2019高考数学一轮复习第六章数列 6.3 等比数列及其前n项和练习理

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第六章 6.3等比数列及其前n项和

1.等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母 q 表示(q ≠0). 2.等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1. 3.等比中项如果三个数x ，G ，y 组成等比数列，则G 叫做x 和y 的等比中项. 4.等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N ＋).(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列. 5.等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q .6.等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为 q n . 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N ＋，q 为常数)的数列{a n }为等比数列.( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列.( × )(4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列.( × ) (5)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(6)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( × )1.(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7等于( ) A.21 B.42 C.63 D.84 答案 B解析设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得3(1＋q 2＋q 4)＝21，解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42，故选B. 2.设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6等于( ) A.31 B.32 C.63 D.64答案 C解析根据题意知，等比数列{a n }的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C.3.等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.3 答案 C解析数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4 ＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.4.(2015·安徽)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于 . 答案 2n －1解析由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又∵数列{a n }为递增数列， ∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2. ∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.5.(教材改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为 . 答案 27,81解析设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.题型一等比数列基本量的运算例1 (1)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和.已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( ) A.152 B.314 C.334 D.172(2)在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝ . 答案 (1)B (2)4或－4解析 (1)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 1(1－q 3)1－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝4(1－125)1－12＝314.(2)设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6，a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q 1＋q 2＝25，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16，q ＝12.故a 3＝4或a 3＝－4.思维升华等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解.(1)在正项等比数列{a n }中，a n ＋1＜a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7等于( )A.56B.65C.23D.32(2)(2015·湖南)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝ . 答案 (1)D (2)3n －1解析 (1)设公比为q ，则由题意知0＜q ＜1，由⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a 8＝a 4·a 6＝6，a 4＋a 6＝5，得a 4＝3，a 6＝2，所以a 5a 7＝a 4a 6＝32.(2)由3S 1,2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，所以公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.题型二等比数列的判定与证明例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2 (n ≥2)， ② ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1 (n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1) (n ≥2). ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1 (n ≥2)，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列. (2)解由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故{a n 2n }是首项为12，公差为34的等差数列. ∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2. 引申探究例2中“S n ＋1＝4a n ＋2”改为“S n ＋1＝2S n ＋(n ＋1)”，其他不变探求数列{a n }的通项公式. 解由已知得n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n . ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1＋1， ∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＝1，当n ＝1时上式也成立，故{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.(2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋).(1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列.(1)解 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)， ∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2；当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4， ∴a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6， ∴a 3＝8.综上，a 2＝4，a 3＝8.(2)证明 a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N ＋)，① ∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1 ＝(n －2)S n －1＋2(n －1).②①－②得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2， ∴S n ＋2＝2(S n －1＋2).∵S 1＋2＝4≠0，∴S n －1＋2≠0， ∴S n ＋2S n －1＋2＝2，故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列. 题型三等比数列的性质及应用例3 (1)在等比数列{a n }中，各项均为正值，且a 6a 10＋a 3a 5＝41，a 4a 8＝5，则a 4＋a 8＝ . (2)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝ .答案 (1)51 (2)－12解析 (1)由a 6a 10＋a 3a 5＝41及a 6a 10＝a 28，a 3a 5＝a 24，得a 24＋a 28＝41.因为a 4a 8＝5，所以(a 4＋a 8)2＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝41＋2×5＝51.又a n >0，所以a 4＋a 8＝51. (2)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠±1，则可得S 10－S 5S 5＝－132.由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，q ＝－12.思维升华 (1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前n 项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则有a m a n ＝a p a q ”，可以减少运算量.(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，公比为q k (q ≠－1).(1)已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，则a 1等于( )A.12 B.22C. 2D.2(2)等比数列{a n }共有奇数项，所有奇数项和S 奇＝255，所有偶数项和S 偶＝－126，末项是192，则首项a 1等于( ) A.1 B.2 C.3D.4答案 (1)C (2)C解析 (1)由等比数列的性质得a 3a 9＝a 26＝2a 25，∵q ＞0，∴a 6＝2a 5，q ＝a 6a 5＝2，a 1＝a 2q＝2，故选C.(2)设等比数列{a n }共有2k ＋1(k ∈N ＋)项，则a 2k ＋1＝192，则S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2k －1＋a 2k ＋1＝1q (a 2＋a 4＋…＋a 2k )＋a 2k ＋1＝1q S 偶＋a 2k ＋1＝－126q ＋192＝255，解得q ＝－2，而S 奇＝a 1－a 2k ＋1q 21－q 2＝a 1－192×(－2)21－(－2)2＝255，解得a 1＝3，故选C.12.分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N ＋).思维点拨 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明. 规范解答(1)解设等比数列{a n }的公比为q ，因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .[3分] (2)证明由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n (2n＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[6分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[8分]当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[10分]故对于n ∈N ＋，有S n ＋1S n ≤136.[12分]温馨提醒 (1)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有 ①已知S n 与a n 的关系，要分n ＝1，n ≥2两种情况. ②等比数列中遇到求和问题要分公比q ＝1，q ≠1讨论. ③项数的奇、偶数讨论.④等比数列的单调性的判断注意与a 1，q 的取值的讨论.(2)数列与函数有密切的联系，证明与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图象或者数列的增减性求解，同时注意数列的增减性与函数单调性的区别.[方法与技巧] 1.已知等比数列{a n }(1)数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，{1a n }也是等比数列. (2)a 1a n ＝a 2a n －1＝…＝a m a n －m ＋1. 2.判断数列为等比数列的方法(1)定义法：a n ＋1a n ＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N ＋)⇔数列{a n }是等比数列；也可用a n a n －1＝q (q 是不等于0的常数，n ∈N ＋，n ≥2)⇔数列{a n }是等比数列.二者的本质是相同的，其区别只是n 的初始值不同.(2)等比中项法：a2n＋1＝a n a n＋2(a n a n＋1a n＋2≠0，n∈N＋)⇔数列{a n}是等比数列.[失误与防范]1.特别注意q＝1时，S n＝na1这一特殊情况.2.由a n＋1＝qa n，q≠0，并不能立即断言{a n}为等比数列，还要验证a1≠0.3.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.4.等比数列性质中：S n，S2n－S n，S3n－S2n也成等比数列，不能忽略条件q≠－1.A组专项基础训练(时间：35分钟)1.已知等比数列{a n}中，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，则a6＋a7等于()A.2B.2 2C.4D.4 2答案 C解析因为a2＋a3，a4＋a5，a6＋a7成等比数列，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，所以(a4＋a5)2＝(a2＋a3)(a6＋a7)，解得a6＋a7＝4.2.等比数列{a n}满足a n＞0，n∈N＋，且a3·a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1等于()A.n(2n－1)B.(n＋1)2C.n2D.(n－1)2答案 A解析由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝a2n＝22n，从而得a n＝2n.方法一log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(a n－1a n＋1)a n]＝log22n(2n－1)＝n(2n－1).方法二取n＝1，log2a1＝log22＝1，而(1＋1)2＝4，(1－1)2＝0，排除B，D；取n＝2，log2a1＋log2a2＋log2a3＝log22＋log24＋log28＝6，而22＝4，排除C，选A.3.在正项等比数列{a n}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，a n－1a n a n＋1＝324，则n等于()A.12B.13C.14D.15答案 C解析设数列{a n}的公比为q，由a1a2a3＝4＝a31q3与a4a5a6＝12＝a31q12，可得q9＝3，a n－1a n a n＋1＝a31q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以n ＝14，故选C.4.若正项数列{a n }满足lg a n ＋1＝1＋lg a n ，且a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010＝2 016，则a 2 011＋a 2 012＋…＋a 2 020的值为( ) A.2 015·1010 B.2 015·1011 C.2 016·1010 D.2 016·1011答案 C解析 ∵lg a n ＋1＝1＋lg a n ，∴lg a n ＋1a n＝1， ∴a n ＋1a n＝10，∴数列{a n }是等比数列， ∵a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010＝2 016，∴a 2 011＋a 2 012＋…＋a 2 020＝1010(a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010)＝2 016×1010.5.已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N ＋，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为( )A.－2B.2C.－3D.3答案 B解析设公比为q ，若q ＝1，则S 2mS m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.∵S 2mS m ＝a 1(1－q 2m )1－q a 1(1－q m )1－q ＝q m ＋1＝9，∴q m ＝8. ∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1， ∴m ＝3，∴q 3＝8，∴q ＝2.6.等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 为 . 答案 3解析由a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1得 a 4－a 3＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3，∴q ＝a 4a 3＝3.7.等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N ＋，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝ . 答案 11解析由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－(－2)53＝11.8.已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10·b 11＝2，则a 21＝ . 答案 1 024解析 ∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2，∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2， ∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.9.数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2，b n ＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝4. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由b n ＋1＝2b n ＋2，得b n ＋1＋2＝2(b n ＋2)， ∴b n ＋1＋2b n ＋2＝2，又b 1＋2＝a 2－a 1＋2＝4， ∴数列{b n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列. ∴b n ＋2＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝2n ＋1－2. (2)由(1)知，a n －a n －1＝b n －1＝2n －2 (n ≥2)， ∴a n －1－a n －2＝2n －1－2 (n >2)， …，a 2－a 1＝22－2，∴a n －2＝(22＋23＋…＋2n )－2(n －1)， ∴a n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－2n ＋2 ＝2(2n －1)2－1－2n ＋2＝2n ＋1－2n .∴S n ＝4(1－2n )1－2－n (2＋2n )2＝2n ＋2－(n 2＋n ＋4).10.已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.(1)证明：对任意实数λ，数列{a n }不是等比数列； (2)证明：当λ≠－18时，数列{b n }是等比数列. 证明 (1)假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝⎛⎭⎫23λ－32＝λ⎝⎛⎭⎫49λ－4 ⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾. 所以{a n }不是等比数列.(2)b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1⎝⎛⎭⎫23a n －2n ＋14 ＝－23(－1)n ·(a n －3n ＋21)＝－23b n . 又λ≠－18，所以b 1＝－(λ＋18)≠0.由上式知b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N ＋). 故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列. B 组专项能力提升(时间：25分钟)11.设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件是( )A.{a n }是等比数列B.a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C.a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D.a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同答案 D解析 ∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，….∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等.反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n＝q ，从而{A n }为等比数列. 12.若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ . 答案 50解析因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln [(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50.13.数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N ＋，都有a n ＋m a m＝a n ，则a 3＝；{a n }的前n 项和S n ＝ . 答案 8 2n ＋1－2解析 ∵a n ＋m a m＝a n ， ∴a n ＋m ＝a n ·a m ，∴a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8；令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为q ＝2的等比数列，∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2. 14.定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”.现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数： ①f (x )＝x 2：②f (x )＝2x ；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln |x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为 .答案 ①③解析设{a n }的公比为q ，验证①f (a n ＋1)f (a n )＝a 2n ＋1a 2n ＝q 2，③f (a n ＋1)f (a n )＝|a n ＋1||a n |＝|q |，故①③为“保等比数列函数”. 15.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N ＋.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ；(2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12， ∴a 2＝12⇒b 1＝a 1＋a 2＝32. ∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列. ∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n . (2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ， ∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列，∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝3－32n.。

6.3等比数列及其前n项和

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a7 解:(1)∵a3a11= =4a7,且a7≠0,∴a7=4.∴b7=4.
2
∵{bn}为等差数列, ∴b5+b9=2b7=8.
4 a q6=1, ① (2)a1a2a3a4=a1·1q·1q ·1q = 1 a a a
2 3
4 a1 q a13a14a15a16=a1q12·1q13·1q14·1q15= ·54=8, ② a a a
答案：(1)ap·q (2)q2 (3)qn (4)递增 a
递减
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基础自测
).
1.等比数列{an}中a5=4,则a2a8等于( A.4 C.16 答案：C B.8 D.32
2.在等比数列{an}中,若a4=8,q=-2,则a7的值为( A.-64 C.-48 B.64 D.48
比为 .
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(4)单调性
a1 0, a1 0, 若或 ⇔{an} q 1 0 q 1
a1 0, a1 0, 若或 ⇔{an} 0 q 1 q 1
.
.
q=1⇔{an}为常数列,q<0⇔{an}为摆动数列.
4 a1 q 54 48 ②÷①得, =q =8⇒q16=2, 4 a1 q 6
a1 q a1 q q 又a41a42a43a44=a1q40·1q41·1q42·1q43= 4·166= 4·6·160 a a a
4 a 1 q (q =( ·6)· 16)10
=1·10=1 024. 2
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等比数列及其前n项和(高三一轮复习)

数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究
— 18 —
思维点睛►
(1)等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量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．
(2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，分为q＝1时与q≠1时的情况．
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究
— 15 —
解法二：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1.由题意可得aa12＋－aa25＋＝a432＝，168，
即a111－－qq3＝168， a1q1－q3＝42，
a1＝96，解得q＝12，
所以a6＝a1q5＝3，故选D.
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(2)设等比数列{an}的公比为q，由题意得2（12a3）＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q. 因为数列{an}的各项均为正数，所以a1>0，且q>0，故A、B正确；由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1(舍)，所以aa32＝q＝3，aa46＝q2＝9，故C错误，D正确，故选ABD.
第六章数列
第3讲等比数列及其前n项和
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究课标解读
— 2—
1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义；2.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系；3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题；4.体会等比数列与指数函数的关系．
数学 N 必备知识自主学习关键能力互动探究
(2)由(1)可知 an－3n＝(－1)n，所以 an＝3n＋(－1)n，所以 Sn＝311－－33n＋－11·－[1－－1－ 1n] ＝3n＋1－2－1n＋1－2.

专题6.3 等比数列及其前n项和(讲)(解析版)

专题6.3 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．知识点一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个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q (q ≠0)表示．数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数)，或a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．知识点二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 q n －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 .知识点三等比数列及前n 项和的性质(1)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)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n ．(3)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 ． (4)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 ．【必会结论】等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k. (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列． (4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .(5)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .(6)等比数列{a n }满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列；满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．考点一等比数列基本量的运算【典例1】【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若，则S 5=____________。

高考数学一轮专项复习讲义-等比数列(北师大版)

§6.3等比数列课标要求1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列前n 项和公式，理解等比数列的通项公式与前n 项和公式的关系.3.能在具体问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列有关的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值都是同一个常数，那么称这样的数列为等比数列，称这个常数为等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)．(2)等比中项：如果在a 与b 之间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么称G 为a 与b 的等比中项，此时，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 1≠0，q ≠0)．(2)前n 项和公式：S n ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1且q ≠0.3．等比数列的常用性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ，其中m ，n ，p ，q ∈N ＋.特别地，若2w ＝m ＋n ，则a m a n ＝a 2w ，其中m ，n ，w ∈N ＋.(2)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N ＋)．(3)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }数列(b ，p ，q ≠0)．(4)1>0，>11<0，q <1，则等比数列{a n }递增．1>0，q <11<0，>1，则等比数列{a n }递减．4．等比数列前n 项和的常用性质若等比数列{a n }的公比q ≠－1,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 .常用结论1．等比数列{a n }的通项公式可以写成a n ＝cq n ，这里c ≠0，q ≠0.2．等比数列{a n }的前n 项和S n 可以写成S n ＝Aq n －A (A ≠0，q ≠1,0)．3．设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(1)S m ＋n ＝S n ＋q n S m ＝S m ＋q m S n .(2)若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T3n T 2n ，…成等比数列．(3)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比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 }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．(×)(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积．(√)2．设a ，b ，c ，d 是非零实数，则“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案B解析若a ，b ，c ，d 成等比数列，则ad ＝bc ，数列－1，－1,1,1满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1,1不是等比数列，即“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的必要不充分条件．3．在等比数列{a n }中，若a 3＝32，S 3＝92，则a 2的值为()A ．32B ．－3C ．－32D ．－3或32答案D解析由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 3(q －2＋q －1＋1)，得q －2＋q －1＋1＝3，即2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12，∴a 2＝a 3q ＝32或－3.4．数列{a n }的通项公式是a n ＝a n (a ≠0)，则其前n 项和为S n ＝________.答案a ≠0，a ≠1解析因为a ≠0，a n ＝a n ，所以{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时，Sn ＝a (1－a n )1－a.题型一等比数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 5＝5S 3－4，则S 4等于()A.158B.658C ．15D ．40答案C 解析方法一若该数列的公比q ＝1，代入S 5＝5S 3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q ≠1.由1－q 51－q ＝5×1－q 31－q －4，化简得q 4－5q 2＋4＝0，所以q 2＝1或q 2＝4，因为此数列各项均为正数，所以q ＝2，所以S 4＝1－q 41－q ＝15.方法二由题知1＋q ＋q 2＋q 3＋q 4＝5(1＋q ＋q 2)－4，即q 3＋q 4＝4q ＋4q 2，即q 3＋q 2－4q －4＝0，即(q －2)(q ＋1)(q ＋2)＝0.由题知q >0，所以q ＝2.所以S 4＝1＋2＋4＋8＝15.(2)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Sn a n 等于()A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1答案B 解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，1q 4－a 1q 2＝12，1q 5－a 1q 3＝24，1＝1，＝2，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2n －1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n .方法二设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，因为a 6－a 4a 5－a 3＝a 4(q 2－1)a 3(q 2－1)＝a 4a 3＝2412＝2，所以q ＝2，所以S na n ＝a 1(1－q n )1－q a 1q n －1＝2n －12n －1＝2－21－n .思维升华等比数列基本量的运算的解题策略(1)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)求解．(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．(3)运用等比数列的前n 项和公式时，一定要讨论公比q ＝1的情形，否则会漏解或增解．跟踪训练1(1)(2023·天津)已知{a n }为等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＋1＝2S n ＋2，则a 4的值为()A ．3B ．18C ．54D ．152答案C解析由题意可得，当n ＝1时，a 2＝2a 1＋2，即a 1q ＝2a 1＋2，①当n ＝2时，a 3＝2(a 1＋a 2)＋2，即a 1q 2＝2(a 1＋a 1q )＋2，②联立①②1＝2，＝3，则a 4＝a 1q 3＝54.(2)(2023·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为()A ．8B ．10C ．12D ．16答案C解析从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则{a n }是以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝1016，即127a 1＝1016，解得a 1＝8，∴a n ＝8×2n －1，∴log 2(a 3a 5)＝log 2(8×22×8×24)＝12.题型二等比数列的判定与证明例2(2023·长沙模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，a 2＝－1，且a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0(n ∈N ＋)．(1)证明：{a n ＋1＋3a n }为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n .(1)证明由a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0，可得a n ＋2＋3a n ＋1＝2(a n ＋1＋3a n )，即a n ＋2＋3a n ＋1a n ＋1＋3a n＝2(n ∈N ＋)，∴{a n ＋1＋3a n }是以a 2＋3a 1＝5为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)可知a n ＋1＋3a n ＝5·2n －1(n ∈N ＋)，∴a n ＋1－2n ＝－3(a n －2n －1)，∴a n ＋1－2n a n －2n －1＝－3，∴{a n －2n －1}是以a 1－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，∴a n －2n －1＝1×(－3)n －1，∴a n ＝2n －1＋(－3)n －1，S n ＝1－2n 1－2＋1－(－3)n 1－(－3)＝2n －34－(－3)n 4.思维升华等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若a na n －1＝q (q 为非零常数，且n ≥2，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列{a n }的通项公式可写成a n ＝cq n －1(c ，q 均为非零常数，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝kq n －k (k 为常数，且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．跟踪训练2(2024·潍坊模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝3，b 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n .(1)证明：{a n ＋b n }和{a n －b n }都是等比数列；(2)求{a n b n }的前n 项和S n .(1)证明因为a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n ，所以a n ＋1＋b n ＋1＝3(a n ＋b n )，a n ＋1－b n ＋1＝－(a n －b n )，又由a 1＝3，b 1＝2得a 1－b 1＝1，a 1＋b 1＝5，所以数列{a n ＋b n }是首项为5，公比为3的等比数列，数列{a n －b n }是首项为1，公比为－1的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋b n ＝5×3n －1，a n －b n ＝(－1)n －1，所以a n ＝5×3n －1＋(－1)n －12，b n ＝5×3n －1－(－1)n －12，所以a n b n ＝5×3n －1＋(－1)n －12×5×3n －1－(－1)n －12＝25×32n －2－14＝254×9n －1－14，所以S n ＝254×1－9n 1－9－n 4＝25×(9n －1)－8n32.题型三等比数列的性质命题点1项的性质例3(1)(2023·全国乙卷)已知{a n }为等比数列，a 2a 4a 5＝a 3a 6，a 9a 10＝－8，则a 7＝________.答案－2解析方法一{a n }为等比数列，∴a 4a 5＝a 3a 6，∴a 2＝1，又a 2a 9a 10＝a 7a 7a 7，∴1×(－8)＝(a 7)3，∴a 7＝－2.方法二设{a n }的公比为q (q ≠0)，则a 2a 4a 5＝a 3a 6＝a 2q ·a 5q ，显然a n ≠0，则a 4＝q 2，即a 1q 3＝q 2，则a 1q ＝1，∵a 9a 10＝－8，则a 1q 8·a 1q 9＝－8，则q 15＝(q 5)3＝－8＝(－2)3，则q 5＝－2，则a 7＝a 1q ·q 5＝q 5＝－2.下标和相等的等差(比)性质的推广(1)若数列{a n }为等比数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则12m m a a ·…·n m a ＝12k k a a ·…·n k a .(2)若数列{a n }为等差数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则1m a ＋2m a ＋…＋n m a ＝1k a ＋2k a ＋…＋n k a .典例已知等差数列{a n }，S n 为前n 项和，且a 9＝5，S 8＝16，则S 11＝________.答案33解析S 8＝8(a 1＋a 8)2＝16，∴a 1＋a 8＝4，又∵a 9＋a 1＋a 8＝3a 6，∴a 6＝3，故S 11＝11a 6＝33.(2)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)＝________.答案100解析因为log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 2(2a n )，所以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.命题点2和的性质例4(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 ＝________.答案2解析奇＋S 偶＝－240，奇－S 偶＝80，奇＝－80，偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.(2)已知S n 是正项等比数列{a n }的前n 项和，S 10＝20，则S 30－2S 20＋S 10的最小值为________．答案－5解析依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，且S 10＝20，不妨令其公比为q (q >0)，则S 20－S 10＝20q ，S 30－S 20＝20q 2，∴S 30－2S 20＋S 10＝(S 30－S 20)－(S 20－S 10)＝20q 2－20q ＝－5，故当q ＝12时，S 30－2S 20＋S 10的最小值为－5.思维升华(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“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)在应用等比数列的性质解题时，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．跟踪训练3(1)(2024·南昌模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝20，a 2a 8＝2，则1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝________.答案10解析1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝＝a 2＋a 8a 2a 8＋a 4＋a 6a 4a 6＝a 2＋a 8＋a 4＋a 6a 2a 8＝202＝10.(2)(2023·长春统考)在等比数列{a n }中，q ＝12，S 100＝150，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100的值是________．答案50解析设T 1＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99，T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100，所以T 2T 1＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝12，所以S 100＝T 1＋T 2＝2T 2＋T 2＝3T 2＝150，所以T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100＝50.课时精练一、单项选择题1．(2023·本溪模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比q ＝12，且a 3a 4＝132，则a 6等于()A.18 B.116C.132D.164答案C解析由a 3a 4＝132，得a 1q 2·a 1q 3＝132，即a 21＝132，所以a 21＝1.又a n >0，所以a 1＝1，a 6＝a 1q 5＝1＝132.2．若1，a 2，a 3,4成等差数列；1，b 2，b 3，b 4,4成等比数列，则a 2－a 3b 3等于()A.12B ．－12C ．±12D.14答案B解析由题意得a 3－a 2＝4－13＝1，设1，b 2，b 3，b 4，4的公比为q ，则b 3＝q 2>0，b 23＝1×4＝4，解得b 3＝2，a 2－a 3b 3＝－12＝－12.3．(2023·济宁模拟)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 等于()A ．5B ．6C ．7D ．8答案B解析∵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 ＝6.4．已知等比数列{a n }为递减数列，若a 2a 6＝6，a 3＋a 5＝5，则a5a 7等于()A.32B.23C.16D ．6答案A解析由{a n }为等比数列，得a 2a 6＝a 3a 5＝6，又a 3＋a 5＝5，∴a 3，a 5为方程x 2－5x ＋6＝0的两个根，解得a 3＝2，a 5＝3或a 3＝3，a 5＝2，由{a n }为递减数列得a n >a n ＋1，∴a 3＝3，a 5＝2，∴q 2＝a 5a 3＝23，则a 5a 7＝1q 2＝32.5．(2024·揭阳模拟)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．其大意是有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地．则此人后三天所走的里程数为()A ．6B ．12C ．18D ．42答案D解析设第n (n ∈N ＋)天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列{a n }是公比为12的等比数列，1－12＝6332a 1＝378，解得a 1＝192，所以此人后三天所走的里程数为a 4＋a5＋a 6＝192×18×1－12＝42.6．(2023·新高考全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 4＝－5，S 6＝21S 2，则S 8等于()A ．120B ．85C ．－85D ．－120答案C解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，首项为a 1，若q ＝1，则S 6＝6a 1＝3×2a 1＝3S 2，不符合题意，所以q ≠1.由S 4＝－5，S 6＝21S 2，可得a 1(1－q 4)1－q ＝－5，a 1(1－q 6)1－q ＝21×a 1(1－q 2)1－q ，①由①可得，1＋q 2＋q 4＝21，解得q 2＝4，所以S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝a 1(1－q 4)1－q ·(1＋q 4)＝－5×(1＋16)＝－85.方法二设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 4＝－5，S 6＝21S 2，所以q ≠－1，否则S 4＝0，从而S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，所以(－5－S 2)2＝S 2(21S 2＋5)，解得S 2＝－1或S 2＝54，当S 2＝－1时，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6，即为－1，－4，－16，S 8＋21，易知S 8＋21＝－64，即S 8＝－85；当S 2＝54时，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(a 1＋a 2)(1＋q 2)＝(1＋q 2)S 2>0，与S 4＝－5矛盾，舍去．综上，S 8＝－85.二、多项选择题7．(2023·太原模拟)已知数列{a n }是等比数列，以下结论正确的是()A ．{a 2n }是等比数列B ．若a 3＝2,a 7＝32，则a 5＝±8C ．若a 1<a 2<a 3，则数列{a n }是递增数列D ．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋r ，则r ＝－1答案ACD 解析令等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，对于A ，a 2n ＋1a 2n ＝＝q 2，且a 21≠0，则{a 2n }是等比数列，故A 正确；对于B ，由a 3＝2，a 7＝32，得q 4＝16，即q 2＝4，所以a 5＝a 3q 2＝2×4＝8，故B 错误；对于C ，由a 1<a 2<a 31(q －1)>0，1q (q －1)>0，>0，1(q －1)>0，a n ＋1－a n ＝q n －1·a 1(q －1)>0，即∀n ∈N ＋，a n ＋1>a n ，所以数列{a n }是递增数列，故C 正确；对于D ，显然q ≠1，则S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1q －1·q n －a 1q －1，而S n ＝3n ＋r ，因此q ＝3，a 1q －1＝1，r ＝－a 1q －1＝－1，故D 正确．8．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，且满足a 1>1，a 2022>1，a 2023<1，则()A ．a 2022a 2024－1<0B ．S 2022＋1<S 2023C ．T 2022是数列{T n }中的最大项D ．T 4045>1答案AC 解析设数列{a n }的公比为q .∵a 1>1，a 2023<1，∴0<a 2023<1，又a 2022>1，∴0<q <1.∵a 2022a 2024＝a 22023<1，∴a 2022a 2024－1<0，故A 正确；∵a 2023<1，∴a 2023＝S 2023－S 2022<1，即S 2022＋1>S 2023，故B 错误；∵0<q <1，a 1>1，∴数列{a n }是递减数列，∵a 2022>1，a 2023<1，∴T 2022是数列{T n }中的最大项，故C 正确；T4045＝a1a2a3·…·a4045＝a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4044)＝a40451q1＋2＋3＋…＋4044＝a40451q2022×4045＝(a1q2022)4045＝a40452023，∵0<a2023<1，∴a40452023<1，即T4045<1，故D错误．三、填空题9．(2023·全国甲卷)记S n为等比数列{a n}的前n项和．若8S6＝7S3，则{a n}的公比为________．答案－1 2解析若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意．所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8·a1(1－q6)1－q＝7·a1(1－q3)1－q，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－1 2 .10．设等比数列{a n}共有3n项，它的前2n项的和为100，后2n项的和为200，则该等比数列中间n项的和等于________．答案200 3解析设数列{a n}的前n项和、中间n项和、后n项和依次为a，b，c.由题意知a＋b＝100，b＋c＝200，b2＝ac，∴b2＝(100－b)(200－b)，∴b＝200 3.11．在等比数列{a n}中，若a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，则a59＋a60＝______.答案31104解析设等比数列{a n}的公比为q，则a n＝a1q n－1.因为a 9＋a 10＝4，a 19＋a 20＝24，所以a 19＋a 20＝(a 9＋a 10)q 10＝24，解得q 10＝6，所以a 59＋a 60＝(a 9＋a 10)q 50＝4×65＝31104.12．记S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝1－a n ，记T n ＝a 1a 3＋a 3a 5＋…＋a 2n －1a 2n ＋1，则a n ＝________，T n ＝________.答案12n解析由题意得a 1＝1－a 1，故a 1＝12.当n ≥2n ＝1－a n ，n －1＝1－a n －1，得a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1，则a n a n －1＝12，故数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .由等比数列的性质可得a 1a 3＝a 22，a 3a 5＝a 24，…，a 2n －1a 2n ＋1＝a 22n ，所以数列{a 2n －1a 2n ＋1}是以a 22＝116为首项，116为公比的等比数列，则T n ＝a 22＋a 24＋…＋a 22n ＝161－116＝四、解答题13．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2.(1)证明数列{a n ＋2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }落入区间(10,2023)的所有项的和．解(1)由a n ＋1＝2a n ＋2，得a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 1＋2＝3，所以a n ＋1＋2a n ＋2＝2，所以{a n ＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，所以a n ＋2＝3×2n －1，a n ＝3×2n －1－2.(2)由10<a n <2023，得10<3×2n －1－2<2023，即4<2n －1<675，即4≤n ≤10，故{a n }落入区间(10,2023)的项为a 4，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，a 10，所以其和S ＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7＝3×8－10241－2－14＝3034.14．(2024·邯郸模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＋1，n ∈N ＋.(1)求{a n }通项公式；(2)设b n ＝a n n ＋1，在数列{b n }中是否存在三项b m ，b k ，b p (其中2k ＝m ＋p )成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．解(1)由题意知，在数列{a n }中，a n ＋1＝3S n ＋1，a n ＝3S n －1＋1，n ≥2，两式相减可得，a n ＋1－a n ＝3a n ，a n ＋1＝4a n ，n ≥2，由条件知，a 2＝3a 1＋1＝4a 1，符合上式，故a n ＋1＝4a n ，n ∈N ＋.∴{a n }是以1为首项，4为公比的等比数列．∴a n ＝4n －1，n ∈N ＋.(2)由题意及(1)得，在数列{a n }中，a n ＝4n －1，n ∈N ＋，在数列{b n }中，b n ＝4n －1n ＋1，如果满足条件的b m ，b k ，b p 存在，则b 2k ＝b m b p ，其中2k ＝m ＋p ，∴(4k －1)2(k ＋1)2＝4m －1m ＋1·4p －1p ＋1，∵2k ＝m ＋p ，∴(k ＋1)2＝(m ＋1)(p ＋1)，解得k 2＝mp ，∴k ＝m ＝p ，与已知矛盾，∴不存在满足条件的三项．15．(2023·杭州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n .若p ：数列{a n }是等比数列；q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，则p 是q 的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案A 解析若{a n }是等比数列，设公比为k ，则a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝k (a 1＋a 2＋…＋a n )，a 3＋a 4＋…＋a n ＋2＝k (a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)，于是(a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)2＝k 2(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝(a 3＋a 4＋…＋a n ＋2)(a 1＋a 2＋…＋a n )，即q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)成立；若(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，取a n ＝0，n ∈N ＋，显然{a n }不是等比数列，故p 是q 的充分不必要条件．16．(2023·泰安模拟)若m ，n 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同零点，且m ，n ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq ＝________.答案20解析＋n ＝p >0，＝q >0>0，>0，则m ，－2，n 或n ，－2，m 成等比数列，得mn ＝(－2)2＝4.不妨设m <n ，则－2，m ，n 成等差数列，得2m ＝n －2.结合mn ＝4，可得(2m ＋2)m ＝4⇒m (m ＋1)＝2，解得m ＝1或m ＝－2(舍去)，＝1，＝4＝5，＝4⇒pq ＝20.。

高考数学一轮复习第六章数列6

高考数学一轮复习第六章数列6.2 等差数列考试要求 1.理解等差数列的概念.2.掌握等差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差关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．知识梳理1．等差数列的有关概念 (1)等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ≥2，n ∈N *)． (2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2.2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋nn －12d 或S n ＝na 1＋a n2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列． (4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．(5)S 2n －1＝(2n －1)a n .(6)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列．常用结论1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2．在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值． 3．等差数列{a n }的单调性：当d >0时，{a n }是递增数列；当d <0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列．4．数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．这里公差d ＝2A . 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(2)若一个数列每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × ) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( √ )(4)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( √ ) 教材改编题1．已知等差数列{a n }中，a 2＝3，前5项和S 5＝10，则数列{a n }的公差为( ) A ．－1 B ．－52C ．－2D ．－4答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ， ∵S 5＝5a 3＝10， ∴a 3＝a 2＋d ＝2，又∵a 2＝3，∴d ＝－1.2．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 5＝________. 答案 903．已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 3＝2，且S 6＝30，则S 9＝________. 答案 126解析由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，2a 1＋5d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝6.∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝－90＋36×6＝126.题型一等差数列基本量的运算例1 (1)(2022·包头模拟)已知等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，S 4＝24，S 9＝99，则a 7等于( )A ．13B ．14C ．15D ．16 答案 C解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝24，S 9＝99，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝24，9a 1＋36d ＝99，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.则a 7＝a 1＋6d ＝15.(2)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则下列结论正确的有________．(填序号) ①a 2＋a 3＝0； ②a n ＝2n －5； ③S n ＝n (n －4)； ④d ＝－2.答案 ①②③解析 S 4＝4×a 1＋a 42＝0，∴a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝0，①正确； a 5＝a 1＋4d ＝5， (*) a 1＋a 4＝a 1＋a 1＋3d ＝0，(**)联立(*)(**)得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝－3，∴a n ＝－3＋(n －1)×2＝2n －5， ②正确，④错误；S n ＝－3n ＋n n －12×2＝n 2－4n ，③正确．教师备选1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，S 4＝24，则a 9等于( ) A ．－5 B ．－7 C ．－9 D ．－11答案 B解析 ∵a 3＝5，S 4＝24， ∴a 1＋2d ＝5,4a 1＋6d ＝24，解得a 1＝9，d ＝－2， ∴a n ＝11－2n ， ∴a 9＝11－2×9＝－7.2．已知{a n }是公差不为零的等差数列，且a 1＋a 10＝a 9，则a 1＋a 2＋…＋a 9a 10＝________.答案278解析 ∵a 1＋a 10＝a 9，∴a 1＋a 1＋9d ＝a 1＋8d ，即a 1＝－d ， ∴a 1＋a 2＋…＋a 9＝S 9＝9a 1＋9×82d ＝27d ， a 10＝a 1＋9d ＝8d ，∴a 1＋a 2＋…＋a 9a 10＝278.思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，n ，d ，a n ，S n ，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a 1和公差d .跟踪训练1 (1)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＋a 6＝24，S 6＝48，则下列选项正确的是( ) A ．a 1＝－2 B ．a 1＝2 C ．d ＝3 D ．d ＝－3答案 A解析因为⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 6＝2a 1＋7d ＝24，S 6＝6a 1＋15d ＝48，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝4.(2)(2020·全国Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝______. 答案 25解析设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＋a 6＝2a 1＋6d ＝2. 因为a 1＝－2，所以d ＝1. 所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.题型二等差数列的判定与证明例2 (2021·全国甲卷)已知数列{a n }的各项均为正数，记S n 为{a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{a n }是等差数列；②数列{S n }是等差数列；③a 2＝3a 1. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解 ①③⇒②.已知{a n }是等差数列，a 2＝3a 1. 设数列{a n }的公差为d ，则a 2＝3a 1＝a 1＋d ，得d ＝2a 1，所以S n ＝na 1＋nn －12d ＝n 2a 1. 因为数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n a 1，所以S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a 1－n a 1＝a 1(常数)，所以数列{S n }是等差数列． ①②⇒③.已知{a n }是等差数列，{S n }是等差数列．设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋nn －12d ＝12n 2d ＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 因为数列{S n }是等差数列，所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数，则a 1－d2＝0，即d ＝2a 1，所以a 2＝a 1＋d ＝3a 1. ②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列，a 2＝3a 1，所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝4a 1. 设数列{S n }的公差为d ，d >0，则S 2－S 1＝4a 1－a 1＝d ，得a 1＝d 2，所以S n ＝S 1＋(n －1)d ＝nd ，所以S n ＝n 2d 2，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2d 2－(n －1)2d 2＝2d 2n －d 2(n ≥2)，是关于n 的一次函数，且a 1＝d 2满足上式，所以数列{a n }是等差数列．高考改编已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且满足nS n ＋1－(n ＋1)S n －32n 2－32n ＝0，证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．解因为nS n ＋1－(n ＋1)S n －32n 2－32n ＝0，所以nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝32n (n ＋1)，所以S n ＋1n ＋1－S n n ＝32，S 11＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，32为公差的等差数列，S n n ＝32n －12，所以S n ＝32n 2－12n ，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1 ＝32n 2－12n －⎣⎡⎦⎤32n －12－12n －1 ＝3n －2，当n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝3n －2. 教师备选(2022·烟台模拟)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，记b n ＝log 2(a n ＋1)． (1)判断{b n }是否为等差数列，并说明理由； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1){b n }是等差数列，理由如下： b 1＝log 2(a 1＋1)＝log 22＝1，当n ≥2时，b n －b n －1＝log 2(a n ＋1)－log 2(a n －1＋1) ＝log 2a n ＋1a n －1＋1＝log 22a n －1＋2a n －1＋1＝1，∴{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知，b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＋1＝2n b＝2n ， ∴a n ＝2n －1.思维升华判断数列{a n }是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一常数．(2)等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1. (3)通项公式法：对任意n ∈N *，都满足a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)． (4)前n 项和公式法：对任意n ∈N *，都满足S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．跟踪训练2 已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．解 (1)由题意可得a 2－2a 1＝4，则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6.由2a 3－3a 2＝12，得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)由已知得na n ＋1－n ＋1a nn n ＋1＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1，公差为d ＝2的等差数列，则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n . 题型三等差数列的性质命题点1 等差数列项的性质例3 (1)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 3＋a 4等于( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9答案 B解析因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1，所以{a n }是等差数列，由等差数列性质可得a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12， a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，所以a 3＋a 4＝3＋4＝7.(2)(2022·崇左模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝150，则S 9等于( ) A ．225 B ．250 C ．270 D ．300 答案 C解析等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝150， ∴a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝150，解得a 5＝30，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝270.命题点2 等差数列前n 项和的性质例4 (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝10，S 20＝60，则S 40等于( ) A ．110 B ．150 C ．210 D ．280答案 D解析因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等差数列．故(S 30－S 20)＋S 10＝2(S 20－S 10)，所以S 30＝150.又因为(S 20－S 10)＋(S 40－S 30)＝2(S 30－S 20)，所以S 40＝280.(2)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n ＝2n －13n －2，则a 11b 6＋b 10＋a 5b 7＋b 9的值为________．答案2943解析a 11b 6＋b 10＋a 5b 7＋b 9＝a 11＋a 52b 8＝2a 82b 8＝a 8b 8，∴a 8b 8＝S 2×8－1T 2×8－1＝S 15T 15＝2×15－13×15－2＝2943. 延伸探究将本例(2)部分条件改为若a 2＋a 8b 4＋b 6＝57，则S 9T 9＝________.答案 57解析a 2＋a 8b 4＋b 6＝2a 52b 5＝a 5b 5＝57， ∴S 9T 9＝9a 1＋a 929b 1＋b 92＝9a 59b 5＝a 5b 5＝57. 教师备选1．若等差数列{a n }的前15项和S 15＝30，则2a 5－a 6－a 10＋a 14等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5解析 ∵S 15＝30，∴152(a 1＋a 15)＝30，∴a 1＋a 15＝4， ∴2a 8＝4，∴a 8＝2.∴2a 5－a 6－a 10＋a 14＝a 4＋a 6－a 6－a 10＋a 14＝a 4－a 10＋a 14＝a 10＋a 8－a 10＝a 8＝2.2．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 020，S 2 0202 020－S 2 0142 014＝6，则S 2 023等于( )A ．2 023B ．－2 023C ．4 046D ．－4 046答案 C解析 ∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，设公差为d ′，则S 2 0202 020－S 2 0142 014＝6d ′＝6，∴d ′＝1，首项为S 11＝－2 020，∴S 2 0232 023＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2， ∴S 2 023＝2 023×2＝4 046.思维升华 (1)项的性质：在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)． ②S 2n －1＝(2n －1)a n .③依次k 项和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列．跟踪训练3 (1)(2021·北京){a n }和{b n }是两个等差数列，其中a k b k (1≤k ≤5)为常值，若a 1＝288，a 5＝96，b 1＝192，则b 3等于( ) A ．64 B ．128 C ．256 D ．512解析由已知条件可得a 1b 1＝a 5b 5，则b 5＝a 5b 1a 1＝96×192288＝64，因此，b 3＝b 1＋b 52＝192＋642＝128.(2)(2022·吕梁模拟)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足a 3＝3a 1，a 2＝3a 1－1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为( ) A.552 B ．55C.652 D ．65答案 C解析设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3a 1，a 1＋d ＝3a 1－1，所以a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n ＋n n －12＝nn ＋12，所以S n n ＝n ＋12，所以S n ＋1n ＋1－S n n＝n ＋1＋12－n ＋12＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，12为公差的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和T 10＝10＋10×10－12×12＝652.课时精练1．(2022·信阳模拟)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 9＝30，a 4＝11，则{a n }的公差为( ) A ．－2 B ．2 C ．－3 D ．3 答案 B解析设公差为d ，因为a 3＋a 9＝2a 6＝30，所以a 6＝15，从而d ＝a 6－a 46－4＝2.2．(2022·莆田模拟)已知等差数列{a n }满足a 3＋a 6＋a 8＋a 11＝12，则2a 9－a 11的值为( ) A ．－3 B ．3 C ．－12 D ．12 答案 B解析由等差中项的性质可得， a 3＋a 6＋a 8＋a 11＝4a 7＝12，解得a 7＝3， ∵a 7＋a 11＝2a 9， ∴2a 9－a 11＝a 7＝3.3．(2022·铁岭模拟)中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入，得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给．则第一等人(得金最多者)得金斤数是( ) A.3726 B.3727 C.5239 D.5639答案 A解析由题设知在等差数列{a n }中， a 1＋a 2＋a 3＝4，a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3. 所以3a 1＋3d ＝4,4a 1＋30d ＝3，解得a 1＝3726.4．(2022·山东省实验中学模拟)已知等差数列{a n }的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为( ) A ．28 B ．29 C ．30 D ．31答案 B解析设等差数列{a n }共有2n ＋1项，则S 奇＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1， S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ，该数列的中间项为a n ＋1，又S 奇－S 偶＝a 1＋(a 3－a 2)＋(a 5－a 4)＋…＋(a 2n ＋1－a 2n )＝a 1＋d ＋d ＋…＋d ＝a 1＋nd ＝a n ＋1，所以a n ＋1＝S 奇－S 偶＝319－290＝29.5．等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，当首项a 1和d 变化时，a 3＋a 8＋a 13是一个定值，则下列各数也为定值的是( ) A ．a 11 B ．a 12 C ．S 15 D ．S 16 答案 C解析由等差中项的性质可得a 3＋a 8＋a 13＝3a 8为定值，则a 8为定值， S 15＝15()a 1＋a 152＝15a 8为定值，但S 16＝16()a 1＋a 162＝8()a 8＋a 9不是定值．6．在等差数列{a n }中，若a 10a 9<－1，且它的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0成立的正整数n的最大值是( )A ．15B ．16C ．17D ．14 答案 C解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和有最大值， ∴等差数列{a n }为递减数列，又a 10a 9<－1，∴a 9>0，a 10<0，且a 9＋a 10<0，又S 18＝18a 1＋a 182＝9(a 9＋a 10)<0，S 17＝17a 1＋a 172＝17a 9>0，∴使S n >0成立的正整数n 的最大值是17.7．(2019·北京)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________. 答案 0解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－3，S 5＝－10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－3，5a 1＋10d ＝－10， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝1，∴a 5＝a 1＋4d ＝0. 8．(2022·新乡模拟)一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为________．答案 51解析设该数列为{a n }，依题意可知，a 5，a 6，…成等差数列，且公差为2，a 5＝5，设塔群共有n 层，则1＋3＋3＋5＋5(n －4)＋n －4n －52×2＝108，解得n ＝12(n ＝－8舍去)．故最下面三层的塔数之和为a 10＋a 11＋a 12＝3a 11＝3×(5＋2×6)＝51.9．(2021·全国乙卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，b n 为数列{S n }的前n 项积，已知2S n ＋1b n ＝2.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．(1)证明因为b n 是数列{S n }的前n 项积，所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n ＋1b n ＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2)．又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32，故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列．(2)解由(1)可知，b n ＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1nn ＋1. 故a n＝⎩⎨⎧32，n ＝1，－1nn ＋1，n ≥2.10．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求T n . 解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0， ∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，∴数列{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∵a 1＝8，a 4＝2， ∴d ＝a 4－a 14－1＝－2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝10－2n ，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，则由(1)可得， S n ＝8n ＋nn －12×(－2)＝9n －n 2，n ∈N *. 由(1)知a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5， ∴当n >5时，a n <0，则T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n ) ＝S 5－(S n －S 5)＝2S 5－S n＝2×(9×5－25)－(9n －n 2)＝n 2－9n ＋40；当n ≤5时，a n ≥0，则T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2，n ≤5，n ∈N *，n 2－9n ＋40，n ≥6，n ∈N *.11．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C解析 ∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S mm ，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5，经检验为原方程的解．12．(2022·济宁模拟)设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，已知S 14>0，S 15<0，则下列选项不正确的是( ) A ．a 1>0，d <0 B ．a 7＋a 8>0C ．S 6与S 7均为S n 的最大值D ．a 8<0 答案 C解析因为S 14>0，所以S 14＝14×a 1＋a 142＝7(a 1＋a 14)＝7(a 7＋a 8)>0，即a 7＋a 8>0，因为S 15<0，所以S 15＝15×a 1＋a 152＝15a 8<0，所以a 8<0，所以a 7>0，所以等差数列{a n }的前7项为正数，从第8项开始为负数，则a 1>0，d <0，S 7为S n 的最大值．13．(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________．答案 3n 2－2n解析方法一 (观察归纳法)数列{2n －1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n －2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则a n ＝1＋6(n －1)＝6n －5. 故前n 项和为S n ＝na 1＋a n 2＝n1＋6n －52＝3n 2－2n .方法二 (引入参变量法)令b n ＝2n －1，c m ＝3m －2，b n ＝c m ，则2n －1＝3m －2，即3m ＝2n ＋1，m 必为奇数．令m ＝2t －1，则n ＝3t －2(t ＝1,2,3，…)． a t ＝b 3t －2＝c 2t －1＝6t －5，即a n ＝6n －5. 以下同方法一．14．(2022·东莞东方明珠学校模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差为d ，前n 项和为S n .若S n ≤S 8恒成立，则公差d 的取值范围是__________．答案 ⎣⎡⎦⎤－17，－18 解析根据等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ≤S 8恒成立，可知a 8≥0且a 9≤0，所以1＋7d ≥0且1＋8d ≤0，解得－17≤d ≤－18.15．定义向量列a 1，a 2，a 3，…，a n 从第二项开始，每一项与它的前一项的差都等于同一个常向量(即坐标都是常数的向量)，即a n ＝a n －1＋d (n ≥2，且n ∈N *)，其中d 为常向量，则称这个向量列{a n }为等差向量列．这个常向量叫做等差向量列的公差向量，且向量列{a n }的前n 项和S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .已知等差向量列{a n }满足a 1＝(1,1)，a 2＋a 4＝(6,10)，则向量列{a n }的前n 项和S n ＝____________________. 答案⎝⎛⎭⎫n ＋n 22，n 2解析因为向量线性运算的坐标运算，是向量的横坐标、纵坐标分别进行对应的线性运算，则等差数列的性质在等差向量列里面也适用，由等差数列的等差中项的性质知2a 3＝a 2＋a 4＝(6,10)，解得a 3＝(3,5)，则等差向量列{a n }的公差向量为d ＝a 3－a 12＝3，5－1，12＝3－1，5－12＝2，42＝(1,2)，由等差数列的通项公式可得等差向量列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(1,1)＋(n －1)(1,2)＝(1,1)＋(n －1,2n －2) ＝(1＋n －1,1＋2n －2)＝(n ,2n －1)，由等差数列的前n 项和公式，可得等差向量列{a n }的前n 项和S n ＝na 1＋a n2＝n [1，1＋n ，2n －1]2＝n1＋n ，2n2＝n ＋n 2，2n 22＝⎝⎛⎭⎫n ＋n 22，n 2.16．在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设{b n }＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得a 1＝1，d ＝25，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知，b n ＝⎣⎡⎦⎤2n ＋35，当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2<2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4<2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.。

高考数学一轮总复习第六章 6.2 等差数列及其前n项和

(2)已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝－2 018，2S20011
S2 020＝ 2 020. 解析由等差数列的性质可得Snn也为等差数列. 设其公差为 d，则2S2001199 －2S2001133 ＝6d＝6，∴d＝1. 故2S2002200 ＝S11＋2 019d＝－2 018＋2 019＝1，
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5.若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝ 8 和最大. 解析因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8>0，所以a8>0. 又a7＋a10＝a8＋a9<0，所以a9<0. 故当n＝8时，其前n项和最大.
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6.一物体从1 960 m的高空降落，如果第1秒降落4.90 m，以多降落9.80 m，那么经过 20 秒落到地面. 解析设物体经过t秒降落到地面. 物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公数列. 所以 4.90t＋12t(t－1)×9.80＝1 960，即4.90t2＝1 960，解得t＝20.
∴S2 020＝1×2 020＝2 020.
思维升华等差数列的性质 (1)项的性质：在等差数列{an}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈ ＝ap＋aq. (2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则 ①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)； ②S2n－1＝(2n－1)an.
知识梳理
ZHISHISHULI
1.等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公表示. 2.等差数列的通项公式如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是 3.等差中项由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列的等差中项 .

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.。

高考数学(理科)一轮复习等比数列及其前n项和学案含答案

高考数学（理科）一轮复习等比数列及其前n项和学案含答案学案30等比数列及其前n项和导学目标：1理解等比数列的概念2掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式3了解等比数列与指数函数的关系4能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．自主梳理1．等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的________，通常用字母________表示(q≠0)．2．等比数列的通项公式设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝______________3．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G 叫做a与b的等比中项．4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝a•________ (n，∈N*)．(2)若{an}为等比数列，且＋l＝＋n (，l，，n∈N*)，则__________________________．(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，1an，{a2n}，{an•bn}，anbn仍是等比数列．(4)单调性：a1>0，q>1或a1<00<q<1⇔{an}是________数列；a1>0，0<q<1或a1<0q>1⇔{an}是________数列；q＝1⇔{an}是____数列；q<0⇔{an}是________数列．．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q (q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn ＝na1；当q≠1时，Sn＝a11－qn1－q＝a1qn－1q－1＝a1qnq－1－a1q－16．等比数列前n项和的性质公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n －S2n仍成等比数列，其公比为______．自我检测1．“b＝a”是“a、b、成等比数列”的()A．充分不必要条B．必要不充分条．充要条D．既不充分也不必要条2．若数列{an}的前n项和Sn＝3n－a，数列{an}为等比数列，则实数a的值是()A．3B．1．0D．－13．(2011•温州月考)设f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1 (n∈N*)，则f(n)等于()A27(8n－1)B27(8n＋1－1)27(8n＋2－1)D27(8n＋3－1)4．(2011•湖南长郡中学月考)已知等比数列{an}的前三项依次为a－2，a＋2，a＋8，则an等于()A．8•32nB．8•23n．8•32n－1D．8•23n－1．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1 (n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－3，－23,19,37,82}中，则6q＝________探究点一等比数列的基本量运算例 1 已知正项等比数列{an}中，a1a＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a＋a4a6＝36，求数列{an}的通项an和前n项和Sn变式迁移1在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2•an－1＝128，Sn＝126，求n和q探究点二等比数列的判定例2 (2011•岳阳月考)已知数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋，n∈N*(1)证明数列{an＋1}是等比数列；(2)求{an}的通项公式以及Sn变式迁移2设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．(1)求a2，a3的值；(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．探究点三等比数列性质的应用例 3 (2011•湛江月考)在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a＝8，且1a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a＝2，求a3变式迁移3(1)已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，求b＋b9的值；(2)在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a1a16＝8，求a41a42a43a44分类讨论思想与整体思想的应用例(12分)设首项为正数的等比数列{an}的前n项和为80，它的前2n项和为6 60，且前n项中数值最大的项为4，求此数列的第2n项．【答题模板】解设数列{an}的公比为q，若q＝1，则Sn＝na1，S2n＝2na1＝2Sn∵S2n＝6 60≠2Sn＝160，∴q≠1，[2分]由题意得a11－qn1－q＝80，①a11－q2n1－q＝6 60 ②[4分]将①整体代入②得80(1＋qn)＝6 60，∴qn＝81[6分]将qn＝81代入①得a1(1－81)＝80(1－q)，∴a1＝q－1，由a1>0，得q>1，∴数列{an}为递增数列．[8分]∴an＝a1qn－1＝a1q•qn＝81•a1q＝4∴a1q＝23[10分]与a1＝q－1联立可得a1＝2，q＝3，∴a2n＝2×32n－1 (n∈N*)．[12分]【突破思维障碍】(1)分类讨论的思想：①利用等比数列前n项和公式时要分公比q＝1和q≠1两种情况讨论；②研究等比数列的单调性时应进行讨论：当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1时为递增数列；当a1<0，q>1或a1>0,0<q<1时为递减数列；当q<0时为摆动数列；当q＝1时为常数列．(2)函数的思想：等比数列的通项公式an＝a1qn －1＝a1q•qn (q>0且q≠1)常和指数函数相联系．(3)整体思想：应用等比数列前n项和时，常把qn，a11－q当成整体求解．本题条前n项中数值最大的项为4的利用是解决本题的关键，同时将qn和a11－qn1－q的值整体代入求解，简化了运算，体现了整体代换的思想，在解决有关数列求和的题目时应灵活运用．1．等比数列的通项公式、前n项公式分别为an＝a1qn－1，Sn ＝na1，q＝1，a11－qn1－q，q≠12．等比数列的判定方法：(1)定义法：即证明an＋1an＝q (q≠0，n∈N*) (q是与n值无关的常数)．(2)中项法：证明一个数列满足a2n＋1＝an•an＋2 (n∈N*且an•an＋1•an＋2≠0)．3．等比数列的性质：(1)an＝a•qn－(n，∈N*)；(2)若{an}为等比数列，且＋l＝＋n (，l，，n∈N*)，则a•al＝a•an；(3)设公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn4．在利用等比数列前n项和公式时，一定要对公比q＝1或q≠1作出判断；计算过程中要注意整体代入的思想方法．．等差数列与等比数列的关系是：(1)若一个数列既是等差数列，又是等比数列，则此数列是非零常数列；(2)若{an}是等比数列，且an>0，则{lg an}构成等差数列．(满分：7分)一、选择题(每小题分，共2分)1．(2010•辽宁)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n 项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S等于()A12B314334D1722．(2010•浙江)设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a＝0，则SS2等于()A．－11B．－8．D．113．在各项都为正数的等比数列{an}中，a1＝3，前三项的和S3＝21，则a3＋a4＋a等于()A．33B．72．84D．1894．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T2中也是常数的项是()A．T10B．T13．T17D．T2．(2011•佛模拟)记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则S10S等于()A．－3B．．－31D．33题号1234答案二、填空题(每小题4分，共12分)6．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a＝16，则数列{an}前7项的和为________．7．(2011•平顶月考)在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________8．(2010•福建)在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an＝________三、解答题(共38分)9．(12分)(2010•陕西)已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列．(1)求数列{an}的通项；(2)求数列{2an}的前n项和Sn10．(12分)(2011•廊坊模拟)已知数列{lg2(an－1)}为等差数列，且a1＝3，a2＝(1)求证：数列{an－1}是等比数列；(2)求1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an的值．11．(14分)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{n}对n∈N*均有1b1＋2b2＋…＋nbn＝an＋1成立，求1＋2＋3＋…＋2 010答案自主梳理1．公比q2a1•qn－14(1)qn－(2)a•al＝a•an(4)递增递减常摆动6qn自我检测1．D2B3B4－9堂活动区例1解题导引(1)在等比数列的通项公式和前n项和公式中共有a1，an，q，n，Sn五个量，知道其中任意三个量，都可以求出其余两个量．解题时，将已知条转化为基本量间的关系，然后利用方程组的思想求解；(2)本例可将所有项都用a1和q表示，转化为关于a1和q的方程组求解；也可利用等比数列的性质转化，两种方法目的都是消元转化．解方法一由已知得：a21q4＋2a21q6＋a21q8＝100，a21q4－2a21q6＋a21q8＝36①②①－②，得4a21q6＝64，∴a21q6＝16③代入①，得16q2＋2×16＋16q2＝100解得q2＝4或q2＝14又数列{an}为正项数列，∴q＝2或12当q＝2时，可得a1＝12，∴an＝12×2n－1＝2n－2，Sn＝12(1－2n)1－2＝2n－1－12；当q＝12时，可得a1＝32∴an＝32×12n－1＝26－nSn＝321－12n1－12＝64－26－n方法二∵a1a＝a2a4＝a23，a2a6＝a3a，a3a7＝a4a6＝a2，由a1a＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a＋a4a6＝36，可得a23＋2a3a＋a2＝100，a23－2a3a＋a2＝36，即(a3＋a)2＝100，(a3－a)2＝36∴a3＋a＝10，a3－a＝±6解得a3＝8，a＝2，或a3＝2，a＝8 当a3＝8，a＝2时，q2＝aa3＝28＝14∵q>0，∴q＝12，由a3＝a1q2＝8，得a1＝32，∴an＝32×12n－1＝26－nSn＝32－26－n×121－12＝64－26－n当a3＝2，a＝8时，q2＝82＝4，且q>0，∴q＝2由a3＝a1q2，得a1＝24＝12∴an＝12×2n－1＝2n－2Sn＝12(2n－1)2－1＝2n－1－12变式迁移1解由题意得a2•an－1＝a1•an＝128，a1＋an＝66，解得a1＝64，an＝2或a1＝2，an＝64若a1＝64，an＝2，则Sn＝a1－anq1－q＝64－2q1－q＝126，解得q＝12，此时，an＝2＝64•12n－1，∴n＝6若a1＝2，an＝64，则Sn＝2－64q1－q＝126，∴q＝2∴an＝64＝2•2n－1∴n＝6综上n＝6，q＝2或12例2解题导引(1)证明数列是等比数列的两个基本方法：①an＋1an＝q (q为与n值无关的常数)(n∈N*)．②a2n＋1＝anan＋2 (an≠0，n∈N*)．(2)证明数列不是等比数列，可以通过具体的三个连续项不成等比数列证明，也可用反证法．(1)证明由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋，n∈N*，可得n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4，两式相减得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)，当n＝1时，S2＝2S1＋1＋，所以a2＋a1＝2a1＋6，又a1＝，所以a2＝11，从而a2＋1＝2(a1＋1)，故总有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*，又a1＝，a1＋1≠0，从而an＋1＋1an＋1＝2，即数列{an＋1}是首项为6，公比为2的等比数列．(2)解由(1)得an＋1＝6•2n－1，所以an＝6•2n－1－1，于是Sn＝6•(1－2n)1－2－n＝6•2n－n－6变式迁移2(1)解∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8(2)证明∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn －1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴Sn＋2Sn－1＋2＝2，故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．例3解题导引在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条，利用性质，特别是性质“若＋n＝p＋q，则a•an＝ap•aq”，可以减少运算量，提高解题速度．解由已知得1a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a＝a1＋aa1a＋a2＋a4a2a4＋a3a23＝a1＋a2＋a3＋a4＋aa23＝8a23＝2，∴a23＝4，∴a3＝±2若a3＝－2，设数列的公比为q，则－2q2＋－2q－2－2q－2q2＝8，即1q2＋1q＋1＋q＋q2＝1q＋122＋q＋122＋12＝－4此式显然不成立，经验证，a3＝2符合题意，故a3＝2变式迁移3解(1)∵a3a11＝a27＝4a7，∵a7≠0，∴a7＝4，∴b7＝4，∵{bn}为等差数列，∴b＋b9＝2b7＝8(2)a1a2a3a4＝a1•a1q•a1q2•a1q3＝a41q6＝1①a13a14a1a16＝a1q12•a1q13•a1q14•a1q1＝a41•q4＝8②②÷①：a41•q4a41•q6＝q48＝8ͤq16＝2，又a41a42a43a44＝a1q40•a1q41•a1q42•a1q43 ＝a41•q166＝a41•q6•q160＝(a41•q6)•(q16)10＝1•210＝1 024后练习区1．B[∵{an}是由正数组成的等比数列，且a2a4＝1，∴设{an}的公比为q，则q>0，且a23＝1，即a3＝1∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝1q2＋1q＋1＝7，即6q2－q－1＝0故q＝12或q＝－13(舍去)，∴a1＝1q2＝4∴S＝4(1－12)1－12＝8(1－12)＝314]2．A[由8a2＋a＝0，得8a1q＋a1q4＝0，所以q＝－2，则SS2＝a1(1＋2)a1(1－22)＝－11]3．[由题可设等比数列的公比为q，则3(1－q3)1－q＝21ͤ1＋q＋q2＝7ͤq2＋q－6＝0ͤ(q＋3)(q－2)＝0，根据题意可知q>0，故q＝2所以a3＋a4＋a＝q2S3＝4×21＝84]4．[a3a6a18＝a31q2＋＋17＝(a1q8)3＝a39，即a9为定值，所以下标和为9的倍数的积为定值，可知T17为定值．]．D[因为等比数列{an}中有S3＝2，S6＝18，即S6S3＝a1(1－q6)1－qa1(1－q3)1－q＝1＋q3＝182＝9，故q＝2，从而S10S＝a1(1－q10)1－qa1(1－q)1－q＝1＋q＝1＋2＝33]6．127解析∵公比q4＝aa1＝16，且q>0，∴q＝2，∴S7＝1－271－2＝12771207解析∵S99＝30，即a1(299－1)＝30，∵数列a3，a6，a9，…，a99也成等比数列且公比为8，∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝4a1(1－833)1－8＝4a1(299－1)7＝47×30＝12078．4n－1解析∵等比数列{an}的前3项之和为21，公比q＝4，不妨设首项为a1，则a1＋a1q＋a1q2＝a1(1＋4＋16)＝21a1＝21，∴a1＝1，∴an＝1×4n－1＝4n－19．解(1)由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列，得1＋2d1＝1＋8d1＋2d，…………………………………………………………………………(4分)解得d＝1或d＝0(舍去)．故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n……………………………………………………(7分)(2)由(1)知2an＝2n，由等比数列前n项和公式，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n＝2(1－2n)1－2＝2n＋1－2………………………………………………………………………………(12分)10．(1)证明设lg2(an－1)－lg2(an－1－1)＝d (n≥2)，因为a1＝3，a2＝，所以d＝lg2(a2－1)－lg2(a1－1)＝lg24－lg22＝1，…………………………………………………………(3分)所以lg2(an－1)＝n，所以an－1＝2n，所以an－1an－1－1＝2 (n≥2)，所以{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．………(6分)(2)解由(1)可得an－1＝(a1－1)•2n－1，所以an＝2n＋1，…………………………………………………………………………(8分)所以1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an＝122－2＋123－22＋…＋12n＋1－2n＝12＋122＋…＋12n＝1－12n………………………………………………………………(12分) 11．解(1)由已知有a2＝1＋d，a＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2(d＝0舍)．……………………………………………………………………(2分)∴an＝1＋(n－1)•2＝2n－1………………………………………………………………(3分)又b2＝a2＝3，b3＝a＝9，∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3•3n－2＝3n－1………………………………………………………………………(6分)(2)由1b1＋2b2＋…＋nbn＝an＋1得当n≥2时，1b1＋2b2＋…＋n－1bn－1＝an两式相减得：当n≥2时，nbn＝an＋1－an＝2……………………………………………(9分)∴n＝2bn＝2•3n－1 (n≥2)．又当n＝1时，1b1＝a2，∴1＝3∴n＝3(n＝1)2•3n－ 1 (n≥2)……………………………………………………………(11分)∴1＋2＋3＋…＋2 010＝3＋6－2×32 0101－3＝3＋(－3＋32 010)＝32 010…………………………………………(14分)。

新高考数学第6章第3讲等比数列及其前n项和

第六章数列
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(4)当 q≠－1 或 q＝－1 且 k 为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列．当 q＝－1 且 k 为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列．
(5)等比数列{an}的单调性
①满足a1>0， q>1
或a1<0， 0<q<1
＝－18，若 Sk＝－181，则 k＝_5__.
(4)(2020·课标Ⅱ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a5－a3＝12，
a6－a4＝24，则Sann＝ A．2n－1
B．2－21－n
(B )
C．2－2n－1
D．21－n－1
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[解析] (1)解法一：设等比数列{an}的公比为 q，由 a1＝14，a3a5＝4(a4 －1)，知 q≠1，则 a1q2×a1q4＝4(a1q3－1)，∴116×q6＝414×q3－1，∴q6 －16q3＋64＝0，∴(q3－8)2＝0，即 q3＝8，∴q＝2，∴a2＝12，故选 C．
返回导航[解析]源自解法一：设等比数列{an}的公比为
q，
所
以
a2＋a3＋a4 a1＋a2＋a3
＝
aa11＋＋aa22＋＋aa33q＝q＝2，由 a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1 解得
a1＝17，所以 a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝17×(25＋26＋27)＝17×25×(1＋2
第六章数列
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6．(2019·全国卷Ⅰ，14,5 分)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1

高考数学一轮复习第六章数列第3讲等比数列及其前n项和教学案理

第3讲等比数列及其前n 项和一、知识梳理1．等比数列的有关概念 (1)定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫作等比数列．这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q 表示．(2)等比中项如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔G 2＝ab ．“a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件．2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 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)．常用结论1．正确理解等比数列的单调性当q >1，a 1>0或0<q <1，a 1<0时，{a n }是递增数列；当q >1，a 1<0或0<q <1，a 1>0时，{a n }是递减数列；当q ＝1时，{a n }是常数列；当q ＝－1时，{a n }是摆动数列． 2．记住等比数列的几个常用结论(1)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列． (2)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k.(3)一个等比数列各项的k 次幂，仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k 次幂．(4){a n }为等比数列，若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T 3nT 2n，…成等比数列．(5)当q ≠0，q ≠1时，S n ＝k －k ·q n(k ≠0)是{a n }成等比数列的充要条件，此时k ＝a 11－q.(6)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．二、教材衍化1．在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．解析：设该数列的公比为q ，由题意知， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12，12×4＝48. 答案：12，482．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝________．解析：由题意知q 3＝a 5a 2＝18，所以q ＝12.答案：123．等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则{a n }的通项公式a n ＝________．解析：因为S 10S 5＝3132，所以S 10－S 5S 5＝－132，因为S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，所以q 5＝－132，q ＝－12，则a n ＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.答案：－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)与等差数列类似，等比数列的各项可以是任意一个实数．( )(2)公比q 是任意一个常数，它可以是任意实数．( ) (3)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( ) 答案：(1)× (2)× (3)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)忽视项的符号判断； (2)忽视公比q ＝1的特殊情况； (3)忽视等比数列的项不为0.1．在等比数列{a n }中，a 3＝4，a 7＝16，则a 3与a 7的等比中项为________．解析：设a 3与a 7的等比中项为G ，因为a 3＝4，a 7＝16，所以G 2＝4×16＝64，所以G ＝±8.答案：±82．数列{a n }的通项公式是a n ＝a n(a ≠0)，则其前n 项和S n ＝________．解析：因为a ≠0，a n ＝a n，所以{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时S n ＝a （1－a n ）1－a.答案：⎩⎪⎨⎪⎧n ，a ＝1，a （1－a n ）1－a，a ≠0，a ≠13．已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为________．解析：因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，所以(2x＋2)2＝x(3x＋3)，即x2＋5x＋4＝0，解得x＝－1或x＝－4.当x＝－1时，数列的前三项为－1，0，0，不是等比数列，舍去．答案：－4等比数列基本量的运算(师生共研)(1)(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( ) A．16 B．8C．4 D．2(2)等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3.①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)选C.设等比数列{a n}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.(2)①设{a n}的公比为q，由题设得a n＝q n－1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.②若a n ＝(－2)n －1，则S n＝1－（－2）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.解决等比数列有关问题的2种常用思想方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解分类讨论的思想等比数列的前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－qn n 前n 项和，若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________．解析：通解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝13×（1－35）1－3＝1213.优解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以a 2a 6＝a 6，所以a 2＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝13×（1－35）1－3＝1213.答案：12132．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0，解得q ＝－5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.等比数列的判定与证明(师生共研)(2018·高考全国卷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）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.等比数列的4种常用判定方法定义法若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N +)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N +)，则{a n }是等比数列中项公式法若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N +)，则数列{a n }是等比数列通项若数列通项公式可写成a n ＝c ·qn －1(c ，q 均是不为0的常数，证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．1．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n＋1＝4a n＋2(n∈N*)，若b n＝a n＋1－2a n，求证：{b n}是等比数列．证明：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S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.所以b1＝a2－2a1＝3.所以数列{b n}是首项为3，公比为2的等比数列．2．已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2a n－3n(n∈N+)．(1)求a1，a2，a3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：(1)当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3，当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9，当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得a3＝21.(2)假设{a n＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.下面证明{a n ＋3}为等比数列：因为S n ＝2a n －3n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3n －3，所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3，即2a n ＋3＝a n ＋1，所以2(a n ＋3)＝a n ＋1＋3，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，所以存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列．所以a n ＋3＝6×2n －1，即a n ＝3(2n－1)(n ∈N +)．等比数列的性质(多维探究) 角度一等比数列项的性质(1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________．(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＝________．【解析】 (1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(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.【答案】 (1)50 (2)31角度二等比数列前n 项和的性质(1)(一题多解)等比数列{a n }中，前n 项和为48，前2n项和为60，则其前3n 项和为________．(2)数列{a n }是一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前三项之积为64，则此数列的通项公式为a n ＝________．【解析】 (1)法一：设数列{a n }的前n 项和为S n . 因为S 2n ≠2S n ，所以q ≠1，由前n 项和公式得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q n ）1－q ＝48，①a 1（1－q 2n）1－q＝60，②②÷①，得1＋q n＝54，所以q n＝14.③将③将入①，得a 11－q＝64. 所以S 3n ＝a 1（1－q 3n ）1－q ＝64×⎝⎛⎭⎪⎫1－143＝63.法二：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为{a n }为等比数列，所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列，所以(S 2n －S n )2＝S n (S 3n －S 2n )，即S 3n ＝（S 2n －S n ）2S n ＋S 2n ＝（60－48）248＋60＝63.法三：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为S 2n ＝S n ＋q nS n ，所以q n＝S 2n －S n S n ＝14，所以S 3n ＝S 2n ＋q2nS n ＝60＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142×48＝63.(2)设此数列{a n }的公比为q ，由题意，知S 奇＋S 偶＝4S 偶，所以S 奇＝3S 偶，所以q ＝S 偶S 奇＝13.又a 1a 2a 3＝64，即a 1(a 1q )(a 1q 2)＝a 31q 3＝64，所以a 1q ＝4.又q ＝13，所以a 1＝12，所以a n ＝a 1qn －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1.【答案】 (1)63(2)12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类 (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形． (3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．[提醒] 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．(一题多解)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12D ．18解析：选C.法一：因为a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)，所以a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2.又因为q 3＝a 4a 1＝214＝8，所以q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法二：因为a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12，故选C.数列与数学文化及实际应用1．等差数列与数学文化(2020·陕西汉中二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重( )A ．6斤B ．7斤C ．9斤D ．15斤【解析】设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{a n }，则有a 1＝4，a 5＝2，所以a 1＋a 5＝6，数列{a n }的前5项和为S 5＝5×a 1＋a 52＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D.【答案】 D以数学文化为背景的等差数列模型题的求解关键：一是会脱去数学文化的背景，读懂题意；二是构建模型，即由题意构建等差数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等差数列的相关问题，如求指定项、公差或项数、通项公式或前n 项和等．2．等比数列与数学文化(2020·湖南衡阳三模)中国古代数学名著《九章算术》中有如下问题．今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为( )A.253 B ．503C.507D ．1007【解析】 5斗＝50升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a 1，a 2，a 3，由题意可知a 1，a 2，a 3构成公比为2的等比数列，且S 3＝50，则a 1（1－23）1－2＝50，解得a 1＝507，所以马主人应偿还粟的量为a 2＝2a 1＝1007，故选D.【答案】 D以数学文化为背景的等比数列模型题的求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题，如求指定项、公比或项数、通项公式或前n 项和等．3．递推数列与数学文化(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N +)个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为( )A ．7B ．10C ．12D ．22【解析】因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4，所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7.故选A.以数学文化为背景的已知递推公式的数列模型的求解关键是耐心读题、仔细理解题，只有弄清题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答，“盯紧”题目条件中的递推公式，利用此递推公式往要求的量转化，如本题，剥去数学文化背景，实质就是已知a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，求a 4的问题．4．周期数列与数学文化(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N +)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 019项的和为( )A ．672B ．673C ．1 346D ．2 019【解析】由于{a n }是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{a n }为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，所以{a n }是周期为3的周期数列，且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2. 因为2 019＝673×3，所以数列{a n }的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.以数学文化为背景的周期数列模型题的求解关键是细审题，建立数学模型，并会适时脱去背景，如本题，脱去背景，实质是利用斐波那契数列的各项除以2的余数的特征，得出新数列的周期性，进而求出结果．5．数列在实际问题中的应用私家车具有申请报废制度．一车主购买车辆时花费15万，每年的保险费、路桥费、汽油费等约1.5万元，每年的维修费是一个公差为3 000元的等差数列，第一年维修费为3 000元，则该车主申请车辆报废的最佳年限(使用多少年的年平均费用最少)是________年．【解析】设这辆汽车报废的最佳年限为n 年，第n 年的费用为a n ，则a n ＝1.5＋0.3n .前n 年的总费用为S n ＝15＋1.5n ＋n2(0.3＋0.3n )＝0.15n 2＋1.65n ＋15，年平均费用：S n n ＝0.15n ＋15n＋1.65≥20.15n ×15n ＋1.65＝4.65，当且仅当0.15n ＝15n，即n＝10时，年平均费用S nn取得最小值．所以这辆汽车报废的最佳年限是10年．【答案】 10数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程．有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际规律的结果．[基础题组练]1．(2020·江西宜春一模)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：选D.因为a 1a 3＝a 22＝4，a 4＝4，所以a 2＝2，所以q 2＝a 4a 2＝2，所以a 6＝a 2q 4＝2×4＝8，故a 6的所有可能值构成的集合是{8}，故选D.2．在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( )A ．135B ．100C ．95D ．80解析：选A.由等比数列前n 项和的性质知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8成等比数列，其首项为40，公比为6040＝32，所以a 7＋a 8＝40×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝135.3．(2020·山西3月高考考前适应性测试)正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，且a 5与a 9的等差中项为4，则{a n }的公比是( )A ．1B ．2 C.22D ．2解析：选D.设公比为q ，由正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，可得a 23＋2a 3a 7＋a 27＝(a 3＋a 7)2＝16，即a 3＋a 7＝4，由a 5与a 9的等差中项为4，得a 5＋a 9＝8，则q 2(a 3＋a 7)＝4q 2＝8，则q＝2(舍负)，故选D.4．(2020·湘赣十四校第二次联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了( )A ．6里B ．12里C ．24里D ．96里解析：选A.由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{a n }，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则q ＝12，依题意有a 1（1－q 6）1－q ＝378，解得a 1＝192，则a 6＝192×(12)5＝6，最后一天走了6里，故选A.5．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．10解析：选B.设该等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，则由已知得a 1·a 2·a 3＝3，a n －2·a n －1·a n ＝9，(a 1·a n )3＝3×9＝33，所以a 1·a n ＝3，又T n ＝a 1·a 2·…·a n －1·a n ＝a n ·a n －1·…·a 2·a 1，所以T 2n ＝(a 1·a n )n，即7292＝3n，所以n ＝12.6．(2020·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＝________．解析：设{a n }的公比为q (q >0)，因为a 1a 6＝2a 3，而a 1a 6＝a 3a 4，所以a 3a 4＝2a 3，所以a 4＝2.又a 4＋2a 6＝3，所以a 6＝12，所以q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝16[1－（12）5]1－12＝31.答案：317．(一题多解)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________．解析：法一：设数列{a n }的公比为q ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝a 21q 9＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.法二：由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.答案：－78．(2020·安徽安庆模拟)数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N +，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为________．解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.答案：29．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)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故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)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.10．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.[综合题组练]1．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0)∪[1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ，则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q )＝1＋q ＋1q.当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－(－q －1q)≤1－2（－q ）·（－1q）＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立．所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．2．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1，2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，则q 等于( )A ．－12B ．12C ．－32D ．32解析：选C.{b n }有连续四项在{－53，－23，19，37，82}中且b n ＝a n ＋1.a n ＝b n －1，则{a n }有连续四项在{－54，－24，18，36，81}中．因为{a n }是等比数列，等比数列中有负数项，则q <0，且负数项为相隔两项，所以等比数列各项的绝对值递增或递减．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＝－43，36－24＝－32，－5436＝－32，81－54＝－32，则可得－24，36，－54，81是{a n }中连续的四项．q ＝－32或q ＝－23(因为|q |>1，所以此种情况应舍)，所以q ＝－32.故选C.3．在递增的等比数列{a n }中，已知a 1＋a n ＝34，a 3·a n －2＝64，且前n 项和S n ＝42，则n ＝________．解析：因为{a n }为等比数列，所以a 3·a n －2＝a 1·a n ＝64. 又a 1＋a n ＝34，所以a 1，a n 是方程x 2－34x ＋64＝0的两根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，a n ＝2.又因为{a n }是递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32.由S n ＝a 1－a n q 1－q ＝2－32q 1－q＝42，解得q ＝4.由a n ＝a 1qn －1＝2×4n －1＝32，解得n ＝3. 答案：34．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N +，都有a m ＋na m＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋ma m＝a n ，令m ＝1，则a n ＋1a 1＝a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－25．(2020·湖北武汉4月毕业班调研)已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1.(1)求数列{a n }的公比q ；(2)令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值．解：(1)由题意可得q ≠1，由S 2＋4S 4＝S 6，可知a 1（1－q 2）1－q ＋4·a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1－q 6）1－q，所以(1－q 2)＋4(1－q 4)＝1－q 6，而q ≠1，q >0，所以1＋4(1＋q 2)＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0，所以(q 2－4)(q 2＋1)＝0，所以q ＝2.(2)由(1)知a n ＝2n －1，则{a n }的前n 项和S n ＝1－2n1－2＝2n－1，当n ≥5时，b n ＝2n －1－15>0，n ≤4时，b n ＝2n －1－15<0，所以T ＝－(b 1＋b 2＋b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6＋…＋b 10)＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6) ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90＝S 10－2S 4－30＝(210－1)－2(24－1)－30 ＝210－25－29＝1 024－32－29＝963.6．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N +.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解：(1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，所以b 1＝a 1＋a 2＝32.所以{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n .(2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列，所以T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n .。

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

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

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

高考数学一轮复习第六章数列第3讲等比数列及其前n项和配套课时作业理(含解析)新人教A版-新

第3讲等比数列及其前n 项和配套课时作业1．(2019·某某某某模拟)已知等比数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝8，则a 3a 4a 5＝( ) A ．±64 B ．64 C ．32 D ．16答案 B解析因为a 2＝2，a 6＝8，所以由等比数列的性质可知a 2·a 6＝a 24＝16，而a 2，a 4，a 6同号，所以a 4＝4，所以a 3a 4a 5＝a 34＝64.故选B.2．(2019·某某调研)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3，a 4＝24，则S 6＝( ) A ．93 B ．189 C ．99 D ．195答案 B解析 ∵a 4＝a 1q 3＝3q 3＝24，∴q ＝2，∴S 6＝a 11－q 61－q＝189.故选B.3．已知正项等比数列{a n }中，a n ＋1<a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7＝( ) A.56 B.65 C.23 D.32答案 D解析由等比数列性质可知a 2a 8＝a 4a 6＝6，故a 4，a 6分别是方程x 2－5x ＋6＝0的两根．因为a n ＋1<a n ，所以a 4＝3，a 6＝2，故a 5a 7＝a 4a 6＝32.故选D.4．(2019·某某模拟)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 ．79.5 D ．159.5答案 C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＝79.5.5．(2019·某某某某中学调研)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36答案 B解析由a 2a 5＝a 3a 4＝2a 3，得a 4＝ 2.又a 4＋2a 7＝2×54，所以a 7＝14，又因为a 7＝a 4q 3，所以q ＝12，所以a 1＝16，所以S 5＝16×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝31.故选B.6．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84答案 B解析设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，即q 4＋q 2＋1＝7，解得q 2＝2，所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)×q 2＝21×2＝42.故选B.7．在递增的等比数列{a n }中，已知a 1＋a n ＝34，a 3·a n －2＝64(n >2)，且前n 项和S n ＝42，则n ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 A解析由a 1＋a n ＝34，a 1a n ＝a 3a n －2＝64及{a n }为递增数列，得a 1＝2，a n ＝32＝a 1qn －1，又S n ＝a 11－q n1－q＝42，∴q ＝4，n ＝3.故选A.8．(2019·某某模拟)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝( ) A ．2 B ．73 C ．310 D ．1或2答案 B解析设S 2＝k ，S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，∴S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，S 4＝3k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73.故选B.9．(2019·延庆模拟)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 ＋12D ．n n －12答案 A解析 ∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，将d ＝2代入上式，解得a 1＝2， ∴S n ＝2n ＋n n －1·22＝n (n ＋1)．故选A.10．(2019·北大附中模拟)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 A解析 ∵a 2n ＋1－3a n ＋1a n －4a 2n ＝(a n ＋1－4a n )(a n ＋1＋a n )＝0，又a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1＝4a n ，∴a n ＝2×4n －1＝22n －1.故选A.11．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 8＝2a 4，S 4＝4，则S 8的值为( ) A ．4 B ．8 C ．10 D ．12答案 D解析设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知q ≠1.因为a 8＝2a 4，S 4＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 7a 1q 3＝2，a 11－q 41－q＝4，解得q 4＝2，a 1＝－4(1－q )，所以S 8＝a 11－q 81－q＝－41－q 1－221－q＝12.故选D.12．记等比数列{a n }的前n 项积为T n (n ∈N *)，已知a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m 的值为( )A ．4B ．7C ．10D ．12答案 A解析因为{a n }是等比数列，所以a m －1a m ＋1＝a 2m .又a m －1a m ＋1－2a m ＝0，则a 2m －2a m ＝0，所以a m ＝2.由等比数列的性质可知前2m －1项积T 2m －1＝a 2m －1m ，即22m －1＝128，故m ＝4.故选A.13．(2019·某某模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋3，则S 4＝________.答案 66解析依题意有a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，与原式作差，得a n ＋1－a n ＝2a n ，n ≥2，即a n ＋1＝3a n ，n ≥2，可见，数列{a n }从第二项起是公比为3的等比数列，a 2＝5，所以S 4＝1＋5×1－331－3＝66.14．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 3n －1解析由3S 1,2S 2，S 3成等差数列可得4S 2＝3S 1＋S 3，所以3(S 2－S 1)＝S 3－S 2，即3a 2＝a 3，a 3a 2＝3.所以q ＝3，所以a n ＝3n －1. 15．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 }的通项公式为a n ＝________.答案 2n解析 ∵a 25＝a 10，∴(a 1q 4)2＝a 1q 9，∴a 1＝q ，∴a n ＝q n.∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴2a n (1＋q 2)＝5a n q ，∴2(1＋q 2)＝5q ，解得q ＝2或q ＝12(舍去)．∴a n ＝2n.16．(2019·启东模拟)已知等比数列{a n }中，a 2>a 3＝1，则使不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ≥0成立的最大自然数n 是________．答案 5解析设公比为q ，由a 2>a 3＝1知0<q <1，a n ＝q n －3，∴不等式的左端＝q －21－q n1－q－q 21－q －n 1－q －1＝1－q n1－q q2·(1－q 5－n)≥0，∵0<q <1，∴n ≤5. 17．(2018·高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e an . 解 (1)设{a n }的公差为d .因为a 2＋a 3＝5ln 2，所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为ea 1＝eln 2＝2，eane a n －1＝e an －an －1＝eln 2＝2，所以{e an }是首项为2，公比为2的等比数列．所以ea 1＋ea 2＋…＋e an ＝2×1－2n1－2＝2(2n－1)．18．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n . (1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)设＝b n4n 2－12n，求数列{}的前n 项和S n .解 (1)证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ，所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝3a n ＋1－2a n －a n ＋1a n ＋1－a n ＝2a n ＋1－a na n ＋1－a n＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，以2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1，因为＝b n4n 2－12n，所以＝122n ＋12n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n4n ＋2.19．(2019·某某省实验中学模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，S 2＝2a 2－2，S 3＝a 4－2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n a n，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 2＝2a 2－2，①S 3＝a 4－2，②所以由①②两式相减得a 3＝a 4－2a 2，即q 2－q －2＝0. 又因为q >0，所以q ＝2.又因为S 2＝2a 2－2，所以a 1＋a 2＝2a 2－2，所以a 1＋a 1q ＝2a 1q －2，代入q ＝2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，①将①式两边同乘12，得12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②由①②两式错位相减得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，整理得T n ＝2－n ＋22n.20．(2019·正定模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且3a n ＋1＋2S n ＝3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意n ∈N *，k ≤S n 恒成立，某某数k 的最大值．解 (1)因为3a n ＋1＋2S n ＝3，① 所以当n ≥2时，3a n ＋2S n －1＝3.②由①－②，得3a n ＋1－3a n ＋2a n ＝0(n ≥2)，所以a n ＋1a n ＝13(n ≥2)．因为a 1＝1,3a 2＋2a 1＝3，解得a 2＝13，所以a 2a 1＝13.所以数列{a n }是首项为1，公比为13的等比数列．所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1.(2)由(1)知S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .由题意，可知对于任意n ∈N *，恒有k ≤32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 成立．因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 单调递增，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 中的最小项为23，所以k ≤32×23＝1，故实数k 的最大值为1.。

2023版高考数学一轮总复习6-3等比数列习题

6.3 等比数列基础篇固本夯基考点一等比数列及其前n项和1.(2019课标Ⅲ,5,5分)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=( )A.16B.8C.4D.2答案 C2.(2021安徽安庆一模,6)数列{a n}是各项均为正数的等比数列,3a2是a3与2a4的等差中项,则{a n}的公比等于( )A.2B.32C.3D.√2答案 B3.(2021黑龙江齐齐哈尔一模,6)已知等比数列{a n}中,a n a n+1=4n,则公比为( )A.√2B.2C.±2D.±√2答案 B4.(2020课标Ⅱ,6,5分)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.5答案 C5.(2022届河北衡水一中调研一,7)在公差不为0的等差数列{a n}中,a1,a2,a a1,a a2,a a3成公比为4的等比数列,则k3=( )A.84B.86C.88D.96答案 B6.(2021哈尔滨六中期中,3)已知{a n}为等比数列,若a2a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为54,则a1=( )A.35B.33C.16D.29答案 C7.(2022届四川绵阳第一次诊断,9)已知首项为1的数列{a n}的前n项和为S n,4a n a n+1=16n,则下列说法不正确的是( )A.数列{a n}是等比数列B.数列{S n }为单调递增数列C.a 5=256D.4a n =3S n +4n-1答案 D8.(2022届太原期中,9)已知{a n }为等比数列,且首项为31,公比为12,则数列的前n 项积取得最大值时,n=( )A.15B.16C.5D.6 答案 C9.(2021陕西渭南一模,10)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 2a a a =3332,a a +3a 3=a -45a +7,则数列{a n }的公比q=( )A.2B.-2C.12 D.-12 答案 C10.(2019课标Ⅰ,14,5分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5= . 答案121311.(2021陕西宝鸡一模,15)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若S 3=6,S 4=a 1-3,则S 6= . 答案21412.(2021河南、湖南名校联考,15)已知等比数列{a n }满足a 1-a 3=-827,a 2-a 4=-89,则使a 1a 2…a n取得最小值的n 为 . 答案 3或413.(2018课标Ⅲ,17,12分)等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3. (1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m.解析 (1)设{a n }的公比为q,由题设得a n =q n-1.由已知得q 4=4q 2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.故a n =(-2)n-1或a n =2n-1. (2)若a n =(-2)n-1,则S n =1-(-2)a3.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=6.14.(2020新高考Ⅰ,Ⅱ,18,12分)已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)(新高考Ⅰ)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100. (新高考Ⅱ)求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1.解析(1)设{a n}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q1=12(舍去),q2=2.由题设得a1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,b m=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×2 4+5×25+6×(100-63)=480.(新高考Ⅱ)a1a2-a2a3+…+(-1)n-1a n a n+1=23-25+27-29+…+(-1)n-1·22n+1=23[1-(-22)a]1-(-22)=85-(-1)n22a+35.考点二等比数列的性质1.(2021江西红色七校联考,6)在各项均为正数的等比数列{a n}中,a1a11+2a6a8+a3a13=25,则a1a13的最大值是( )A.25B.254C.5 D.25答案 B2.(2021云南名校检测,3)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=4,S4=16,则S6= ( )A.52B.75C.60D.70答案 A3.(2020南昌模拟,4)在公比不为1的等比数列{a n}中,若a1a5=a m a n,则mn不可能．．．为( ) A.5 B.6 C.8 D.9答案 B4.(2021河南名校联考,6)已知等比数列{a n}的前n项和S n=2λ+(λ-3)·2n(λ为常数),则λ=()A.-2B.-1C.1D.2答案 C5.(2021全国甲,7,5分)等比数列{a n}的公比为q,前n项和为S n.设甲:q>0,乙:{S n}是递增数列,则( )A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案 B6.(2022届吉林东北师范大学附属中学摸底,8)若正项等比数列{a n }中的a 5,a 2017是方程x 2-4x+2=0的两根,则log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+…+log 2a 2021=( ) A.20223B.1010C.20212D.1011答案 C7.(2022届河南重点中学模拟一,8)已知公比不等于1的等比数列{a n }的前n 项乘积为T n ,若a 2a 82=a 62,则( )A.T 5=T 7B.T 3=T 6C.T 4=T 7D.T 3=T 9 答案 C8.(2021安徽黄山重点高中月考,10)已知函数f(x)=21+a 2(x∈R),若等比数列{a n }满足a 1a 2019=1,则f(a 1)+f(a 2)+f(a 3)+…+f(a 2019)= ( ) A.2019 B.20192C.2D.12答案 A9.(2021宁夏名校月考,7)已知数列{x n }满足lgx n+1=1+lgx n (n∈N *),且x 1+x 2+x 3+…+x 100=1,则lg(x 101+x 102+…+x 200)= . 答案 100综合篇知能转换考法等比数列的判定与证明 1.(2021皖江名校联盟考试,4)若数列{a n }的各项均为正数,满足a a 2a a +1=a n-1(n∈N *,n≥2),且a 2020=215,a 2022=25,则a 2021=( )A.25B.65C.2√315D.2√35答案 C2.(2021安徽安庆重点高中月考,16)已知数列{a n }是等比数列,有下列四个命题: ①数列{|a n |}是等比数列;②数列{1a a}是等比数列;③数列{lg a a 2}是等比数列; ④数列{a n ·a n+1}是等比数列. 其中正确命题的序号为 . 答案 ①②④3.(2022届河北衡水一中调研一,18)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知2S n =a n+1-2n+1+1(n∈N *),且a 2=5. (1)证明{a a 2a+1}为等比数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3(a n +2n),若对于任意的n∈N *,不等式b n (1+n)-λn(b n +2)-6<0恒成立,求实数λ的取值范围.解析 (1)由题可得2S n-1=a n -2n+1(n≥2),则2a n =2S n -2S n-1=a n+1-2n+1+1-(a n -2n+1)=a n+1-a n -2n,则a n+1=3a n +2n,从而有a a +12a +1+1=32(aa2a +1),n≥2,又当n=1时,2a 1=2S 1=a 2-22+1=5-4+1=2,所以a 1=1,且满足a 222+1=32(a 121+1),则a a +12a +1+1=32(aa 2a +1),n∈N *,故{a a2a +1}是以32为首项,32为公比的等比数列,则a a2a +1=(32)a,故a n =3n-2n.(2)由(1)知,b n =log 3(a n +2n)=n,则∀n∈N *,n(1+n)-λn(n+2)-6<0恒成立,即λ>a (1+a )-6a (a +2)=a 2+n -6a 2+2n =1-a +6a 2+2n =1-a +6(a +6)2-10(n +6)+24=1-1a +6-10+24a +6,令f(t)=1-1a -10+24a,t=n+6≥7,易知f(t)在[7,+∞)上单调递增,且t→+∞时,f(t)→1,则λ≥1. 4.(2021云南曲靖第二中学二模,17)已知数列{a n }的前n 项和为S n .(1)请从①2S n =3a n -3-4n,②a 1=-3,a n+1=-a n -4这两个条件中任选一个,证明数列{a n +2}是等比数列;(2)数列{b n }为等差数列,b 3=5,b 5=9,记c n =(a n +2)b n ,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)选条件①.当n=1时,2a 1=2S 1=3a 1-3-4,解得a 1=7.当n≥2时,由2S n =3a n -3-4n,可得2S n-1=3a n-1-3-4(n-1),两式相减,可得2a n =3a n -3a n-1-4,即a n =3a n-1+4,∴a n +2=3(a n-1+2),∴数列{a n +2}是以9为首项,3为公比的等比数列.选条件②.当n=1时,a 1+2=-3+2=-1,当n≥2时,a n+1+2=-a n -4+2=-(a n +2),∴数列{a n +2}是以-1为首项,-1为公比的等比数列. (2)设等差数列{b n }的公差为d,则d=a 5-a 35-3=2,b 1=b 3-2d=1,∴b n =1+2(n-1)=2n-1,n∈N *.选条件①.由(1)可得a n +2=9·3n-1=3n+1,则c n =(a n +2)b n =(2n-1)·3n+1,∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n , 即T n =1×32+3×33+5×34+…+(2n -1)·3n+1,3T n =1×33+3×34+…+(2n -3)·3n+1+(2n-1)·3n+2,两式相减,可得-2T n =1×32+2×33+2×34+…+2·3n+1-(2n-1)·3n+2=9+2×33-3a +21-3-(2n-1)·3n+2=-18-2(n-1)·3n+2,∴T n =(n-1)·3n+2+9,n∈N *.选条件②.由(1)可得a n +2=-1·(-1)n-1=(-1)n,则c n =(a n +2)b n =(2n-1)·(-1)n,∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =-1+3-5+…+(2n -1)·(-1)n,当n 为偶数时,T n =-1+3-5+…+(2n -1)=2+2+…+2=2×a2=n,当n 为奇数时,T n =-1+3-5+…-(2n-1)=2+2+…+2-(2n-1)=2×a -12-(2n-1)=-n,∴T n ={-a ,a 为奇数,a ,a 为偶数.。

2019届高考数学(理)一轮复习讲练测：专题6.2 等差数列及其前n项和(测)(解析版)

班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.）1．【浙江省高三第一次五校联考】在等差数列{}n a 中，53a =，62a =-，则348a a a ++等于（）A. 1B. 2C. 3D. 4 【答案】C. 【解析】试题分析：∵等差数列{}n a ，∴3847561a a a a a a +=+=+=，∴3483a a a ++=.2．【辽宁省沈阳市东北育才学校高三八模】等差数列{}n a 中，564a a +=，则10122log (222)a a a ⋅= （）A.10B.20C.40D.22log 5+ 【答案】B 【解析】试题分析：因为10121056125()54222222a a a a a a a a ++++⨯⋅⋅⋅===，所以10125422log (222)log 220.a a a ⨯⋅⋅⋅==选B.3．数列{}n a 为等差数列，满足242010a a a +++=，则数列{}n a 前21项的和等于（）A ．212B ．21C ．42D ．84 【答案】B 【解析】4．各项均为正数的等差数列}{n a 中，4936a a =，则前12项和12S 的最小值为（）（A ）78 （B ）48 （C ）60 （D ）72 【答案】D 【解析】试题分析：因为112124912()6()722a a S a a +==+≥=，当且仅当496a a ==时取等号，所以12S 的最小值为72，选D.5．【改编题】已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，则=-nnn S S S 32（） A. 30 B. 3 C. 300 D. 31 【答案】D【解析】因为)(2)(231212n n n n n a a n a a n S S +=+=-+，)(23313n n a a nS +=，所以3132=-n n n S S S .6．【改编题】已知n S 是公差d 不为零的等差数列}{n a 的前n 项和，且83S S =，k S S =7（7≠k ），则k 的值为（）A. 3B.4C.5D.6 【答案】B【解析】依题意，83S S =可知d a d a 2883311+=+，即d a 51-=，由k S S =7得d k k ka d a 2)1(2)17(7711-+=-⨯+，将d a 51-=代入化简得028112=+-k k ，解得4=k 或7-=k （舍去），选B.7．【2019新课标I 学易大联考二】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足21(1)22n n nS n S n n +-+=+*()n N ∈，13a =，则数列{}n a 的通项n a =（）A ．41n -B ．21n +C ．3nD ．2n +【命题意图】本题考查数列前n 项和n S 与通项n a 间的关系、等差数列通项公式等基础知识，意在考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力，以及转化思想的应用．【答案】A8．【2019新课标II 学易大联考一】《九章算术》有这样一个问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十一尺，第二日、第五日、第八日所织之和为十五尺，问第十日所织尺数为（） A ．6 B ．9 C ．12 D ．15【命题意图】本题主要考查等差数列的通项公式与前n 项和公式，是基础题. 【答案】D【解析】由题知该女每天所织尺数等差数列，设为{}n a ，n S 是其前n 项和，则7S =177()2a a +=47a =21，所以4a =3，因为258a a a ++=53a =15，所以5a =5，所以公差54d a a =-=2，所以10a =55a d +=15，故选D.9．某企业为节能减排，用9万元购进一台新设备用于生产. 第一年需运营费用2万元，从第二年起，每年运营费用均比上一年增加2万元，该设备每年生产的收入均为11万元. 设该设备使用了()n n N *∈年后，盈利总额达到最大值（盈利额等于收入减去成本），则n 等于（） A.4 B.5 C.6 D.7 【答案】A【解析】设该设备第()n n N *∈的营运费用为n a 万元，则数列{}n a 是以2为首项，以2为公差的等差数列，则2n a n =，则该设备到第()n n N *∈年的营运费用总和为12242n a a a n +++=+++=()2222n n n n +=+，设第()n n N *∈的盈利总额为nS 万元，则()22119109n S n n n n n =-+-=-+-()2516n =--+，因此，当5n =时，n S 取最大值16，故选B.10．【原创题】已知等差数列}{n a 中，59914,90a a S +==, 则12a 的值是（） A ． 15 B ．12-C ．32-D ．32【答案】B11．【原创题】已知等差数列765)1()1()1(53}{x x x n a a n n +++++-=，则，的展开式中4x 项的系数是数列}{n a 中的（）A ．第9项B ．第10项C ．第19项D ．第20项【答案】D ．【解析】由二项式定理得567(1)(1)(1)x x x +++++的展开式中4x 项的系数为44456776551555123C C C ⨯⨯++=++=⨯⨯，由3555n -=，得20n =，故选D ．12．【2019浙江理6】如图所示，点列{}{},n n A B 分别在某锐角的两边上，且1n n A A +=12n n A A ++，2n n A A +≠，n ∈*N ，112n n n n B B B B +++=，2n n B B +≠，n ∈*N （P Q≠表示点P 与点Q 不重合）.若n n n d A B =，n S 为1n n n A B B +△的面积，则（）.S nB 1B 2B nB 3B n+1A n+1A 3A nS 1S 2A 2A 1••••••••••••••••••A. {}n S 是等差数列B.2{}n S 是等差数列 C.{}n d 是等差数列 D.2{}n d 是等差数列【答案】A ．【解析】设点n A 到对面直线的距离为n h ，则112n n n n+S h B B =. 由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值，则1212n n S h B B =.那么我们需要知道n h 的关系式，过点1A 作垂直得到初始距离1h ，那么1,n A A 和两个垂足构成了直角梯形，那11tan n n h h A A θ=+⋅，其中θ为两条线的夹角，那么11121(tan )2n n S h A A B B θ=+⋅.由题目中条件知112n n n n A A A A +++=，则()1121n A A n A A =-.所以()1121211tan 2n S h n A A B B θ=⎡+-⋅⎤⎣⎦，其中θ为定值，所以n S 为等差数列.故选A. 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）13．【2019江苏8】已知{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和．若2123a a +=-，510S =，则9a 的值是．【答案】20【解析】设公差为d ，则由题意可得()2111351010a a d a d ⎧++=-⎪⎨+=⎪⎩，解得143a d =-⎧⎨=⎩，则948320a =-+⨯=．14.【2019北京理12】已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6S =__________.【答案】615．如图，有一个形如六边形的点阵，它的中心是一个点（算第．．1．层．），第2层每边有两个点，第3层每边有三个点，依次类推．（1）试问第n 层()2n N n *∈≥且的点数为___________个；（2）如果一个六边形点阵共有169个点，那么它一共有_____层．【答案】(1)()61n -；(2)8.16．【2019届江苏省盐城市高三第三次模拟考试】设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若数列{}n a 满足2n n a S An Bn C +=++且0A >，则1B C A+-的最小值为．【答案】【解析】试题分析：令1(1)n a a n d =+-，则1(1)2n n n S na d -=+，又2n n a S An Bn C +=++ 所以2211(1)22d da n d na n n An Bn C +-++-=++ 即得2d A =，12dB a =+，1C a d =- 所以11122322d d B C a a d A d d +-=++-+=+因为0A >，所以0d >232d d +≥=232d d =即d =所以1B C A+-的最小值为故答案为三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．【2019届广东省惠州市高三第一次调研考试】（本题10分）已知{}n a 为等差数列，且满足138a a +=，2412a a +=．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，若31,,k k a a S +成等比数列，求正整数k 的值．【答案】（Ⅰ）2n a n =;（Ⅱ）2k = 【解析】18．【2019届宁夏银川一中高三上学期第一次月考】等差数列{}n a 中，13a =，前n 项和为n S ，等比数列{}n b 各项均为正数，11b =，且2212b S +=，{}n b 的公比22S q b = （1）求n a 与n b ；（2）求nS S S 11121+++ ．【答案】（1）n n a n 3)1(33=-+=,13-=n n b （2）23(1)n nS n =+【解析】19．【2019全国甲理17】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =．记[]lg n n b a =，其中[]x 表示不超过的最大整数，如[]0.90=，[]lg991=．（1）求1b ，11b ，101b ；（2）求数列{}n b 的前1000项和．【答案】（1）0,1,2；（2）1893．【解析】20．【江苏省盐城市高三第三次模拟考试】设函数21()1+f x px qx=+（其中220p q +≠），且存在无穷数列{}n a ，使得函数在其定义域内还可以表示为212()1n n f x a x a x a x =+++++．（1）求2a （用,p q 表示）；（2）当1,1p q =-=-时，令12n n n n a b a a ++=，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求证：32n S <；（3）若数列{}n a 是公差不为零的等差数列，求{}n a 的通项公式．【答案】（1）22a p q =-；（2）证明见解析；（3）1n a n =+．【解析】试题分析：（1）由21()1+f x px qx=+，得2212(1)(1)1n n px qx a x a x a x +++++++=，可利用展开式含未知量的系数为0，求得2a ；（2）由已知求出数列前两项，再由(3)nx n ≥的系数为0得到数列的递推式，代入12n n n n a b a a ++=后利用裂项相消法求得数列{}n b 的前n 项和为n S ，放大后证得32n S <；（3）由（2）120n n n a pa qa --++=，因数列{}n a 是等差数列，所以1220n n n a a a ---+=，所以12(2+)(1)n n p a q a --=-对一切3n ≥都成立，然后排出数列为常数列的情况，再结合数列的前两项即可得数列{}n a 的通项公式．21.【2019年山西高三四校联考】（本小题满分12分）在等差数列}{n a 中，11,552==a a ，数列}{n b 的前n 项和n n a n S +=2. （Ⅰ）求数列}{n a ，}{n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫+11n n b b 的前n 项和n T ．【答案】（I ）12+=n a n ，⎩⎨⎧≥+==)2(,12)1(,4n n n b n ；（II ）)32(2016+-=n n T n ．（2）n=1时，2011211==b b T ， n ≥2时，)321121(21)32)(12(111+-+=++=+n n n n b b n n ，所以 )32(201615101201)32151(21201)32112191717151(21201+-=+-+=+-+=+-+++-+-+=n n n n n n n T n n=1仍然适合上式， …………（10分）综上，)32(201615101201+-=+-+=n n n n T n ………… （12分） 22.【2019年江西师大附中高三二模】（本小题满分12分）在公比为2的等比数列{}n a 中，2a 与5a 的等差中项是.（Ⅰ）求1a 的值；（Ⅱ）若函数1sin 4y a x πφ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，φπ<，的一部分图像如图所示，()11,M a -，()13,N a -为图像上的两点，设MPN β∠=，其中P 与坐标原点O 重合，πβ<<0，求()tan φβ-的值.【答案】（I ）；（II）32-+．【解析】（Ⅱ）∵点在函数的图像上，∴，又∵，∴ -------------7分如图，连接MN ，在中，由余弦定理得1a ()11,M a -1sin 4y a x πφ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭sin 14πφ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭φπ<34φπ=MPN ∆。

高考数学第一轮复习-第6章第3讲等比数列及前n项和

高考数学第一轮复习第3讲等比数列及前n 项和考点一等比数列的概念及运算知识点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个常数q (q ≠0)，那么这个数列叫做等比数列，这个常数q 叫做等比数列的公比．2 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． 3 等比数列的通项公式及其变形通项公式：a n ＝a 1·q n －1(a 1q ≠0)，其中a 1是首项，q 是公比．通项公式的变形：a n ＝a m ·q n －m . 4 等比数列前n 项和公式S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ a 1(1－q n)1－q (q ≠1)，na 1(q ＝1)或S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1－a n q 1－q (q ≠1)，na 1(q ＝1).5 等比数列的单调性当q >1，a 1>0或0<q <1，a 1<0时，{a n }是递增数列；当q >1，a 1<0或0<q <1，a 1>0时，{a n }是递减数列；当q ＝1时，{a n }是常数列．注意点等差中项与等比中项的区别两个数的等差中项只有一个，两个同号且不为0的数的等比中项有两个.入门测1．思维辨析(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列. ( )(2)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (3)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(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.( )2．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }前7项的和为( ) A ．63 B ．64 C ．127D ．1283．已知在等比数列{a n }中，a 1＋a 3＝10，a 4＋a 6＝54，则该等比数列的公比q 为( )A.14B.12 C ．2D ．8[考法综述] 通过等比数列的通项公式，前n 项和公式等考查，a 1，a n ，n ，q ，S n 之间的运算关系．通过等比数列的概念考查判断数列为等比数列的方法．命题法1 等比数列的基本运算典例1 (1)在等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则公比q 的值是( ) A ．2 B ．－2 C ．3D ．－3(2)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．【解题法】等比数列的基本运算方法(1)等比数列可以由首项a 1和公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕a 1和q 进行．(2)对于等比数列问题一般要给出两个条件，可以通过列方程(组)求出a 1，q .如果再给出第三个条件就可以完成a n ，a 1，q ，n ，S n 的“知三求二”问题．(3)对称设元法：一般地，连续奇数个项成等比数列，可设为…，xq ，x ，xq ，…；连续偶数个项成等比数列，可设为…，x q 3，xq ，xq, xq 3，…(注意：此时公比q 2>0，并不适合所有情况)，这样既可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便．命题法2 等比数列的判定与证明典例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝n . (1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．【解题法】等比数列的判定方法 (1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n －1(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．注意：前两种方法常用于解答题中，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定．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 ．842．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列3．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)24．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公比q ＝2，S k ＋2－S k ＝48，则k 等于( ) A ．7 B ．6 C ．5D ．45．数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝________. 6．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.7．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1. (1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.9.已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．考点二等比数列的性质及应用知识点等比数列及其前n 项和的性质设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ，其中m ，n ，p ，q ∈N *.特别地，若2s ＝p ＋r ，则a p a r ＝a 2s ，其中p ，s ，r ∈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 (k ，m ∈N *)．(3)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫pa n qb n (其中b ，p ，q 是非零常数)也是等比数列．(4)S m ＋n ＝S n ＋q n S m ＝S m ＋q m S n .(5)当q ≠－1或q ＝－1且k 为奇数时，S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…是等比数列． (6)若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T 3nT 2n，…成等比数列． (7)若数列{a n }的项数为2n ，S 偶与S 奇分别为偶数项与奇数项的和，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .注意点使用性质解题时的注意事项(1)在使用等比数列及其前n 项和的性质时，要注意字母间的上标、下标的对应关系． (2)在等比数列中，若a m ·a n ＝a p ·a q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则不一定有m ＋n ＝p ＋q 成立．如{a n }是非零常数列时，此结论就不成立.入门测1．思维辨析(1)如果{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (2)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( ) (3)若{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( ) (4)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )2．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 4a 10＝16，则a 6＝( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．83．若等比数列{a n }满足a 2a 4＝12，则a 1a 23a 5＝________.[考法综述] 等比数列的性质是高考中的常考内容，灵活应用由概念推出的重要性质，在解题过程中可以达到避繁就简的目的．命题法等比数列性质的应用典例 (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.558(2)已知等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＋2a 2＝3，a 24＝4a 3a 7，则数列{a n }的通项公式a n＝________.【解题法】等比数列性质的应用问题(1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前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．(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．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 ．6 B ．5 C ．4D ．32．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 ．33.已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn ，若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( ) A ．512 B ．256 C ．81D ．164．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________．5．设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为________．6．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b 5.(1)求数列{b }的通项公式；(2)求数列{b n}的前n项和S n.设四个实数成等比数列，其积为16，中间两项的和为5，则公比为________．课时练基础组1.在数列{a n}中，a n≠0，“a n＝2a n－1，n＝2,3,4，…”是“{a n}是公比为2的等比数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分与不必要条件2．等比数列{a n}中，a1＝3，a4＝24，则a3＋a4＋a5＝()A．33B．72C．84 D．1893．设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S m－1＝5，S m＝－11，S m＋1＝21，则m＝()A．3 B．4C．5 D．64.等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝()A．12 B．10C．8 D．2＋log355．已知等比数列{a n}满足a n>0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1等于()A．n(2n－1) B．(n＋1)2C．n2D．(n－1)26．]各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n，若S n＝2，S3n＝14，则S4n等于() A．80 B．30C．26 D．167．已知公差不为0的等差数列{a n}满足a1，a3，a9成等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，则S11－S9S7－S6＝________.8．若数列{a n}满足：a1＝1，a n＋1＝12a n(n∈N*)，其前n项和为S n，则S4a4＝________.9．若等比数列{a n}满足a m－3＝4且a m a m－4＝a24(m∈N*且m>4)，则a1a5的值为________．10．已知公比为2的等比数列{a n}中，a2＋a5＋a8＋a11＋a14＋a17＋a20＝13，则该数列前21项的和S21＝________.11．已知正项等比数列{a n}中，2a1＋a2＝a3,3a6＝8a1a3.(1)求数列{a}的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n －n log 23，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ＋1的前n 项和T n .12．已知a <b ，且满足a 2－a －6＝0，b 2－b －6＝0，数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，a 2＝－6a ，a n ＋1＝6a n －9a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－ba n (n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式a n .能力组13.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.152B.314C.334D.17214．数列{a n }的首项为a 1＝1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n ，若b 10b 11＝2015110，则a 21＝______.15已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝a 4＋6，且a 1，a 4，a 13成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．16.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1＋1n 2a n . (1)设b n ＝a nn 2，求证：数列{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设c n ＝a n ＋1－2a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .。

数学一轮复习第六章数列6.2等差数列及其前n项和学案理

6.2 等差数列及其前n 项和必备知识预案自诊知识梳理1。

等差数列（1）定义：一般地,如果一个数列从起，每一项与它的前一项的都等于，那么这个数列就叫作等差数列，这个常数叫作等差数列的，公差通常用字母d 表示。

数学语言表示为a n+1-a n =d (n ∈N +），d 为常数。

(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是，其中A 叫作a ，b 的 .(3)等差数列{a n ｝的通项公式:a n = ,可推广为a n =a m +（n —m ）d.（4)等差数列的前n 项和公式:S n =n (n1+n n )2=na 1+n (n -1)2d.2。

等差数列的通项公式及前n 项和公式与函数的关系（1）a n =a 1+（n-1）d 可化为a n =dn+a 1—d 的形式。

当d ≠0时，a n 是关于n 的一次函数；当d 〉0时，数列为递增数列；当d 〈0时，数列为递减数列。

（2)数列｛a n }是等差数列,且公差不为0⇔S n =An 2+Bn (A ，B 为常数）。

1.已知｛a n ｝为等差数列，d 为公差,S n 为该数列的前n 项和.(1）在等差数列{a n }中，当m+n=p+q时,a m+a n=a p+a q(m,n,p，q∈N+)。

特别地，若m+n=2p，则2a p=a m+a n（m，n,p∈N+）。

（2)a k,a k+m，a k+2m,…仍是等差数列,公差为md（k,m∈N+)。

(3）S n,S2n-S n，S3n-S2n,…也成等差数列，公差为n2d. (4)若{a n},｛b n}是等差数列,则｛pa n+qb n｝也是等差数列.(5)若项数为偶数2n,则S2n=n（a1+a2n)=n（a n+a n+1）；S偶—S奇=nd;S奇S偶=a na n+1。

(6）若项数为奇数2n—1,则S2n-1=（2n—1）a n；S奇-S偶=a n;S奇S偶=nn-1。

高三数学一轮复习第六章《数列》63精品课件

二、分类讨论思想当 q＝1 时，{an}的前 n 项和 Sn＝na1；当 q≠1 时，{an} a11－qn a1－anq 的前 n 项和 Sn＝＝ .等比数列的前 n 项和公式 1－q 1－q 涉及对公比 q 的分类讨论，此处是常考易错点．
三、解题技巧 1．等比数列的设项技巧 a a (1)对于连续奇数项的等比数列，通常可设为…，q2，q， a，aq，aq2，…； (2)对于连续偶数项且公比为正的等比数列，通常可设 a a 为…，q3，q，aq，aq3，….
an (2){an}{bn}均为等比数列⇒{an· bn}、b 是等比数列． n
am m－n (3){an}为等比数列，则 a ＝ q n
.
(4)若 m、 n、 p、 q∈N*且 m＋n＝p＋q，则 am· an＝ap· aq. 特别地，a1an＝a2an－1＝a3an－2＝…
(5)等间隔的 k 项和(或积)仍成等比数列．例如：{an}是等比数列，则 ①a1， a3， a5， …， a2n－1； ②a1＋a2， a2＋a3， a3＋a4， …； ③a1a2，a2a3，a3a4，…；④a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6……均成等比数列． (6)an2＝an－k· an＋k (1≤k<n，n、k∈N*)．
1 1 3 解析：a4＝a1 2 ＝ a1， 8
15 S4 S4＝＝ a1，∴ ＝15. 1 8 a4 1－2 答案：15
1 a11－24
• (理)(09·全国Ⅱ)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝1， S6＝4S3，则a4＝________.
解析：设等比数列的公比为 q. 当 q＝1 时，由 S6＝4S3 得，6a1＝4×3a1⇒a1＝0(舍)． a11－q6 a11－q3 当 q≠1 时，由 S6＝4S3⇒ ＝4· ⇒ 1－q 1－q • 答案： 3 3 1＋q ＝4⇒q3＝3⇒a4＝a1q3＝3.

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§6.3等比数列及其前n项和考纲解读分析解读 1.理解等比数列的概念、掌握等比数列的通项公式和前n项和公式.2.体会等比数列与指数函数的关系.3.求通项公式、求前n项和及等比数列相关性质的应用是高考热点.五年高考考点一等比数列及其性质1.(2017课标全国Ⅱ,3,5分)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盏答案 B2.(2016天津,5,5分)设{a n}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0”的( )A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 C3.(2015课标Ⅱ,4,5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( )A.21B.42C.63D.84答案 B4.(2017北京,10,5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则= .答案 15.(2016课标全国Ⅰ,15,5分)设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为.答案646.(2015湖南,14,5分)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= . 答案3n-1教师用书专用(7—13)7.(2013江西,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于( )A.-24B.0C.12D.24答案 A8.(2013福建,9,5分)已知等比数列{a n}的公比为q,记b n=a m(n-1)+1+a m(n-1)+2+…+a m(n-1)+m,c n=a m(n-1)+1·a m(n-1)+2·…·a m(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是( )A.数列{b n}为等差数列,公差为q mB.数列{b n}为等比数列,公比为q2mC.数列{c n}为等比数列,公比为D.数列{c n}为等比数列,公比为答案 C9.(2014广东,13,5分)若等比数列{a n}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20= .答案5010.(2014天津,11,5分)设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案-11.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是.答案 412.(2014安徽,12,5分)数列{a n}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= .答案 113.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{a n}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+a n>a1a2…a n的最大正整数n的值为.答案12考点二等比数列前n项和公式1.(2013课标全国Ⅱ,3,5分)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( )A. B.-C. D.-答案 C2.(2017江苏,9,5分)等比数列{a n}的各项均为实数,其前n项和为S n.已知S3=,S6=,则a8= .答案323.(2015安徽,14,5分)已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和等于.答案2n-14.(2016四川,19,12分)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N*.(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=,证明:e1+e2+…+e n>.解析(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,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2a2,a3,a2+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,即2q2=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)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n==.由e2==,解得q=.因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以>q k-1(k∈N*).于是e1+e2+…+e n>1+q+…+q n-1=,故e1+e2+…+e n>.疑难突破由(1)可得e n=,因为不等式左边是e1+e2+…+e n,直接求和不行,利用放缩法得e n=>=q n-1,从而得e1+e2+…+e n>q0+q1+…+q n-1,化简即可.评析本题涉及的知识点比较多,由递推思想推出数列{a n}是等比数列,由等差中项求出q,由放缩法证明不等式成立.综合性较强.5.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(1)证明是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)证明++…+<.解析(1)由a n+1=3a n+1得a n+1+=3.又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.a n+=,因此{a n}的通项公式为a n=.(2)由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=<.所以++…+<.教师用书专用(6—11)6.(2013北京,10,5分)若等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q= ;前n项和S n= . 答案2;2n+1-27.(2013辽宁,14,5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a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .答案638.(2015山东,18,12分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.解析(1)因为2S n=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,所以a n=(2)因为a n b n=log3a n,所以b1=,当n>1时,b n=31-n log33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=;当n>1时,T n=b1+b2+b3+…+b n=+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],所以3T n=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],两式相减,得2T n=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=+-(n-1)×31-n=-,所以T n=-.经检验,n=1时也适合.综上可得T n=-.9.(2015江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.(1)证明:,,,依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列?并说明理由.解析(1)证明:因为==2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,,,依次构成等比数列.(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).假设存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列,则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4,化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-. 显然t=-不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列.(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列,则(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以及,并令t=,则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),则g'(t)=.令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=>0.由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列.10.(2013天津,19,14分)已知首项为的等比数列{a n}不是．．递减数列,其前n项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=S n-(n∈N*),求数列{T n}的最大项的值与最小项的值.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2==.又{a n}不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列{a n}的通项公式为a n=×=(-1)n-1·.(2)由(1)得S n=1-=当n为正奇数时,S n随n的增大而减小,所以1<S n≤S1=,故0<S n-≤S1-=-=.当n为正偶数时,S n随n的增大而增大,所以=S2≤S n<1,故0>S n-≥S2-=-=-.综上,对于n∈N*,总有-≤S n-≤.所以数列{T n}最大项的值为,最小项的值为-.11.(2013湖北,18,12分)已知等比数列{a n}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得++…+≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,则由已知可得解得或故a n=·3n-1,或a n=-5·(-1)n-1.(2)若a n=·3n-1,则=·,故是首项为,公比为的等比数列,从而==·<<1.若a n=(-5)·(-1)n-1,则=-(-1)n-1,故是首项为-,公比为-1的等比数列,从而=故<1.综上,对任何正整数m,总有<1.故不存在正整数m,使得++…+≥1成立.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一等比数列及其性质1.(2018广东广雅中学、东华中学、河南名校第一次联考,7)已知公比不为1的等比数列{a n}的前n项和为S n,a1a2a3a4a5=,且a2,a4,a3成等差数列,则S5=( )A. B. C. D.答案 D2.(2018云南玉溪模拟,7)等比数列{a n}中,a1=512,公比q=-,记Πn=a1×a2×…×a n(即Πn表示数列{a n}的前n 项之积),Π8,Π9,Π10,Π11中,值为正数的个数是( )A.1B.2C.3D.4答案 B3.(2017福建4月模拟,6)已知递增的等比数列{a n}的公比为q,其前n项和S n<0,则( )A.a1<0,0<q<1B.a1<0,q>1C.a1>0,0<q<1D.a1>0,q>1答案 A4.(2016福建厦门一中期中,4)已知数列{a n}为等比数列,且a1a13+2=4π,则tan(a2a12)的值为( )A. B.-C.±D.-答案 A考点二等比数列前n项和公式5.(2017河北衡水中学高三上学期第三次调研,4)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为,则S5=( )A.29B.31C.33D.36答案 B6.(2018江西新余第一中学四模,14)等比数列{a n}的前n项和为S n,S n=b(-2)n-1-a,则= .答案-7.(2017江西吉安一中期中,15)已知正项等比数列{a n}满足log2a n+2-log2a n=2,且a3=8,则数列{a n}的前n项和S n= .答案2n+1-2B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:50分时间:40分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018湖北荆州一模,9)已知数列{a n}是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列{b n}的连续三项,则的值为( )A. B.4 C.2 D.答案 A2.(2017河南洛阳期中,11)已知数列S n为等比数列{a n}的前n项和,S8=2,S24=14,则S2 016=( )A.2252-2B.2253-2C.21 008-2D.22 016-2答案 B3.(2017江西南昌摸底考试,11)设等比数列{a n}的公比为q,其前n项之积为T n,并且满足条件:a1>1,a2 016a2 017>1,<0,给出下列结论:(1)0<q<1;(2)a2 016a2 018-1>0;(3)T2 016是数列{T n}中的最大项;(4)使T n>1成立的最大自然数等于4 031,其中正确的结论为( )A.(2)(3)B.(1)(3)C.(1)(4)D.(2)(4)答案 B4.(2016江西名校学术联盟调研三,7)已知等比数列{a n}的各项都为正数,其前n项和为S n,且a1+a7=9,a4=2,则S8=( )A.15(1+)B.15C.15(-1)或15D.15(1+)或15答案 D二、填空题(每小题5分,共15分)5.(2018广东广州第一次调研,14)在各项都为正数的等比数列{a n}中,若a2 018=,则+的最小值为.答案 46.(2018湖北黄石第三中学阶段性检测,15)下表给出一个“三角形数阵”:,,,,,,……已知每一列的数成等差数列,从第三行起,每一行的数成等比数列,每一行的公比都相等.记第i行第j列的数为a i-j,则(1)a8-3= ;(2)前20行中这个数共出现了次.答案(1) (2)47.(2017江西仿真模拟,16)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足:a1=1,a2=2,S n+1=a n+2-a n+1(n∈N*),若不等式λS n>a n恒成立,则实数λ的取值范围是.答案λ>1三、解答题(共15分)8.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,19)已知数列{a n}的首项a1=1,且a n+1=(n∈N*).(1)证明:数列是等比数列;(2)若b n=-,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)证明:∵a n+1=,∴==+,∴-=.又a1=1,∴-=,∴数列是以为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)知,-=·=,即=+.∴b n=-=.于是S n=+++…+,①S n=++…++,②①-②得,S n=++…+-=-=1--,则S n=2--=2-,∴数列{b n}的前n项和S n=2-.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 等比数列基本运算的解题技巧1.(2017福建漳州八校2月联考,3)等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3=2,S6=18,则等于( )A.-3B.5C.-31D.33答案 D2.(2017山西运城康杰中学模拟(2),7)已知{a n}是各项均为正数的等比数列(公比q>1),b n=log2a n,b1+b2+b3=3,b1b2b3=-3,则a n=( )A.22n-3B.25-2nC.22n-5D.22n-3或25-2n答案 A方法2 等比数列的判定与证明3.(2016河南洛阳期中模拟,5)下列结论正确的是( )A.若数列{a n}的前n项和S n=n2+n+1,则{a n}为等差数列B.若数列{a n}的前n项和S n=2n-2,则{a n}为等比数列C.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等差数列,则,,也可能构成等差数列D.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等比数列,则,,一定构成等比数列答案 D4.(2018湖北八校第一次联考,17)已知数列{a n}满足a1=1,a2=4,a n+2=4a n+1-4a n.(1)求证:{a n+1-2a n}为等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式.解析(1)证明:由a n+2=4a n+1-4a n得a n+2-2a n+1=2a n+1-4a n=2(a n+1-2a n),∴=2,又a2-2a1=2≠0,∴{a n+1-2a n}是等比数列.(2)由(1)可得a n+1-2a n=2n-1(a2-2a1)=2n,∴-=,∴是首项为,公差为的等差数列,∴=,∴a n=n·2n-1.。

2019高考数学一轮复习 第六章 数列 6.3 等比数列及其前n项和练习 理