高考数学一轮复习第四章第三讲等比数列及其前n项和课件

解：(1)由题意，设等比数列{an}的公比为 q(q≠0)， 则由 a4＝8a1， 可得 q3＝aa41＝8，解得 q＝2， ∴S6＝a1(11－－226)＝63a1＝63，解得 a1＝1. ∴an＝1×2n-1＝2n-1，n∈N*.
(2)由(1)可得 bn＝1＋2log2an＝1＋2log22n-1＝1＋2·(n－1)， 故数列{bn}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， 设等差数列{bn}的前 n 项和为 Tn， 则 Tn＝n·1＋n(n2－1)·2＝n2. ∴b7＋b8＋b9＋…＋bk＋7＝Tk＋7－T6＝(k＋7)2－62＝k2＋14k＋ 13，
(1)证明：由 a1＝1 及 Sn＋1＝4an＋2，
有 a1＋a2＝S2＝4a1＋2.
∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.
又SSnn＋ ＝1＝4a4na－n1＋ ＋22， (n≥2)，
① ②
①－②，得 an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2).
【变式训练】 1.(多选题)设等比数列{an}的公比为 q，则下列说法正确的是 ()
A.数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列 B.数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列 C.数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列 D.数列a1n是公比为1q的等比数列
解析：对于 A，由aanna－n1＋ a1n＝q2(n≥2)知数列{anan＋1}是公比为 q2 的等 比数列，A 正确；对于 B，当 q＝－1 时，数列{an＋an＋1}的项中有 0， 不是等比数列，B 错误；对于 C，当 q＝1 时，数列{an－an＋1}的项中
第三讲 等比数列及其前n项和
1.理解等比数列的概念. 2.掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式. 3.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.
SS84＝S4＋a5＋aS64＋a7＋a8＝1＋aa15＋＋aa26＋＋aa37＋＋aa48＝1＋q4＝17，所 以 S8＝17S4＝85.故选 A.
答案：A
3.(2023年日照市期末)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且 满足S6＝63，a4＝8a1.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝1＋2log2an，且b7＋b8＋b9＋…＋bk＋7＝133，求正 整数k的值.
考点三 等比数列性质的应用
[例 2](1)在各项不为零的等差数列{an}中，2a2 019－a22 020 ＋ 2a2 021＝0，数列{bn}是等比数列，且 b2 020＝a2 020，则 log2(b2 019·b2 021) 的值为( )
A.1
B.2
C.4
D.8
解析：因为等差数列{an}中 a2 019＋a2 021＝2a2 020，所以 2a2 019 －a22 020 ＋2a2 021＝4a2 020－a22 020 ＝0，
解析：由题意，得SS奇 奇＋ －SS偶 偶＝ ＝8－02，40， 解得SS奇 偶＝ ＝－ －8106，0， 所以 q＝SS偶奇＝－－18600＝2. 答案：2
【题后反思】等比数列常见性质的应用 (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.
因为数列{an}各项不为零，所以 a2 020＝4，因为数列{bn}是等 比数列，所以 b2 019·b2 021＝a22 020 ＝16.所以 log2(b2 019·b2 021)＝log216 ＝4.故选 C.
答案：C
(2)(2022 年厦门市模拟)已知等比数列{an}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＝________.
(1)证明：因为 an＋1＝a4n＋an2，所以an1＋1＝a4n＋an2＝41＋21an， 所以an1＋1－12＝12a1n－12， 又 a1＝1，所以a11－12＝12， 所以数列a1n－12是以12为首项，12为公比的等比数列.
(2)解：由(1)知a1n－21＝21·12n－1＝21n，即a1n＝21n＋12， 所以 bn＝ann＝2nn＋n2， 设 Tn＝12＋222＋233＋…＋2nn， ① 则12Tn＝212＋223＋…＋n－2n1＋2nn+1， ②
＝13×(－15)×(1＋16)＝－85.故选 C. 答案：C
2.已知Sn为等比数列{an}的前n项和，S2＝1，S4＝5，则S8 的值为( )
A.85
B.64
C.84
D.21
解析：设等比数列的公比为 q，SS42＝S2＋aS32＋a4＝1＋aa31＋ ＋aa42＝ 1＋q2＝5，得 q2＝4，
由等比数列的性质可得，a
2 2
＝a1·a3，
即(2＋2a1)2＝(6a1＋6)·a1.
所以a1＝2或a1＝－1(舍).
所以a2＝6，q＝3.
则a4＝a1·q3＝2×33＝54.故选C.
答案：C
2.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若SS63＝3，则SS96＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为 q，易知 q≠－1，由等比数列 前 n 项和的性质可知 S3，S6－S3，S9－S6 仍成等比数列，∴S6－S3S3＝ SS96－ －SS63，又由已知得 S6＝3S3，∴S9－S6＝4S3，∴S9＝7S3，∴SS96＝73.
(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，a1n， {an2 }，{anbn}，bann仍是等比数列.
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数 列，即 an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为 qk.
5.等比数列的前 n 项和公式
2.等比数列的通项公式 设等比数列{an}的首项为 a1 ，公比为 q，则它的通项公式为 an＝a1·qn-1. 3.等比中项
若 G2＝a·b(ab≠0)，则 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：an＝am·qn－m(n，m∈N*). (2)若{an}为等比数列，且 k＋l＝m＋n＝2t(k，l，m，n，t∈N*)， 则 ak·al＝am·an＝at2 .
定义法
中项法
通项 公式法 前n项和 公式法
若aan＋n1＝q(q 为非零常数，n∈N*)或aan－n1＝q(q 为非零常 数且n≥2，n∈N ＝an·an＋2(n∈N*)，则数列 {an}是等比数列 若数列通项公式可写成an＝c·qn-1(c，q均是不为0的常 数，n∈N*)，则{an}是等比数列 若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0， q≠0，1)，则{an}是等比数列
答案：37
⊙递归中的等比数列问题
[例 3](1)(2023 年渭南市二模)如图 4-3-1 是美丽的“勾股树”， 将一个直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到如图
4-3-1(1)所示的第 1 代“勾股树”，重复图 4-3-(1)的作法，得到如 图 4-3-(2)所示的第2代“勾股树”，…，以此类推，记第 n代“勾 股树”中所有正方形的个数为 an，数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 不等式 Sn＞2 022 恒成立，则 n 的最小值为( )
因为an＞0，所以数列{Sn}为递增数列. 又 S8＝1 012＜2 022，S9＝2 035＞2 022， 所以 n 的最小值为 9.故选 C.
答案：C
(2)(多选题)数学中的螺旋线来源于希腊文，它的原意是“旋 卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始，向外圈逐渐
旋 绕 而 形 成 的 图 案 ， 如 图 432(1) ， 它 的 画 法 是 这 样 的 ： 正 方 形 ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分E，F，G，H作第 二个正方形，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q 作第3个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案， 设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，an； 如图432(2)阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，后续各直角三 角形面积依次为b2，b3，bn，下列说法正确的是( )
(1)设等比数列{an}的首项为 a1，公比为 q(q≠0)，其前 n 项和 为 Sn.
na1(q＝1)， (2)前 n 项和公式：Sn＝a1(11－－qqn)＝a11－－aqnq(q≠1). 其中 a1 为首项，n 为项数，an 为末项. Sn＝A－Aqn，其中 A＝1－a1q.
6.等比数列前 n 项和的性质 若q≠－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn， S3n－S2n仍是等比数列.
∵b7＋b8＋b9＋…＋bk＋7＝133， ∴k2＋14k＋13＝133. 整理得k2＋14k－120＝0， 解得k＝－20(舍去)，或k＝6， ∴正整数k的值为6.
【题后反思】等比数列基本量运算的解题策略
(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a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通 过列方程(组)便可迎刃而解.
由①－②得，21Tn＝12＋212＋…＋21n－2nn+1＝2111－－1221n－2nn+1＝1－ 21n－2nn+1，所以 Tn＝2－21n-1－2nn，又12×(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n4＋1)， 所以数列{bn}的前 n 项和 Sn＝2－2＋2nn＋n(n4＋1).
【题后反思】等比数列的四种常用判定方法
(2)当题目给出 St 与 Sk 的值(或两者的比例)时，列出SSkt，得到 SSkt＝a1(11－－qqt)·a1(11－－qqk)＝11－－qqkt.此法消去了未知量 a1，降低了后续 运算的难度.
考点二 等比数列的判定及应用
[例 1]已知数列{an}的首项 a1＝1，an＋1＝a4n＋an2(n∈N*). (1)证明：数列a1n－12是等比数列； (2)设 bn＝ann，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，
故{bn}是首项为 3，公比为 2 的等比数列.
(2)解：由(1)知 bn＝an＋1－2an＝3·2n-1， ∴a2nn＋+11－a2nn＝34， 故2ann是首项为12，公差为34的等差数列. ∴a2nn＝12＋(n－1)·43＝3n4－1， 故 an＝(3n－1)·2n-2.
1
有 0，不是等比数列，C 错误；对于 D，an1＋1＝aan＋n1＝1q，所以数列a1n是 an
公比为1q的等比数列，D 正确.故选 AD.
答案：AD
2.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2. 设bn＝an＋1－2an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式.
(1)
(2)
图 4-3-1
A.7
B.8
C.9
D.10
解析：第1代“勾股树”中，正方形的个数为3＝21+1－1，
第2代“勾股树”中，正方形的个数为7＝22+1－1，… 以此类推，第n代“勾股树”中所有正方形的个数为2n+1－ 1，即an＝2n+1－1. 所以 Sn＝4(11－－22n)－n＝2n+2－n－4.
考点一 等比数列基本量的运算
1.(2023年全国Ⅱ卷)记 Sn 为等比数列{an}的前n项和，若
S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )
A.120
B.85
C.－85
D.－120
解析：等比数列{an}中，S4＝－5，S6＝21S2，显然公比 q≠1， 设首项为 a1，则a1(11－－qq4)＝－5①，a1(11－－qq6)＝21a11(－1－q q2)②， 化简②得 q4＋q2－20＝0，解得 q2＝4 或 q2＝－5(不合题意， 舍去)， 代入①，得1－a1q＝13，所以 S8＝a1(11－－qq8)＝1－a1q(1－q4)(1＋q4)
【变式训练】
1.(2023 年天津卷)已知{an}为等比数列，Sn 为数列{an}的前 n
项和，an＋1＝2Sn＋2，则 a4 的值为( )
A.3
B.18
C.54
D.152
解析：因为{an}为等比数列，an＋1＝2Sn＋2，
所以a2＝2S1＋2＝2a1＋2，
a3＝2S2＋2＝2(a1＋2a1＋2)＋2＝6a1＋6，