（2022高考数学一轮复习(步步高)）第六章 §6.3　等比数列及其前n项和.docx

1、6.3等比数列及其前等比数列及其前 n 项和项和 考试要求1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.了解等比数 列与指数函数的关系 1等比数列的有关概念 (1)定义：一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比都等于同一常数(不为 零)，那么这个数列叫做等比数列这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母 q 表示，定义 的表达式为an 1 an q(nN*，q 为非零常数) (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，此时，G2ab. 2等比数列的有关公式 (1)通项公式：an

2、a1qn 1. (2)前 n 项和公式： Sn na1，q1， a11qn 1q a1anq 1q ，q1. 3等比数列的性质 (1)通项公式的推广：anamqn m(m，nN*) (2)对任意的正整数 m，n，p，t，若 mnpt，则 amanapat. 特别地，若 mn2p，则 amana2p. (3)若等比数列前 n 项和为 Sn，则 Sm，S2mSm，S3mS2m仍成等比数列(m 为偶数且 q1 除 外) (4)在等比数列an中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 an，ank，an2k，an3k， 为等比数列，公比为 qk. (5)若 a10， q1 或 a10， 0q0， 0q

3、1 或 a11， 则等比数列an递减 微思考 1若数列an满足 an1qan(q0)，则an一定是等比数列吗？ 提示不一定需验证 a10. 2若数列an为等比数列，bna2n1a2n，则数列bn是等比数列吗？ 提示不一定当 q1 时不是等比数列 题组一思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)等比数列an的公比 q1，则该数列单调递增() (2)三个数 a，b，c 成等比数列的充要条件是 b2ac.() (3)如果正项数列an为等比数列，则数列ln an是等差数列() (4)数列an的通项公式是 anan，则其前 n 项和为 Sna1a n 1a .() 题组二教材改编

4、 2已知等比数列的首项为1，前 n 项和为 Sn，若S10S5 S5 1 32，则 q 的值为( ) A1 2 B.1 2 C2D2 答案B 解析当 q1 时，S10S5 S5 1 1 32，q1. 当 q1 时，S10S5 S5 a6a7a8a9a10 a1a2a3a4a5 q5 1 32， q1 2.故选 B. 3已知数列an为等比数列，a26,6a1a330，则 a4_. 答案54 或 24 解析由 a1q6， 6a1a1q230， 解得 q3， a12 或 q2， a13， a4a1q323354 或 a43233824. 4已知三个数成等比数列，若它们的和等于 13，积等于 27，则

5、这三个数为_ 答案1,3,9 或 9,3,1 解析设这三个数为a q，a，aq，则 aa qaq13， aa qaq27， 解得 a3， q1 3 或 a3， q3， 这三个数为 1,3,9 或 9,3,1. 题组三易错自纠 5(多选)若an是公比为 q(q0)的等比数列，记 Sn为an的前 n 项和，则下列说法正确的是 () A若 a10,0q1，则an为递减数列 B若 a10,0q0，则 S4S62S5 D若 bn 1 an，则b n是等比数列 答案ABD 解析A，B 显然是正确的； C 中，若 a11，q1 2，则 a 6a5，即 S6S50，所以an 2an1 an1an 3， 所以数

6、列anan1是公比为 3 的等比数列 (2)解由题意知 anan1(a1a2)3n 123n1， 因为 an22an13an， 所以 an23an1(an13an)，a23a1， 所以 a23a10，所以 an13an0， 故 an13an， 所以 4an23n 1，an1 23 n1. 思维升华 等比数列的三种常用判定方法 (1)定义法：若an 1 an q(q 为非零常数，nN*)或 an an1q(q 为非零常数且 n2，nN *)，则an 是等比数列 (2)等比中项法：若数列an中，an0 且 a2n1anan2(nN*)，则an是等比数列 (3)前 n 项和公式法：若数列an的前 n

7、 项和 Snkqnk(k 为常数且 k0，q0,1)，则 an 是等比数列 跟踪训练 1 (2020泰州模拟)已知数列an，cn满足 cn2an1an.若数列an是等比数列， 试判断数列cn是否为等比数列，并说明理由 解设等比数列an的公比为 q， 则 cn2an1an2anqan(2q1)an， 当 q1 2时，c n0，数列cn不是等比数列； 当 q1 2时，因为 c n0， 所以cn 1 cn 2q1an 1 2q1an q， 所以数列cn是等比数列 题型三 等比数列性质的应用 例 2 (1)已知数列an是等比数列，Sn为其前 n 项和，若 a1a2a34，a4a5a68，则 S12 等

8、于() A40B60C32D50 答案B 解析数列 S3，S6S3，S9S6，S12S9是等比数列， 即 4,8，S9S6，S12S9是等比数列， S1248163260. (2)已知 Sn是等比数列an的前 n 项和，S3，S9，S6成等差数列，a2a54，则 a8_. 答案2 解析由已知得，2S9S3S6，q1， 则有 2a11q 9 1q a11q 3 1q a11q 6 1q ， 解得 q31 2， 又 a2a5a2(1q3)4， a28，a8a2q681 42. 思维升华 (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

9、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 跟踪训练 2 (1)已知数列an为等比数列，且 a2a62a24，则 tan(a3a5)等于() A. 3B 3C 3 3 D 3 答案A 解析由已知得 a242a24，a24 3， 又 a3a5a24 3，tan(a 3a5) 3. (2)(2020全国)设an是等比数列，且 a1a2a31，a2a3a42，则 a6a7a8等于 () A12B24C30D32 答案D 解析设等比数列an的公比为 q， 则 qa2a3a4 a1a2a3 2 12， 所以 a6a7a8(a1a2a3)q5

10、12532. 对于数列通项公式的求解， 除了我们已经学习过的方法以外， 根据数列递推公式的特点， 还有以下几种构造方法 构造法 1一阶线性递推(形如 an1panq，p0，其中 a1a 型) (1)若 p1，数列an为等差数列； (2)若 q0，数列an为等比数列； (3)若 p1 且 q0，数列an为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求 方法如下：设 an1p(an)，得 an1pan(p1)， 又 an1panq，所以(p1)q，即 q p1(p1)， 所以 an1 q p1p an q p1 ， 即 an q p1 构成以 a1 q p1为首项，以 p 为公比的等比数列

11、例 1 在数列an中，若 a11，an12an3，求an的通项公式 解an12an3，an132(an3)， 又 a134，数列an3是首项为 4，公比 q2 的等比数列， an342n 12n1，an2n13. 变式若例 1 中“an12an3”变成“an12an3n”， 其他条件不变， 求an的通项公式 解方法一an12an3n， an13n 12(an3n)， 即 an12an3n，1， 即 an13n 12(an3n)， 又 a132，an3n是首项为2，公比 q2 的等比数列， an3n22n 12n，an3n2n. 方法二an12an3n，等式两边同除以 3n 1， 得an 1 3

12、n 1 2 3 an 3n 1 3， 令 bnan 3n，则 b n12 3b n1 3， bn12 3(b n)，得 bn12 3b n1 3，得1， bn112 3(b n1)，又 b11a1 3 12 3， bn1是首项为2 3，公比 q 2 3的等比数列， bn12 3 2 3 n1 2 3 n，bn1 2 3 n， an 3n1 2 3 n，an3n2n. 构造法 2二阶线性递推(形如 an1panqan1，其中 a1a，a2b 型) 可以化为 an1x1anx2(anx1an1)，其中 x1，x2是方程 x2pxq0 的两个根，若 1 是方程 的根，则直接构造数列anan1，若 1

13、 不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方 法求数列an 例 2 (1)在数列an中，a11，a23，an23an12an，则 an_. 答案2n1 解析an2an12(an1an)， a2a12，anan1为首项为 2，公比也为 2 的等比数列， anan12n 1(n1)， n1 时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 2n 12n221 12 n 12 2n1. 显然 n1 时满足上式， an2n1. (2)已知在数列an中，a15，a22，an2an13an2(n3)，求这个数列的通项公式 解an2an13an2， anan13(an1an2)， 又 a1a27，

14、anan1形成首项为 7，公比为 3 的等比数列， 则 anan173n 2， 又 an3an1(an13an2)， a23a113，an3an1形成首项为13，公比为1 的等比数列， 则 an3an1(13)(1)n 2， 3得，4an73n 113(1)n1， an7 43 n113 4 (1)n 1. 构造法 3倒数为特殊数列 形如 an1 pan rans型 两边同时取倒数转化为 1 an1 s p 1 an r p的形式，化归为 b n1pbnq 型，求出 1 an的表达式，再 求 an. 例 3 (1)已知数列an中，a11，an1 2an an2，求数列a n的通项公式 解an1

15、 2an an2，a 11， an0， 1 an1 1 an 1 2， 即 1 an1 1 an 1 2， 又 a11，则 1 a11， 1 an是以 1 为首项，1 2为公差的等差数列 1 an 1 a1(n1) 1 2 n 2 1 2， an 2 n1(nN *) (2)已知在数列an中，a12，an1 an an3(nN *)，求 an. 解 1 an13 1 an1， 1 an1 1 23 1 an 1 2 ， 1 a1 1 21， 1 an 1 2 是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， 1 an 1 23 n1， 1 an3 n11 2， an 2 23n 11(nN *) 课时

16、精练课时精练 1在正项等比数列an中，a32，a4a664，则a5a6 a1a2的值是( ) A4B8C16D64 答案C 解析设正项等比数列an的公比为 q， a32，a4a664， a1q22，a21q864， 解得 q24，则a5a6 a1a24 216. 2设正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S3S12S2，且 a23，则 a5等于() A3B12C24D48 答案C 解析设等比数列an的公比为 q， S3S12S2，a23， a32a1a2， a23 a1q22a1a1q， a1q3， 解得 q1， a13 (舍)或 q2， a13 2， a5a1q43 22 424. 3

17、已知数列 a1， a2 a1， an an1，是首项为 1，公比为 2 的等比数列，则 log 2an等于() An(n1)B.nn1 4 C.nn1 2 D.nn1 2 答案D 解析由题设有 an an112 n12n1(n2)， 而 ana1a2 a1 a3 a2 an an1 121 2n1 (1) 2 2 n n- (n2)， 当 n1 时，a11 也满足该式，故 an (1) 2 2 n n- (n1)， 所以 log2annn1 2 . 4在数列an中，a11，a23，且an 2 an 2(1)n(nN*)，Sn为数列an的前 n 项和，则 S100等于() A.3 501 2 5

18、0B.313 50 2 50 C.33 501 2 50D.33 1001 2 50 答案C 解析由题意an 2 an 2(1)n(nN*)， 当 n 为偶数时，可得an 2 an 3； 当 n 为奇数时，可得an 2 an 1， 即数列的偶数项成公比为 3 的等比数列，奇数项都为 1， 由求和公式可得 S10033 501 31 5033 501 2 50. 5(多选)已知等比数列an的公比为 q，前 4 项的和为 a114，且 a2，a31，a4成等差数列， 则 q 的值可能为() A.1 2 B1C2D3 答案AC 解析因为 a2，a31，a4成等差数列， 所以 a2a42(a31)，

19、因此 a1a2a3a4a13a32a114，故 a34. 又an是公比为 q 的等比数列， 所以由 a2a42(a31)， 得 a3 q1 q 2(a31)，即 q1 q 5 2， 解得 q2 或1 2. 故选 AC. 6(多选)数列an的前 n 项和为 Sn，若 a11，an12Sn(nN*)，则有() ASn3n 1 BSn为等比数列 Can23n 1 Dan 1，n1， 23n 2，n2 答案ABD 解析由题意，数列an的前 n 项和满足 an12Sn(nN*)， 当 n2 时，an2Sn1， 两式相减，可得 an1an2(SnSn1)2an， 可得 an13an，即an 1 an 3(

20、n2)， 又由 a11，当 n1 时，a22S12a12，所以a2 a12， 所以数列的通项公式为 an 1，n1， 23n 2，n2； 当 n2 时，Snan 1 2 23 n1 2 3n 1， 又由 n1 时，S1a11，适合上式， 所以数列an的前 n 项和为 Sn3n 1； 又由Sn 1 Sn 3n 3n 13， 所以数列Sn为公比为 3 的等比数列， 综上可得选项 ABD 是正确的 7记 Sn为等比数列an的前 n 项和，a11，且 S4a51，则公比 q_. 答案2 或1 解析若q1， 则S44， a510， 等式S4a51不成立， 所以q1.由S4a51， 得a11q 4 1q

21、a1q41，结合 a11 整理，得(q41)(2q)0.又 q1， 所以 q2 或 q1. 8已知在递增的等比数列an中，a2a83，a3a72，则a13 a10_. 答案2 解析因为数列an为等比数列，且 a3a72， 所以 a2a82， 因为数列an为递增等比数列， 所以由 a2a83， a2a82， 得 a21， a82， 设等比数列an的公比为 q(q0)， 则 a1q1， a1q72， 得 q62，q3 2， 所以a13 a10q 3 2. 9(2021安庆模拟)已知公比不为 1 的等比数列an，且 a23a7，a62a43a5，则数列的通 项公式 an_. 答案2n 1 解析设等比

22、数列an的公比为 q， 则 q1，由 a23a7，a62a43a5， 得 a1q22a1q6， a1q52a1q33a1q4， 解得 a14，q2， 数列an的通项公式 ana1qn 142n12n1. 10已知数列an与 a2n n 均为等差数列(nN*)，且 a12，则 an_，a1 a2 2 2 a3 3 3 an n n_. 答案2n2n 12 解析设 an2(n1)d，所以a 2 n n 2n1d 2 n d 2n24d2d2nd22 n ， 由于 a2n n 为等差数列， 所以其通项是一个关于 n 的一次函数或常数函数， 所以(d2)20，d2， 所以 an22(n1)2n，an

23、n 2n n 2， 所以 a1 a2 2 2 a3 3 3 an n n 21222n212 n 12 2n 12. 11(2018全国)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bnan n . (1)求 b1，b2，b3； (2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由； (3)求an的通项公式 解(1)由条件可得 an12n1 n an， 将 n1 代入得，a24a1，而 a11，所以 a24. 将 n2 代入得，a33a2，所以 a312. 从而 b11，b22，b34. (2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列理由如下： 由条件可得 an1 n1 2an n ，即 b

24、n12bn， 又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 (3)由(2)可得an n 2n 1，所以 ann2n1. 12已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 2Snann(nN*) (1)求证：数列 an1 2 为等比数列； (2)求数列an1的前 n 项和 Tn. (1)证明2Snann， 当 n2 时，2Sn1an1n1， 两式相减，得 2ananan11，即 an1 3a n11 3. an1 2 1 3 an11 2 ， 数列 an1 2 为等比数列 (2)解由 2S1a11，得 a11 3， 由(1)知，数列 an1 2 是以1 6为首项， 1 3为公比的等比数

25、列 an1 2 1 6 1 3 n11 2 1 3 n， an1 2 1 3 n1 2， an11 2 1 3 n1 2， Tn 1 6 1 1 3 n 11 3 n 2 1 4 1 3 n1 n 2. 13(多选)如图，已知点 E 是ABCD 的边 AB 的中点，Fn(nN*)为边 BC 上的一列点，连接 AFn交 BD 于 Gn，点 Gn(nN*)满足GnD an1GnA 2(2an3)GnE ，其中数列an是首项为 1 的正项数列，Sn是数列an的前 n 项和，则下列结论正确的是() Aa313B数列an3是等比数列 Can4n3DSn2n 1n2 答案AB 解析GnD an1GnA 2

26、(2an3)1 2(G nA GnB )， 故GnD (an12an3)GnA (2an3)GnB ， GnD ，GnB 共线，故 an12an30， 即 an132(an3)，a11， 故 an342n 1，故 an2n13. a324313，A 正确； 数列an3是等比数列，B 正确； an2n 13，C 错误； Sn412 n 12 3n2n 23n4，故 D 错误 故选 AB. 14(多选)已知数列an不是常数列，其前 n 项和为 Sn，则下列选项正确的是() A若数列an为等差数列，Sn0 恒成立，则an为递增数列 B若数列an为等差数列，a10，S3S10，则 Sn的最大值在 n6

27、 或 7 时取得 C若数列an为等比数列，则 S2 021a2 0210 恒成立 D若数列an为等比数列，则2 n a 也为等比数列 答案ABC 解析对于 A，若数列an为等差数列，Sn0 恒成立，则公差 d0，故an为递增数列，故 A 正确； 对于 B，若数列an为等差数列，a10，设公差为 d，由 S3S10，得 3a132 2 d10a1109 2 d， 即 a16d，故 an(n7)d，所以当 n7 时，an0，a70，故 Sn的最大值在 n6 或 7 时 取得，故 B 正确； 对于 C，若数列an为等比数列，则 S2 021a2 021a11q 2 021 1q a1q2 020a2

28、1q2 0201q 2 021 1q 0 恒 成立，故 C 正确； 对于 D，若数列an为等比数列，则 1 1 22 n n aa q ，所以 1 1 1 1 )( 2=2 2 2 nn n n n n aa a a aqq 不是常数， 故2 n a 不是等比数列，故 D 错误 故选 ABC. 15已知数列an满足递推公式 an12an1，a11.设 Sn为数列an的前 n 项和，则 4n7nSn an1 的最小值是_ 答案 17 4 解析因为 an12an1，所以 an112(an1)， 所以数列an1是首项为 a112，公比为 2 的等比数列， 所以 an12n，所以 an2n1， 所以

29、Sn222232nn212 n 12 n2n 12n， 所以4 n7nSn an1 4 n7n2n12n 2n 2n 9 2n2， 由对勾函数的性质可得，当 n1 时，2n2,2n 9 2n22 9 22 9 2， 当 n2 时，2n4，所以 y2n 9 2n2 单调递增， 当 n2 时，2n 9 2n24 9 42 17 4 1，a12，且 a1，a2，a38 成等差数列，数列anbn的前 n 项和为2n13 n1 2 . (1)分别求出数列an和bn的通项公式； (2)设数列 1 an的前 n 项和为 Sn，nN*，Snm 恒成立，求实数 m 的最小值 解(1)因为 a12，且 a1，a2

30、，a38 成等差数列， 所以 2a2a1a38， 即 2a1qa1a1q28，所以 q22q30， 所以 q3 或 q1，又 q1，所以 q3， 所以 an23n 1(nN*) 因为 a1b1a2b2anbn2n13 n1 2 ， 所以 a1b1a2b2an1bn12n33 n11 2 (n2)， 两式相减，得 anbn2n3n 1(n2)， 因为 an23n 1，所以 bnn(n2)， 当 n1 时，由 a1b12 及 a12，得 b11(符合上式)， 所以 bnn(nN*) (2)因为数列an是首项为 2，公比为 3 的等比数列， 所以数列 1 an是首项为1 2，公比为 1 3的等比数列， 所以 Sn 1 2 1 1 3 n 11 3 3 4 1 1 3 n 3 4. 因为nN*，Snm 恒成立， 所以 m3 4，即实数 m 的最小值为 3 4.