《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习讲义-第五章-第3讲-等比数列及其前n项和.docx

第3讲　等比数列及其前n项和

1．等比数列的有关概念
(1)定义：
假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q．
(2)等比中项：
假如a、G、b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1．
(2)前n项和公式：Sn＝
3．等比数列的性质
已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．(m，n，p，q，r，k∈N*)
(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝a；
(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列；
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．
[做一做]
1．(2022·高考重庆卷)对任意等比数列{an}，下列说法确定正确的是(　　)
A．a1，a3，a9成等比数列　 B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列
解析：选D.设等比数列的公比为q，由于＝＝q3，即a＝a3a9，所以a3，a6，a9成等比数列．故选D.
2．(2022·高考江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．
解析：由于a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×22＝4.
答案：4

1．辨明三个易误点
(1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q也不能为0，但q可为正数，也可为负数．
(2)由an＋1＝qan，q≠0，并不能马上断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
(3)在运用等比数列的前n项和公式时，必需留意对q＝1与q≠1分类争辩，防止因忽视q＝1这一特殊情形而导致解题失误．
2．等比数列的三种判定方法
(1)定义：＝q(q是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(2)通项公式：an＝cqn－1(c、q均是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(3)等比中项法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
3．求解等比数列的基本量常用的思想方法
(1)方程的思想：等比数列的通项公式、前n项和的公式中联系着五个量：a1，q，n，an，Sn，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a1与q，在解题中依据已知条件建立关于a1与q的方程或者方程组，是解题的关键．
(2)分类争辩思想：在应用等比数列前n项和公式时，必需分类求和，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝；在推断等比数列单调性时，也必需对a1与q分类争辩．
[做一做]
3．(2021·海淀区其次学期期中练习)在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2，3，4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B.当an＝0时，也有an＝2an－1，n＝2，3，4，…，但{an}是等差数列，不是等比数列，因此充分性不成立．当{an}是公比为2的等比数列时，有＝2，n＝2，3，4，…，即an＝2an－1，n＝2，3，4，…，所以必要性成立．故选B.
4．若等比数列{an}满足a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前n项和Sn＝________．
解析：由题意a2＋a5＝q(a1＋a4)，得20＝q×10，故q＝2，代入a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得9a1＝10，得a1＝.
故Sn＝＝(2n－1)．
答案：(2n－1)

__等比数列的基本运算(高频考点)________

等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，属中、低档题．
高考对等比数列的基本运算的考查常有以下三个命题角度：
(1)求首项a1、公比q或项数n；(2)求通项或特定项；(3)求前n项和．
　(1)(2021·江苏扬州中学期中测试)设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，则k＝________．
(2)已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________．
(3)(2022·高考重庆卷节选)已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
[解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q，由已知a1＝1，a3＝4，得q2＝＝4.又{an}的各项均为正数，∴q＝2.而Sk＝＝63，∴2k－1＝63，解得k＝6.
(2)设数列{an}的首项为a1，公比为q，
∵a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，
∴
由①得a1＝q，
由②知q＝2或q＝，
又数列{an}为递增数列，∴a1＝q＝2，从而an＝2n.
[答案]　(1)6　(2)2n
(3)解：由于{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝
＝＝n2.
所以a4＝7，S4＝16.
由于q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，
所以(q－4)2＝0，从而q＝4.
又由于b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，
所以bn＝b1qn－1＝2·4n－1＝22n－1.
从而{bn}的前n项和Tn＝＝(4n－1)．
[规律方法]　等比数列运算的通法：
与等差数列一样，求等比数列的基本量也常运用方程的思想和方法．从方程的观点看等比数列的通项公式an＝a1·qn－1(a1q≠0)及前n项和公式Sn＝中共有五个变量，已知其中的三个变量，可以通过构造方程或方程组求另外两个变量，在求公比q时，要留意应用q≠0验证求得的结果．
　　　1.(1)(2021·北京海淀模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S2＋a2，S3成等差数列，则数列{an}的公比为(　　)
A．1　　　　　　　　　 B．2
C. D．3
(2)(2021·河北唐山高三统考)在公比大于1的等比数列{an}中，a3a7＝72，a2＋a8＝27，则a12＝(　　)
A．96 B．64
C．72 D．48
(3)(2021·东北三校其次次模拟)已知数列{an}满足2an＋1＋an＝0，a2＝1，则数列{an}的前10项和S10为(　　)
A.(210－1) B.(210＋1)
C.(2－10－1) D.(2－10＋1)
解析：(1)选D.由于S1，S2＋a2，S3成等差数列，所以2(S2＋a2)＝S1＋S3，2(a1＋a2＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，a3＝3a2，q＝3.
(2)选A.由题意及等比数列的性质知a3a7＝a2a8＝72，又a2＋a8＝27，∴a2，a8是方程x2－27x＋72＝0的两个根，
∴或又公比大于1，
∴∴q6＝8，即q2＝2，∴a12＝a2q10＝3×25＝96.
(3)选C.∵2an＋1＋an＝0，∴＝－.
又a2＝1，∴a1＝－2，∴{an}是首项为－2，公比为q＝－的等比数列，∴S10＝＝＝(2－10－1)，故选C.
__等比数列的判定与证明________________

　　　(2021·东北三校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)求证：数列{an＋(－1)n}为等比数列，并求出{an}的通项公式．
[解]　(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1，2，3得：
，解得
(2)证明：由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得
Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，两式相减得：
an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，
an＝2an－1－(－1)n－(－1)n＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)，
∴an＋(－1)n＝2[an－1＋(－1)n－1](n≥2)．
故数列{an＋(－1)n}是以a1－＝为首项，公比为2的等比数列．
∴an＋(－1)n＝×2n－1，
an＝×2n－1－(－1)n＝－(－1)n.
　在本例条件下，若数列{bn}满足b1＝a1，bn＝an＋an＋1.证明：{bn}是等比数列．
证明：∵an＝－(－1)n，
∴bn＝an＋an＋1＝－(－1)n＋－(－1)n＋1＝2n－1.
又b1＝a1＝1，
∴＝2，
∴数列{bn}是等比数列．
[规律方法]　等比数列的判定方法
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.已知数列{an}满足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，其中λ为实数，n为正整数．对任意实数λ，证明：数列{an}不是等比数列．
证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a＝a1a3，即＝λ，故λ2－4λ＋9＝λ2－4λ，即9＝0，冲突，所以{an}不是等比数列．
__等比数列的性质______________________

　(1)(2021·昆明三中、玉溪一中统考)等比数列{an}中，a1＝1，q＝2，则Tn＝＋＋…＋的结果可化为(　　)
A．1－ B．1－
C. D.
(2)(2021·山西省第三次四校联考)等比数列{an}满足an>0，n∈N*，且a3·a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝(　　)
A．n(2n－1) B．(n＋1)2
C．n2 D．(n－1)2
(3)(2021·山西省其次次四校联考)若等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝5，则＝________．
[解析]　(1)依题意，an＝2n－1，＝＝＝×，所以Tn＝＝，故选C.
(2)由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝a＝22n，从而得an＝2n.
log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1
＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)…(an－1an＋1)an]
＝log22n(2n－1)＝n(2n－1)．
(3)设数列{an}的公比为q，由已知得＝1＋＝5，1＋q2＝5，所以q2＝4，＝1＋＝1＋q4＝1＋16＝17.
[答案]　(1)C　(2)A　(3)17
[规律方法]　(1)在解决等比数列的有关问题时，要留意挖掘隐含条件，利用性质，特殊是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以削减运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要留意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时留意设而不求思想的运用．
　　　3.(1)在等比数列中，已知a1aa15＝243，则的值为(　　)
A．3 B．9
C．27 D．81
(2)(2021·长春调研)在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝(　　)
A．11 B．12
C．14 D．16
(3)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则 S9∶S3等于(　　)
A．1∶2 B．2∶3
C．3∶4 D．1∶3
解析：(1)选B.设数列{an}的公比为q，
∵a1aa15＝243，a1a15＝a，∴a8＝3，
∴＝＝a＝9.
(2)选C.设数列{an}的公比为q，
由a1a2a3＝4＝aq3与a4a5a6＝12＝aq12，
可得q9＝3，an－1anan＋1＝aq3n－3＝324，
因此q3n－6＝81＝34＝q36，
所以n＝14，故选C.
(3)选C.由等比数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，
将S6＝S3代入得＝.
,[同学用书P94～P95])

方法思想——分类争辩思想在求数列前n项和中的应用

　　　(2021·江苏常州模拟)假如有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足条件a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，…，m)，我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，3，4，3，2，1与数列a，b，c，c，b，a都是“对称数列”．
(1)设{bn}是8项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等差数列，且b1＝1，b5＝13.依次写出{bn}的每一项；
(2)设{cn}是2m＋1项的“对称数列”，其中cm＋1，cm＋2，…，c2m＋1是首项为a，公比为q的等比数列，求{cn}的各项和Sn.
[解]　(1)设数列{bn}的公差为d，b4＝b1＋3d＝1＋3d.
又由于b4＝b5＝13，解得d＝4，
所以数列{bn}为1，5，9，13，13，9，5，1.
(2)Sn＝c1＋c2＋…＋c2m＋1＝2(cm＋1＋cm＋2＋…＋c2m＋1)－cm＋1＝2a(1＋q＋q2＋…＋qm)－a＝2a·－a(q≠1)．
而当q＝1时，Sn＝(2m＋1)a.
∴Sn＝.
[名师点评]　(1)本题是新定义型数列问题，在求等比数列{cn}前n项和时用到了分类争辩思想．
(2)分类争辩思想在数列中应用较多，常见的分类争辩有：
①已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种状况；
②项数的奇、偶数争辩；
③等比数列的单调性的推断留意与a1，q的取值的争辩．
　(2022·高考山东卷)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝a，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.
解：(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知bn＝a＝n(n＋1)，
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn·(n＋1)．
由于bn＋1－bn＝2(n＋1)，可得当n为偶数时，
Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)
＝4＋8＋12＋…＋2n＝＝，
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝－n(n＋1)＝－.
所以Tn＝

1．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝(　　)
A．4×　　　　　　 B．4×
C．4× D．4×
解析：选C.(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)⇒a＝5，a1＝4，q＝，故an＝4×.
2．(2021·山东淄博期末)已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a，a2＝2，则a1＝(　　)
A. B.
C. D．2
解析：选C.由等比数列的性质得 a3a9＝a＝2a，
∵q>0，
∴a6＝a5，q＝＝，a1＝＝，故选C.
3．已知数列{an}满足1＋log3an＝log3an＋1(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)的值是(　　)
A. B．－
C．5 D．－5
解析：选D.由1＋log3an＝log3an＋1(n∈N*)，得an＋1＝3an，即数列{an}是公比为3的等比数列．设等比数列{an}的公比为q，又a2＋a4＋a6＝9，则log(a5＋a7＋a9)＝log[q3(a2＋a4＋a6)]＝log(33×9)＝－5.
4．(2021·四川广元质检)等比数列{an}的公比q>0，已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝(　　)
A．－20 B．15
C. D.
解析：选C.由于an＋2＋an＋1＝6an，
所以q2＋q－6＝0，
即q＝2或q＝－3(舍去)，所以a1＝.
则S4＝＝.
5．已知数列{an}，则有(　　)
A．若a＝4n，n∈N*，则{an}为等比数列
B．若an·an＋2＝a，n∈N*，则{an}为等比数列
C．若am·an＝2m＋n，m，n∈N*，则{an}为等比数列
D．若an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，则{an}为等比数列
解析：选C.若a1＝－2，a2＝4，a3＝8，满足a＝4n，n∈N*，但{an}不是等比数列，故A错；若an＝0，满足an·an＋2＝a，n∈N*，但{an}不是等比数列，故B错；若an＝0，满足an·an＋3＝an＋1·an＋2，n∈N*，但{an}不是等比数列，故D错；若am·an＝2m＋n，m，n∈N*，则有＝＝＝2，则{an}是等比数列．
6．(2021·高考北京卷)若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________.
解析：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则：
由a2＋a4＝20得a1q(1＋q2)＝20.①
由a3＋a5＝40得a1q2(1＋q2)＝40.②
由①②解得q＝2，a1＝2.
故Sn＝＝＝2n＋1－2.
答案：2　2n＋1－2
7．(2022·高考广东卷)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.
解析：由于a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，
所以a10a11＝e5.
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50.
答案：50
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足an＋Sn＝1(n∈N*)，则通项公式an＝________．
解析：∵an＋Sn＝1，①
∴a1＝，
an－1＋Sn－1＝1，(n≥2)②
①－②可得an－an－1＋an＝0，即得＝，
∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列，
则an＝×＝.
答案：
9．已知等差数列{an}满足a2＝2，a5＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)各项均为正数的等比数列{bn}中，b1＝1，b2＋b3＝a4，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则由已知得，
∴a1＝0，d＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－2.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，则由已知得q＋q2＝a4.
∵a4＝6，∴q＝2或q＝－3.
∵等比数列{bn}的各项均为正数，
∴q＝2.
∴{bn}的前n项和Tn＝＝＝2n－1.
10．(2021·陕西宝鸡质检)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．
又a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，
∴an＋2an－1≠0(n≥2)，
∴＝3(n≥2)，
∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，
∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，
∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
∴an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)．

1．(2021·山东莱芜模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝3，an＋1－an＝＝3，n∈N*，若数列{cn}满足cn＝ban，则c2 015＝(　　)
A．92 014 B．272 014
C．92 015 D．272 015
解析：选D.由已知条件知{an}是首项为3，公差为3的等差数列，数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，
∴an＝3n，bn＝3n.
又cn＝ban＝33n，
∴c2 015＝33×2 015＝272 015.
2．(2021·广东珠海质量监测)等比数列{an}共有奇数项，全部奇数项和S奇＝255，全部偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1＝(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N*)项，则a2k＋1＝192，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝(a2＋a4＋…＋a2k)＋a2k＋1＝S偶＋a2k＋1＝－＋192＝255，解得q＝－2，而S奇＝＝＝255，解得a1＝3，故选C.
3．(2021·北京市海淀区高三上学期期末测试)数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有＝an，则a3＝________；{an}的前n项和Sn＝________．
解析：∵＝an，
∴an＋m＝an·am，
∴a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23＝8；
令m＝1，
则有an＋1＝an·a1＝2an，
∴数列{an}是首项为a1＝2，公比q＝2的等比数列，
∴Sn＝＝2n＋1－2.
答案：8　2n＋1－2
4．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是________．
解析：由条件得：f(n)·f(1)＝f(n＋1)，即an＋1＝an·，所以数列{an}是首项与公比均为的等比数列，求和得Sn＝1－，所以≤Sn<1.
答案：
5．(2021·江西南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差数列．
(1)求等比数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，在an与an＋1之间插入3n个数，使这3n＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为bn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由于a4＋S4，a5＋S5，a6＋S6成等差数列，
所以a5＋S5－a4－S4＝a6＋S6－a5－S5，
即2a6－3a5＋a4＝0，
所以2q2－3q＋1＝0，
由于q≠1，
所以q＝，
所以等比数列{an}的通项公式为an＝.
(2)bn＝·3n
＝，
Tn＝×
＝.
6．(选做题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，公比是q，且满足：a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝12，S2＝b2q.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝3bn－λ·2，若数列{cn}是递增数列，求λ的取值范围．
解：(1)由已知可得
所以q2＋q－12＝0，
解得q＝3或q＝－4(舍去)，从而a2＝6，
所以an＝3n，bn＝3n－1.
(2)由(1)知，cn＝3bn－λ·2＝3n－λ·2n.
由题意，cn＋1>cn任意的n∈N*恒成立，
即3n＋1－λ·2n＋1>3n－λ·2n恒成立，
亦即λ·2n<2·3n恒成立，即λ<2·恒成立．
由于函数y＝是增函数，
所以＝2×＝3，
故λ<3，即λ的取值范围为(－∞，3)．