋2a 1)·2n －1，则a n ＝5·2n －1－12，a n ＝5·2n －2－12.a 6＝5×24－12＝5×16－12＝80－12＝79.5.答案：C4．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答案：D5．(2021·南宁统一考试)设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q ＞1”是“{a n }为递增数列”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解析：等比数列{a n }为递增数列的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＜0，0＜q ＜1.答案：D6．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，若S 2＋a 2＝S 3－3，则a 4＋3a 2的最小值为( )A ．12B ．9C ．16D ．18解析：因为S 3－S 2＝a 3，所以由S 2＋a 2＝S 3－3，得a 3－a 2＝3，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＝3q q －1，由于{a n }的各项为正，所以q ＞1.a 4＋3a 2＝a 1q 3＋3a 1q ＝a 1q (q 2＋3)＝3q q －1q (q 2＋3)＝3q 2＋3q －1＝3(q －1＋4q －1＋2)≥18，当且仅当q －1＝2，即q ＝3时，a 3＋3a 2取得最小值18.答案：D7．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S 6S 3＝65，则数列{a n }的公比为________．答案：48．(2021·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________． 答案：29．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.解析：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.10．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：∵S n ＝2a n －3n ，∴S n ＋1＝2a n ＋1－3n －3，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3，即2a n ＋3＝a n＋1，∴2(a n ＋3)＝a n ＋1＋3，∴a n ＋1＋3a n ＋3＝2，∴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． ∴a n ＋3＝6×2n －1，即a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．[B 组 能力提升练]1．(多选题)如图，在每个小格中填上一个数，使得每一行的数依次成等差数列，每一列的数依次成等比数列，则( )A.x ＝1 C ．z ＝3D ．x ＋y ＋z ＝2解析：因为每一列成等比数列，所以第一列的第3,4,5个小格中的数分别是12，14，18，第三列的第3,4,5个小格中的数分别是1，12，14，所以x ＝1.又每一行成等差数列，所以y ＝14＋3×12－142＝58，z －18＝2×18，所以z ＝38，所以x ＋y ＋z ＝2.故A ，D 正确；B ，C错误． 答案：AD2．已知等比数列{a n }满足a 4＋a 6a 1＋a 3＝18，a 5＝4，记等比数列{a n }的前n 项积为T n ，则当T n取最大值时，n ＝( ) A ．4或5 B ．5或6 C ．6或7D ．7或8答案：C3．已知正项等比数列{a n }满足a 2·a 27·a 2 020＝16，则a 1·a 2·…·a 1 017＝( ) A ．41 017 B ．21 017 C ．41 018 D ．21 018答案：B4．(多选题)已知数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，a 1＝1，b 1＝2，a 2＋b 2＝7，a 3＋b 3＝13.记c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，数列{c n }的前n 项和为S n ，则( ) A ．a n ＝2n －1 B ．b n ＝2nC ．S 9＝1 409D ．S 2n ＝2n 2－n ＋43(4n－1)解析：设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q (q ≠0)，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＋2q ＝7，1＋2d ＋2q 2＝13，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，故a n ＝2n －1，b n ＝2n ，故A ，B 正确；则c 2n －1＝a 2n －1＝4n －3，c 2n ＝b 2n ＝4n ，所以数列{c n }的前2n 项和S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝n 1＋4n －32＋41－4n 1－4＝2n 2－n ＋43(4n －1)，S 9＝S 8＋a 9＝385，故C 错误，D 正确． 答案：ABD5．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 ＝________. 答案：2n ＋1－26．(2021·黄冈模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝________.答案：317．(2021·山东德州模拟)给出以下三个条件：①数列{a n }是首项为2，满足S n ＋1＝4S n ＋2的数列；②数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝22n ＋1＋λ(λ∈R )的数列； ③数列{a n }是首项为2，满足3S n ＝a n ＋1－2的数列．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n 与S n 满足________，记数列b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，c n ＝n 2＋nb n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解析：选条件①.由已知S n ＋1＝4S n ＋2，可得当n ≥2时，S n ＝4S n －1＋2， 两式相减，得a n ＋1＝4(S n －S n －1)＝4a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，当n ＝1时，S 2＝4S 1＋2，即2＋a 2＝4×2＋2，解得a 2＝8，满足a 2＝4a 1， 故数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝22n －1， 所以b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2，所以c n ＝n 2＋n b n b n ＋1＝n n ＋1n 2n ＋12＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1. 故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.选条件②.由已知3S n ＝22n ＋1＋λ，可得当n ≥2时，3S n －1＝22n －1＋λ，两式相减，得3a n ＝22n ＋1－22n －1＝3·22n －1，即a n ＝22n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2满足a n ＝22n －1，故数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n ＝22n －1. 以下同选条件①. 选条件③.由已知3S n ＝a n ＋1－2，可得当n ≥2时，3S n －1＝a n －2， 两式相减，得3a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)，当n＝1时，3a1＝a2－2，又a1＝2，所以a2＝8，满足a2＝4a1，故数列{a n}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以a n＝22n－1.以下同选条件①.[C组创新应用练]1．(多选题)设数列{a n}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列，q是其公比，K n是其前n 项的积，且K5＜K6，K6＝K7＞K8，则下列选项中正确的是( )A．0＜q＜1B．a7＝1C．K9＞K5D．K6与K7均为K n的最大值解析：若K6＝K7，则a7＝K7K6＝1，故B正确；由K5＜K6可得a6＝K6K5＞1，则q＝a7a6∈(0,1)，故A正确；由数列{a n}是各项为正数的等比数列且q∈(0,1)，可得数列{a n}单调递减，则有K9＜K5，故C错误；结合K5＜K6，K6＝K7＞K8，可得D正确．答案：ABD2．(2021·湖南常德模拟)某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防．规定每人每天早晚八时各服一次，现知每次药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的60%.某人上午八时第一次服药，至第二天上午八时服完药时，这种药在他体内还残留( )A．220毫克B．308毫克C．123.2毫克D．343.2毫克解析：设第n次服药后，药在体内的残留量为a n毫克，则a1＝220，a2＝220＋a1×(1－60%)＝220×1.4＝308，a3＝220＋a2×(1－60%)＝343.2.答案：D3．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． 答案：D。
2020版高考数学大一轮复习第五章数列第3节等比数列及其前n项和理解析版新人教A版
第3节 等比数列及其前n 项和考试要求 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.体会等比数列与指数函数的关系.知 识 梳 理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列. 数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数). (2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝±ab . 2.等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1；通项公式的推广：a n ＝a m qn －m.(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ） 1－q ＝a 1－a n q1－q.3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和.(1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .[微点提醒]1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 也是等比数列.2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(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 n )1－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.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(必修5P53A1(2)改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A.－12B.－2C.2D.12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.答案 D3.(必修5P54A8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________.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. 答案 27，814.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3·a 5＝4(a 4－1)，则a 7的值为( ) A.2B.4C.92D.6解析 根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2. 又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4. 答案 B5.(2018·北京卷)“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122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322f C.1225fD.1227f解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f ，公比为122的等比数列，设此数列为{a n }，则a 8＝1227f ，即第八个单音的频率为1227f . 答案 D6.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126，则n ＝________.解析 由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n）1－2＝126，解得n ＝6. 答案 6考点一 等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.(2)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＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，② 显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2， 所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q.【训练1】 (1)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝( ) A.9B.15C.18D.30(2)(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝2（a 1＋a 1q ＋a 1q 2）＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16， 解得q ＝2，a 1＝2，所以S 4＝2（1－24）1－2＝30.(2){a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 (1)D (2)1考点二 等比数列的判定与证明【例2】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ， 由a 1≠0，λ≠0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.规律方法 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.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n ＝1的情形进行验证.【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 则S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)， 又由题意知a 1－2a 1＝－3， 所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n＝4（1－2n）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.考点三 等比数列的性质及应用【例3】 (1)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A.12B.10C.8D.2＋log 35(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A.40B.60C.32D.50解析 (1)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.(2)数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 答案 (1)B (2)B规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度.2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)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(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析 (1)根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4，a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0，所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0， 由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.(2)法一 由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3， ∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a (a ≠0)，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73. 答案 (1)B (2)73[思维升华]1.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)便可迎刃而解.2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量.(2)分类讨论思想：如求和时要分q ＝1和q ≠1两种情况讨论，判断单调性时对a 1与q 分类讨论. [易错防范]1.特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况.2.S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1时且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立.数学运算——等差(比)数列性质的应用1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想. 类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .【例1】 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________. (2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________.解析 (1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或2. 又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38，显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d . 由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案 (1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *).【例2】 (1)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.6B.5C.4D.3(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 (1)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.(2)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＋a9＝18.答案 (1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . 若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q nS m (q 为公比).【例3】 (1)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 ＝________.(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________.解析 (1)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. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0. 则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案 (1)2 (2)3116基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A.8B.9C.10D.11解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10. 答案 C2.已知各项均为正数的等比数列{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.2 2D.4解析 因为a 4与a 14的等比中项为22， 所以a 4·a 14＝a 7·a 11＝(22)2＝8， 所以2a 7＋a 11≥22a 7a 11＝22×8＝8， 所以2a 7＋a 11的最小值为8. 答案 B3.(2019·上海崇明区模拟)已知公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝3a 3，则S 5＝( ) A.1B.5C.3148D.1116解析 由题意得a 1（1－q 3）1－q ＝3a 1q 2，解得q ＝－12或q ＝1(舍)，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1251－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1116. 答案 D4.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏解析 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B5.(2019·深圳一模)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，则ab＝( )A.－3B.－1C.1D.3解析 ∵等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，∴a 1＝S 1＝a ＋b ，a 2＝S 2－S 1＝3a ＋b －a －b ＝2a ，a 3＝S 3－S 2＝9a ＋b －3a －b ＝6a ，∵等比数列{a n }中，a 22＝a 1a 3， ∴(2a )2＝(a ＋b )×6a ，解得a b＝－3.答案 A 二、填空题6.等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 13＋a 14a 14＋a 15＝________.解析 设{a n }的公比为q .由题意得a 1＋2a 2＝a 3，则a 1(1＋2q )＝a 1q 2，q 2－2q －1＝0，所以q ＝1＋2(舍负). 则a 13＋a 14a 14＋a 15＝1q＝2－1.答案2－17.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)， ∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n . 答案12n 8.(2018·南京模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________.解析 由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )得，a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，∴(a n ＋1－2a n )2＝0，a n ＋1a n ＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比为2的等比数列，∴S 9＝2(1－29)1－2＝1 022. 答案 1 022 三、解答题9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.10.已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2， 即a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是一个首项为1，公差为2的等差数列，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， 所以q ＝3，b n ＝3n －1.数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n1－3＝3n－12.T n ≤S n 即3n－12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.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 1>1的n 的最小值为( ) A.4B.5C.6D.7解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴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.答案 C12.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( ) A.(3n－1)2B.12(9n－1)C.9n－1D.14(3n－1) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n－3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列. 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4(1－9n)1－9＝12(9n－1).答案 B13.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝______.解析 ∵{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 25， ∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1（1－q 4）1－q ＋a 1（1－q 12）1－q ＝λa 1（1－q 8）1－q，∴1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.答案 8314.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 (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 ，①2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋ (2)－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.新高考创新预测15.(创新思维)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3.若a1>1，则下列选项可能成立的是( )A.a1<a2<a3<a4B.a1＝a2＝a3＝a4C.a1>a2>a3>a4D.以上结论都有可能成立解析构造函数f(x)＝e x－x－1，f′(x)＝e x－1＝0，x＝0，得极小值f(0)＝0，故f(x)≥0，即e x≥x＋1恒成立(x＝0取等号).a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3>a1＋a2＋a3＋1⇒a4>1⇒q>0，且a2>1，a3>1，若公比q∈(0，1]，则4a1≥a1＋a2＋a3＋a4＝e a1＋a2＋a3>e2＋a1>7e a1>7a1＋7>4a1，产生矛盾.所以公比q>1，故a1<a2<a3<a4.故选A.答案 A。
人教A版2020版新一线高考理科数学一轮复习教学案：第5章第3节等比数列及其前n项和含答案
第三节 等比数列及其前n 项和[考纲传真] 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．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个常数(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，定义的数学表达式为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＝a m q n －m . (2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q1－q (q ≠1).[常用结论]1．在等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .2．若数列{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 bn 仍然是等比数列．3．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 ，其中当公比为－1时，n 为偶数时除外．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)满足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)若{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)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.( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝( )A ．－12B ．－2C ．2D .12D [由通项公式及已知得a 1q ＝2①，a 1q 4＝14②，由②÷①得q 3＝18，解得q ＝12.故选D .]3．已知数列{a n }满足a n ＝12a n ＋1，若a 3＋a 4＝2，则a 4＋a 5＝( )A .12 B ．1 C ．4 D ．8 C [∵a n ＝12a n ＋1，∴a n ＋1a n＝2.∴a 4＋a 5＝2(a 3＋a 4)＝2×2＝4.故选C .]4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A .13 B ．－13 C .19 D ．－19C [∵S 3＝a 2＋10a 1，∴a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，∴a 3＝9a 1，即公比q 2＝9，又a 5＝a 1q 4，∴a 1＝a 5q 4＝981＝19.故选C .]5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝__________. 6 [∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，解得n ＝6.]等比数列的基本运算1．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2,3S 2＝a 3－2，则公比q ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6B [因为3S 3＝a 4－2,3S 2＝a 3－2，所以两式相减，得3(S 3－S 2)＝(a 4－2)－(a 3－2)，即3a 3＝a 4－a 3，得a 4＝4a 3，所以q ＝a 4a 3＝4.]2．等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知a 3＝32，S 3＝92，则a 2＝________.－3或32 [法一：∵数列{a n }是等比数列，∴当q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝32，显然S 3＝3a 3＝92.当q ≠1时，由题意可知 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝92，a 1q 2＝32，解得q ＝－12或q ＝1(舍去)．∴a 2＝a 3q ＝32×(－2)＝－3.综上可知a 2＝－3或32.法二：由a 3＝32得a 1＋a 2＝3.∴a 3q2＋a 3q ＝3， 即2q 2－q －1＝0， ∴q ＝－12或q ＝1.∴a 2＝a 3q ＝－3或32.]3．(2019·济宁模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n 且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.2n －1 [设等比数列的公比为q ，则 (a 1＋a 3)q ＝(a 2＋a 4)，即q ＝5452＝12，由a 1＋a 3＝a 1(1＋q 2)＝52可知a 1＝2.∴a n ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n －2. S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n .∴S na n＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 12n －2＝2n －1.]等比数列的判定与证明【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn . (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．[解] (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)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 nn ＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.n n 1n ＋1n n n ＋1－2a n ，(1)求证：{b n }是等比数列． (2)求{a n }的通项公式．[解] (1)因为a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ， 所以b n ＋1b n＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－4a n －2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n ＝2.因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， 所以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．所以a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，所以a n ＝(3n －1)·2n －2.等比数列性质的应用【例2】 (1)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 ．1B ．2C ．3D ．5(2)(2019·海口调研)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ·a m ＋2＝2a m ＋1(m ∈N *)，数列{a n }的前n 项积为T n ，且T 2m ＋1＝128，则m 的值为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6(3)等比数列{a n }满足a n ＞0，且a 2a 8＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 9＝________.(1)C (2)A (3)9 [(1)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＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)，故a9＋a11＝(a5＋a7)2a1＋a3＝428＝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＝(a9＋a11)2a5＋a7＝224＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.(2)因为a m·a m＋2＝2a m＋1，所以a2m＋1＝2a m＋1，即a m＋1＝2，即{a n}为常数列．又T2m＋1＝(a m＋1)2m＋1，由22m＋1＝128，得m＝3，故选A.(3)由题意可得a2a8＝a25＝4，a5＞0，所以a5＝2，则原式＝log2(a1a2……a9)＝9log2a5＝9.](1)等比数列{a n}的首项a1＝－1，前n项和为S n，若S10S5＝3132，则公比q＝________.(2)(2019·石家庄模拟)在等比数列{a n}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝158，a8a9＝－98，则1a7＋1a8＋1a9＋1a10＝________.(1)－12(2)－53[(1)由S10S5＝3132，a1＝－1知公比q≠1，S10－S5S5＝－132.由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－132，所以q＝－12.(2)因为1a7＋1a10＝a7＋a10a7a10，1a8＋1a9＝a8＋a9a8a9，由等比数列的性质知a7a10＝a8a9，所以1a7＋1a8＋1a9＋1a10＝a7＋a8＋a9＋a10a8a9＝158÷⎝⎛⎭⎪⎫－98＝－53.]1．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏B [设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.故选B .]2．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63D ．84 B [∵a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，∴3＋3q 2＋3q 4＝21. ∴1＋q 2＋q 4＝7.解得q 2＝2或q 2＝－3(舍去)． ∴a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B .]3．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. －8 [设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1，① a 1(1－q 2)＝－3.②②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2. ∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.]4．(2016·全国卷Ⅰ)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________．64 [设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8. 故a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12(n －1)n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64.]5．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . [解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.。
高考数学一轮复习第五章数列第三节等比数列及其前n项和课件新人教版
根，则916的值为( D ) A．2
B．－ 2
C. 2
D．－ 2或 2
3．(2020·高考全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋
2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( C )
A．2
B．3
C．4
D．5
解析：∵a1＝2，am＋n＝aman， 令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an， ∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＝2×2n－1＝2n.
2．若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，
1
an
，{a
2 n
}，
{an·bn}，abnn仍是等比数列． 3．当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数
列，其公比为qn.
1．等比数列{an}各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2
数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互 转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化.
[对点训练]
(2021·山东泰安模拟)在①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，③
an＋1 an
＝
n＋1 n
，S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加
第三节 等比数列及其前n项和
热点命题分析
学科核心素养
本节是高考的考查热点，主要考查 本节通过等比数列通项公式及其前
等比数列的基本运算和性质，等比 n项和公式、等比数列性质的应
数列的通项公式和前n项和公式， 用，考查对函数与方程、转化与化
尤其要注意以数学文化为背景的数 归和分类讨论思想的应用，提升考
人教版2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业32 等比数列及其前n项和(含答案)
课时作业32 等比数列及其前n 项和1．已知正项等比数列{a n }满足a 3＝1，a 5与32a 4的等差中项为12，则a 1的值为( A )A ．4B ．2 C.12D.14解析：由题意知2×12＝a 5＋32a 4，即3a 4＋2a 5＝2. 设{a n }的公比为q (q ＞0)，则由a 3＝1， 得3q ＋2q 2＝2，解得q ＝12或q ＝－2(舍去)，所以a 1＝a 3q 2＝4.2．(2019·益阳调研)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( D )A ．3B ．5C ．9D ．25解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q ·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25.故选D.3．(2019·武昌调研)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，S n ＋2＝4S n ＋3恒成立，则a 1的值为( C )A ．－3B ．1C ．－3或1D ．1或3解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 当q ＝1时，S n ＋2＝(n ＋2)a 1，S n ＝na 1， 由S n ＋2＝4S n ＋3得，(n ＋2)a 1＝4na 1＋3，即3a 1n ＝2a 1－3，若对任意的正整数n,3a 1n ＝2a 1－3恒成立， 则a 1＝0且2a 1－3＝0，矛盾，所以q ≠1， 所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ，S n ＋2＝a 1(1－q n ＋2)1－q，代入S n ＋2＝4S n ＋3并化简得a 1(4－q 2)q n ＝3＋3a 1－3q ，若对任意的正整数n 该等式恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 4－q 2＝0，3＋3a 1－3q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，q ＝－2，故a 1＝1或－3，故选C.4．(2019·西安八校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( A )A ．－ 3B ．－1C ．－33D. 3解析：依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝－tan π3＝－ 3. 5．(2018·北京卷)“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122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( D )A.32f B.322f C.1225fD.1227f解析：由题意知，十三个单音的频率构成首项为f ，公比为122的等比数列，设该等比数列为{a n }，则a 8＝a 1q 7，即a 8＝1227f ，故选D.6．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n －1)(n ≥2)在直线x －2y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( A )A ．2n ＋1－2B ．2n ＋1C ．2n2－ 2D ．2n ＋22－ 2解析：因为点(a n ，a n －1)(n ≥2)在直线x －2y ＝0上， 所以a n －2·a n －1＝0.又因为a n ＞0，所以a na n －1＝2(n ≥2)．又a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 所以所求的S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.7．(2019·天津实验中学月考)设{a n }是由正数组成的等比数列，公比q ＝2，且a 1·a 2·a 3·…·a 30＝230，则a 3·a 6·a 9·…·a 30＝( B )A ．210B ．220C ．216D ．215解析：因为a 1a 2a 3＝a 32，a 4a 5a 6＝a 35，a 7a 8a 9＝a 38，…，a 28a 29a 30＝a 329，所以a 1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9…a 28a 29a 30＝(a 2a 5a 8…a 29)3＝230.所以a 2a 5a 8…a 29＝210.则a 3a 6a 9…a 30＝(a 2q )(a 5q )(a 8q )…(a 29q )＝(a 2a 5a 8…a 29)q 10＝210×210＝220，故选B.8．(2019·山西太原模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( D )A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n ＞a nD ．T n ＜b n ＋1解析：由题意可得S n ＋3＝3×2n ，S n ＝3×2n －3，由等比数列前n 项和的特点可得数列{a n }是首项为3，公比为2的等比数列，数列的通项公式a n ＝3×2n －1，设b n ＝b 1q n －1，则b 1q n －1＋b 1q n ＝3×2n －1， 当n ＝1时，b 1＋b 1q ＝3， 当n ＝2时，b 1q ＋b 1q 2＝6， 解得b 1＝1，q ＝2，数列{b n }的通项公式b n ＝2n －1，由等比数列求和公式有：T n ＝2n －1，观察所给的选项： S n ＝3T n ，T n ＝2b n －1，T n ＜a n ，T n ＜b n ＋1.9．在各项都为正数的等比数列{a n }中，若a 2 018＝22，则1a 2 017＋2a2 019的最小值为 4 .解析：设公比为q (q ＞0)，因为a 2 018＝22， 所以a 2 017＝a 2 018q ＝22q ，a 2 019＝a 2 018q ＝22q ， 则有1a 2 017＋2a 2 019＝2q ＋222q ＝2q ＋22q ≥2 2q ×2q ＝4，当且仅当q 2＝2，即q ＝2时取等号，故所求最小值为4.10．(2019·湖北荆州一模)已知等比数列{a n }的公比不为－1，设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，S 12＝7S 4，则S 8S 4＝ 3 .解析：由题意可知S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列， 则(S 8－S 4)2＝S 4·(S 12－S 8)，又S 12＝7S 4，∴(S 8－S 4)2＝S 4·(7S 4－S 8)，可得S 28－6S 24－S 8S 4＝0，两边都除以S 24，得⎝ ⎛⎭⎪⎫S 8S 42－S 8S 4－6＝0，解得S 8S 4＝3或－2， 又S 8S 4＝1＋q 4(q 为{a n }的公比)，∴S 8S 4＞1，∴S 8S 4＝3.11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1， 解得a 4＝78.(2)证明：因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 所以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)． 又因为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．12．(2016·四川卷)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 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n ＞4n －3n3n －1.解：(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 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝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 －1.13．(2019·山东实验中学诊断测试)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：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？此问题的译文是：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？已知牛、马、羊的主人应偿还a 升，b 升，c 升，1斗为10升，则下列判断正确的是( D )A ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且a ＝507 B ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且c ＝507 C ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且a ＝507 D ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且c ＝507 解析：由题意可知b ＝12a ，c ＝12b ， ∴b a ＝12，c b ＝12.∴a 、b 、c 成等比数列且公比为12.∵1斗＝10升，∴5斗＝50升，∴a ＋b ＋c ＝50， 又易知a ＝4c ，b ＝2c ，∴4c ＋2c ＋c ＝50， ∴7c ＝50，∴c ＝507，故选D.14．(2019·郑州第一次质量预测)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( D )A.⎝⎛⎭⎪⎫13，＋∞ B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：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，＋∞.15．(2019·东北三省三校联考)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 a n ＝n (n ＋1)2 .解析：由题意知2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1， ∴a n ＋1＝b n b n ＋1，当n ≥2时，2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1， ∵b n ＞0，∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1， ∴{b n }成等差数列，由a 1＝1，a 2＝3，得b 1＝2，b 2＝92， ∴b 1＝2，b 2＝322， ∴公差d ＝22，∴b n ＝n ＋122，∴b n ＝(n ＋1)22， ∴a n ＝b n －1b n ＝n (n ＋1)2.16．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 *)．解：(1)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.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 .(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.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.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.故对于n ∈N *，有S n ＋1S n≤136.。
高考数学总复习(整合考点+典例精析+深化理解)第五章 第三节等比数列及其前n项和精讲课件 文
解析(jiě xī)：(1)由等比中项的性质知a3a13＝a5a11＝3，又a3＋a13＝4，
∴a3，a13是方程(fāngchéng)x2－4x＋3＝0的两根，解得a3＝ 3，a13＝1或a3＝1，a13＝3，
(2)由已知得q＝2，a1q2－a1＝6，解得a1＝2.
∴an＝2×2n－1＝2n，
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变式探究
(tànjiū)
1．(1)(2012·南宁适应性测试)已知数列(shùliè){an}是正项等比 数列(shùliè)，若a2＝2,2a3＋a4＝16，则数列(shùliè){an}的通 项公式an＝( )
A．2n－2 B．22－n C．2n－1 D．2n
(2)(2012·泉州四校联考)数列(shùliè){an}满足a1 ＝1，log2an＋1＝ log2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1 025的最小n值是
是首项为 ，公比为 的等比数列(shùliè)
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【例3】 数列(shùliè){an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1 ＝4an＋2(n∈N*)．
(1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列(shùliè)；
(2)设cn＝
，求证：{cn}是等比数列(shùliè)．
(2)由 当n≥2时，
＝an＋1得，
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两式相减得：n≥2时， ＝an＋1－an＝2. ∴cn＝2bn＝2·3n－1(n≥2)． 又当n＝1时，＝a2，∴c1＝3. ∴cn＝ ∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013＝3＋ ＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.
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是等比数列(děnɡ bǐ shùliè)，
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第三节 等比数列及其前n 项和课时作业1．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 ．63D ．84解析：设数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)，所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.故选B.答案：B2．等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A.13 B ．－13 C.19D ．－19解析：由题知公比q ≠1，则S 3＝a 11－q 31－q＝a 1q ＋10a 1，得q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，则a 1＝19，故选C. 答案：C3．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( ) A ．－3 B ．5 C ．－31D ．33解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1. ∵S 3＝2，S 6＝18， ∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8， ∴q ＝2.∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33，故选D.答案：D4．在等比数列{a n }中，a 1＝2，公比q ＝2.若a m ＝a 1a 2a 3a 4(m ∈N *)，则m ＝( ) A ．11 B ．10 C ．9D ．8解析：a m ＝a 1a 2a 3a 4＝a 41qq 2q 3＝24×26＝210＝2m，所以m ＝10，故选B. 答案：B5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( ) A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n ＞a nD ．T n ＜b n ＋1解析：因为点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，所以S n ＝3·2n－3，所以a n ＝3·2n－1，所以b n ＋b n ＋1＝3·2n －1，因为数列{b n }为等比数列，设公比为q ，则b 1＋b 1q ＝3，b 2＋b 2q＝6，解得b 1＝1，q ＝2，所以b n ＝2n －1，T n ＝2n－1，所以T n ＜b n ＋1，故选D.答案：D6．(2018·郑州质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值是________．解析：设{a n }的公比为q .由a 25＝2a 3a 6得(a 1q 4)2＝2a 1q 2·a 1q 5，∴q ＝2，∴S 5＝a 11－251－2＝－62，a 1＝－2. 答案：－27．已知等比数列{a n }为递增数列，a 1＝－2，且3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1，则公比q ＝________. 解析：因为等比数列{a n }为递增数列且a 1＝－2<0，所以0<q <1，将3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1两边同除以a n 可得3(1＋q 2)＝10q ，即3q 2－10q ＋3＝0，解得q ＝3或q ＝13，而0<q <1，所以q＝13. 答案：138．若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝__________. 解析：∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3， ∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3， ∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12. 答案：3n －1＋129．(2018·昆明市检测)数列{a n }满足a 1＝－1，a n ＋1＋2a n ＝3. (1)证明{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)已知符号函数sgn(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，设b n ＝a n ·sgn(a n )，求数列{b n }的前100项和．解析：(1)因为a n ＋1＝－2a n ＋3，a 1＝－1， 所以a n ＋1－1＝－2(a n －1)，a 1－1＝－2，所以数列{a n －1}是首项为－2，公比为－2的等比数列．故a n －1＝(－2)n ，即a n ＝(－2)n＋1.(2)b n ＝a n ·sgn(a n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n＋1，n 为偶数，2n－1，n 为奇数，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100＝(2－1)＋(22＋1)＋(23－1)＋…＋(299－1)＋(2100＋1)＝2＋22＋23＋…＋2100＝2101－2.10．(2018·合肥质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *.(1)求证：数列{a nn}为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴{a n n }是以12为首项、12为公比的等比数列．(2)由(1)知{a n n }是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝(12)n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，② ①－②得：12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.B 组——能力提升练1．(2018·长春调研)等比数列{a n }中，a 3＝9，前三项和S 3＝27，则公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12解析：当公比q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝9，∴S 3＝3×9＝27. 当q ≠1时，S 3＝a 1－a 3q1－q，∴27＝a 1－9q1－q∴a 1＝27－18q ， ∴a 3＝a 1q 2，∴(27－18q )·q 2＝9， ∴(q －1)2(2q ＋1)＝0， ∴q ＝－12.综上q ＝1或q ＝－12.选C.答案：C2．数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值等于( )A ．1B ．－1 C.12D ．2解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.答案：D3．(2018·彬州市模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －a ，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( ) A ．(2n －1)2B ．13(2n－1) C ．4n－1D ．13(4n－1) 解析：∵S n ＝2n－a ，∴a 1＝2－a ，a 1＋a 2＝4－a ，a 1＋a 2＋a 3＝8－a ， 解得a 1＝2－a ，a 2＝2，a 3＝4，∵数列{a n }是等比数列，∴22＝4(2－a )，解得a ＝1. ∴公比q ＝2，a n ＝2n －1，a 2n ＝22n －2＝4n －1.则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4n－14－1＝13(4n－1)．答案：D4．设数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列，令b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，则q ＝( ) A.32B ．－43C ．－32D ．－52解析：数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，且b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，∴a n ＝b n －1，则{a n }有连续四项在{－54，－24,18,36,81}中， ∵数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列， 等比数列中有负数项，则q ＜0，且负数项为相隔两项∵|q |＞1，∴等比数列各项的绝对值递增，按绝对值的顺序排列上述数值18，－24,36，－54,81，相邻两项相除－2418＝－43，－3624＝－32，－5436＝－32，81－54＝－32，∵|q |＞1，∴－24,36，－54,81是{a n }中连续的四项，此时q ＝－32.答案：C5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________.解析：由S 3＋3S 2＝0，得a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0，即4a 1＋4a 2＋a 3＝0，即4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2. 答案：－26．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32a n －1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 3a n 2＋1，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n.解析：(1)当n ＝1时，a 1＝32a 1－1，∴a 1＝2，当n ≥2时，∵S n ＝32a n －1，①∴S n －1＝32a n －1－1(n ≥2)，②①－②得a n ＝(32a n －1)－(32a n －1－1)，即a n ＝3a n －1，∴数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＝2×3n －1.(2)由(1)得b n ＝2log 3a n2＋1＝2n －1，∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n＝11×3＋13×5＋…＋12n －32n －1＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －3－12n －1)＝n －12n －1. 7．数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝n ＋12na n (n ∈N *)． (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n4n －a n，若数列{b n }的前n 项和是T n ，求证：T n <2. 证明：(1)由题设得a n ＋1n ＋1＝12·a n n ，又a 11＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝22－n ，a n ＝n ·22－n＝4n 2n .(2)b n ＝a n4n －a n＝4n 2n 4n －4n 2n＝12n－1，因为对任意n ∈N *,2n－1≥2n －1，所以b n ≤12n －1.所以T n ≤1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <2.。