《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第3讲 等比数列及其前n项和.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第3讲 等比数列及其前n项和.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 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： 文字语言： 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(非零) 符号语言：an1anq(nN*，q 为非零常数) (2)等比中项：如果 a，G，b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项即 G2ab 2等比数列的有关公式 (1)通项公式：ana1qn1 (2)前 n 项和公式：Snna1，q1，a1(1qn)1qa1anq1q，q1. 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，kN*) (1)若 mnpq2r，则 amanapaq
2、a2r； (2)数列 am，amk，am2k，am3k，仍是等比数列； (3)数列 Sm，S2mSm，S3mS2m，仍是等比数列(此时an的公比 q1) 常用结论 1等比数列的单调性 当 q1，a10 或 0q1，a10 时，an是递增数列； 当 q1，a10 或 0q1，a10 时，an是递减数列； 当 q1 时，an是常数列 2等比数列与指数函数的关系 当 q1 时， ana1q qn， 可以看成函数 ycqx， 是一个不为 0 的常数与指数函数的乘积，因此数列an各项所对应的点都在函数 ycqx的图象上 3等比数列an的前 n 项和 SnAB CnAB0，公比 qC(A，B，C 均不为零
3、) 二、教材衍化 1对任意等比数列an，下列说法一定正确的是( ) Aa1，a3，a9成等比数列 Ba2，a3，a6成等比数列 Ca2，a4，a8成等比数列 Da3，a6，a9成等比数列 解析：选 D设等比数列的公比为 q，则 a3a1q2，a6a1q5，a9a1q8，满足(a1q5)2a1q2a1q8， 即 a26a3a9. 2已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1a354，a2a452，则 q_ 答案：2 3 在 9 与 243 中间插入两个数， 使它们同这两个数成等比数列， 则这两个数为_ 解析：设该数列的公比为 q，由题意知， 2439q3，得 q327，所以 q3. 所以插
4、入的两个数分别为 9327，27381. 答案：27，81 一、思考辨析 判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (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)三个数 a，b，c 成等比数列的充要条件是 b2ac.( ) (3)满足 an1qan(nN*，q 为常数)的数列an为等比数列( ) (4)如果an为等比数列，bna2n1a2n，则数列bn也是等比数列( ) (5)等比数列中不存在数值为 0 的项( ) 答案：(1) (2) (3) (4) (5) 二、易错纠偏 常见误区| (1)运用等比数列的前 n 项和公式时，忽略 q1 的情况；
5、 (2)忽视等比数列的项不为 0； (3)对等比数列项的符号不能作出正确判断 1已知在等比数列an中，a37，前三项之和 S321，则公比 q 的值是( ) A1 B12 C1 或12 D1 或12 解析：选 C当 q1 时，an7，S321，符合题意；当 q1 时，a1q27，a1(1q3)1q21，得q12.综上，q 的值是 1 或12，故选 C 2已知 x，2x2，3x3 是一个等比数列的前三项，则 x 的值为_ 解析：因为 x，2x2，3x3 是一个等比数列的前三项， 所以(2x2)2x(3x3)， 即 x25x40， 解得 x1 或 x4. 当 x1 时，数列的前三项为1，0，0，
6、不是等比数列，舍去 答案：4 3在等比数列an中，a24，a1016，则 a2和 a10的等比中项为_ 解析：设 a2与 a10的等比中项为 G， 因为 a24，a1016， 所以 G241664，所以 G 8. 答案： 8 考点一 等比数列的基本运算(基础型) 复习指导| 探索并掌握等比数列的通项公式与前 n 项和的公式 核心素养：数学运算 (1)(一题多解)(2019 高考全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a11，S334，则 S4_ (2)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.则 an_ 【解析】 (1)通解：设等比数列an的公比为 q，由 a11 及
7、S334，易知 q1.把 a11 代入 S3a1(1q3)1q34， 得 1qq234， 解得 q12， 所以 S4a1(1q4)1q1112411258. 优解一：设等比数列an的公比为 q，因为 S3a1a2a3a1(1qq2)34，a11，所以 1qq234， 解得 q12， 所以 a4a1 q312318， 所以 S4S3a4341858. 优解二：设等比数列an的公比为 q，由题意易知 q1.设数列an的前 n 项和 SnA(1qn)(其中 A 为常数)， 则 a1S1A(1q)1 ， S3A(1q3)34 ， 由可得 A23， q12.所以 S423112458. (2)设an的公
8、比为 q，由题设得 2q24q16，即 q22q80. 解得 q2(舍去)或 q4. 因此an的通项公式为 an24n122n1. 【答案】 (1)58 (2)22n1 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 a1， n， q， an， Sn， 一般可以“知三求二”， 通过列方程(组)求关键量 a1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 q1 时，an的前 n 项和 Snna1；当 q1 时，an的前 n 项和 Sna1(1qn)1qa1anq1q 1 (2019 高考全国卷)已知各项均为正数的等比数
9、列an的前 4 项和为 15， 且 a53a34a1，则 a3( ) A16 B8 C4 D2 解析：选 C设等比数列an的公比为 q(q0)，由 a53a34a1，得 a1q43a1q24a1，得 q43q240，令 q2t，则 t23t40，解得 t4 或 t1(舍去)，所以 q24，即 q2 或 q2(舍去)又 S4a1(1q4)1q15，所以 a11，所以 a3a1q24.故选 C 2 已知等差数列an的前 n 项和为 Sn， 等比数列bn的前 n 项和为 Tn， a11， b11，a2b22. (1)若 a3b35，求bn的通项公式； (2)若 T321，求 S3. 解：设an的公差
10、为 d，bn的公比为 q，则 an1(n1)d，bnqn1. 由 a2b22 得 dq3. (1)由 a3b35 得 2dq26. 联立和解得d3，q0(舍去)，d1，q2. 因此bn的通项公式为 bn2n1. (2)由 b11，T321 得 q2q200， 解得 q5 或 q4. 当 q5 时，由得 d8，则 S321. 当 q4 时，由得 d1，则 S36. 考点二 等比数列的判定与证明(基础型) 复习指导| 理解等比数列的概念，发现数列的等比关系，体会等比数列与函数的关系 核心素养：逻辑推理 (1)已知数列an是等比数列，则下列命题不正确的是( ) A数列|an|是等比数列 B数列ana
11、n1是等比数列 C数列1an是等比数列 D数列lg a2n是等比数列 (2)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，Sn14an2(nN*)，若 bnan12an，求证：bn是等比数列 【解】 (1)选 D因为数列an是等比数列，所以an1anq.对于 A，|an1|an|an1an|q|，所以数列|an|是等比数列，A 正确；对于 B，an1an2anan1q2，所以数列anan1是等比数列，B 正确； 对于 C，1an11ananan11q， 所以数列1an是等比数列， C 正确； 对于 D，lg a2n1lg a2n2lg an12lg anlg an1lg an，不一定是常数，所以
12、 D 错误 (2)证明： 因为 an2Sn2Sn14an124an24an14an， 所以bn1bnan22an1an12an4an14an2an1an12an2an14anan12an2. 因为 S2a1a24a12，所以 a25. 所以 b1a22a13. 所以数列bn是首项为 3，公比为 2 的等比数列 【迁移探究 1】 (变问法)若本例(2)中的条件不变，试求an的通项公式 解：由(2)知 bnan12an3 2n1， 所以an12n1an2n34， 故an2n是首项为12，公差为34的等差数列 所以an2n12(n1)343n14， 所以 an(3n1) 2n2. 【迁移探究 2】
13、(变条件)在本例(2)中，若 cnan3n1，证明：数列cn为等比数列 证明：由迁移探究 1知，an(3n1) 2n2，所以 cn2n2. 所以cn1cn2n12n22，又 c1a131112， 所以数列cn是首项为12，公比为 2 的等比数列 等比数列的判定方法 (1)定义法：若an1anq(q 为非零常数)或anan1q(q 为非零常数且 n2)，则an是等比数列 (2)中项公式法：若数列an中 an0 且 a2n1anan2(nN*)，则数列an是等比数列 (3)通项公式法：若数列的通项公式可写成 anc qn1(c，q 均为不为 0 的常数，nN*)，则an是等比数列 (4)前 n 项
14、和公式法：若数列an的前 n 项和 Snk qnk(k 为常数且 k0，q0，1)，则an是等比数列 提醒 (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；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(一题多解)已知等比数列an的前 n 项和为 Sna 2n116，则 a 的值为( ) A13 B13 C12 D12 解析：选 A法一：当 n2 时，anSnSn1a 2n1a 2n2a 2n2，当 n1 时，a1S1a16，所以 a16a2，所以 a13. 法二：因为等比数列的前 n 项和 Snkqnk，则12a1
15、6，a13. 2 (2019 高考全国卷节选)已知数列an和bn满足 a11， b10， 4an13anbn4，4bn13bnan4. 证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列 证明：由题设得 4(an1bn1)2(anbn)，即 an1bn112(anbn) 又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公比为12的等比数列 由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8，即 an1bn1anbn2. 又因为 a1b11，所以anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列 考点三 等比数列的性质及应用(综合型) 复习指导| 能用等比数列的有关知识解决相应的问题 核心素养：数学运算 角度一 等
16、比数列项的性质的应用 (1)(2020 洛阳市第一次联考)在等比数列an中，a3，a15是方程 x26x20 的两根，则a2a16a9的值为( ) A2 22 B 2 C 2 D 2或 2 (2)等比数列an的各项均为正数，且 a1a54，则 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5_ 【解析】 (1)设等比数列an的公比为 q，因为 a3，a15是方程 x26x20 的两根，所以 a3a15a292，a3a156，所以 a30，a150，则 a9 2，所以a2a16a9a29a9a9 2. (2)由题意知 a1a5a234，因为数列an的各项均为正数，所以 a32.所以
17、a1a2a3a4a5(a1a5) (a2a4) a3 (a23)2 a3 a53 25. 所 以 log2a1 log2a2 log2a3 log2a4 log2a5log2(a1a2a3a4a5)log2255. 【答案】 (1)B (2)5 角度二 等比数列前 n 项和的性质的应用 (1)已知等比数列an共有 2n 项， 其和为240， 且奇数项的和比偶数项的和大 80，则公比 q_ (2)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若S6S312，则S9S3_ 【解析】 (1)由题意，得S奇S偶240，S奇S偶80，解得S奇80，S偶160，所以 qS偶S奇160802. (2)设等比数列an
18、的公比为 q， 因为S6S312， 所以an的公比 q1.由a1(1q6)1qa1(1q3)1q12，得 q312，所以S9S31q91q334. 【答案】 (1)2 (2)34 等比数列性质应用问题的解题突破口 等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项公式的变形，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 提醒 在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要对性质进行适当变形此外，解题时注意“设而不求”的运用 1已知等比数列an中，a4a82，则 a6(a22a6a10)的值为( ) A4 B6 C8 D9 解
19、析：选 Aa6(a22a6a10)a6a22a26a6a10a242a4a8a28(a4a8)2，因为 a4a82，所以 a6(a22a6a10)4. 2 在正项等比数列an中， 已知 a1a2a34， a4a5a612， an1anan1324， 则 n 等于( ) A12 B13 C14 D15 解析：选 C因为数列an是各项均为正数的等比数列，所以 a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，也成等比数列 不妨令 b1a1a2a3，b2a4a5a6，则公比 qb2b11243. 所以 bm43m1. 令 bm324，即 43m1324，解得 m5， 所以 b5324，即
20、 a13a14a15324. 所以 n14. 3 在等比数列an中， 若 a7a8a9a10158， a8a998， 则1a71a81a91a10_ 解析：因为1a71a10a7a10a7a10，1a81a9a8a9a8a9， 由等比数列的性质知 a7a10a8a9， 所以1a71a81a91a10a7a8a9a10a8a9 1589853. 答案：53 基础题组练 1(2020 广东六校第一次联考)等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 4a1，2a2，a3成等差数列若 a11，则 S4( ) A16 B15 C8 D7 解析：选 B设公比为 q，由题意得 4a24a1a3，即 4a1q4a
21、1a1q2，又 a10，所以 4q4q2，解得 q2，所以 S41(124)1215，故选 B 2(2020 辽宁五校联考)各项为正数的等比数列an中，a4与 a14的等比中项为 2 2，则log2a7log2a11的值为( ) A1 B2 C3 D4 解析：选 C由题意得 a4a14(2 2)28，由等比数列的性质，得 a4a14a7a118，所以 log2a7log2a11log2(a7a11)log283，故选 C 3(多选)设等比数列an的公比为 q，则下列结论正确的是( ) A数列anan1是公比为 q2的等比数列 B数列anan1是公比为 q 的等比数列 C数列anan1是公比为
22、q 的等比数列 D数列1an是公比为1q的等比数列 解析：选 AD对于 A，由anan1an1anq2(n2)知数列anan1是公比为 q2的等比数列；对于 B，当 q1 时，数列anan1的项中有 0，不是等比数列；对于 C，若 q1 时，数列anan1的项中有 0，不是等比数列；对于 D，1an11ananan11q，所以数列1an是公比为1q的等比数列，故选 AD 4(2020 长春市质量监测(一)已知 Sn是等比数列an的前 n 项和，若公比 q2，则a1a3a5S6( ) A13 B17 C23 D37 解析： 选 A 法一： 由题意知 a1a3a5a1(12224)21a1， 而
23、S6a1(126)1263a1， 所以a1a3a5S621a163a113，故选 A 法二：由题意知 S6a1a2a3a4a5a6a1a3a5(a2a4a6)a1a3a52(a1a3a5)3(a1a3a5)，故a1a3a5S613，故选 A 5(应用型)(2020 宁夏中卫一模)中国古代数学著作算法统宗中有这一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，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”其大意为：“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”则该人最后一天走的路程为( ) A24 里 B12 里 C6
24、 里 D3 里 解析：选 C记该人每天走的路程里数为an，可知an是公比 q12的等比数列， 由 S6378，得 S6a11126112378，解得 a1192， 所以 a61921256，故选 C 6(2019 高考全国卷)记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a113，a24a6，则 S5_ 解析：通解：设等比数列an的公比为 q，因为 a24a6，所以(a1q3)2a1q5，所以 a1q1，又 a113，所以 q3，所以 S5a1(1q5)1q13(135)131213. 优解：设等比数列an的公比为 q，因为 a24a6，所以 a2a6a6，所以 a21，又 a113，所以 q3，所
25、以 S5a1(1q5)1q13(135)131213. 答案：1213 7 (2020 陕西第二次质量检测)公比为 2的等比数列an的各项都是正数， 且 a2a1216，则 log2a15_ 解析：等比数列an的各项都是正数，且公比为 2，a2a1216， 所以 a1qa1q1116，即 a21q1216， 所以 a1q622，所以 a15a1q14a1q6(q2)426，则 log2a15log2266. 答案：6 8已知an是递减的等比数列，且 a22，a1a35，则an的通项公式为_；a1a2a2a3anan1(nN*)_ 解析：由 a22，a1a35，an是递减的等比数列，得 a14，
26、a31，an412n1，则 a1a2a2a3anan1是首项为 8，公比为14的等比数列的前 n 项和故 a1a2a2a3anan18212814n18114n114323114n. 答案：an412n1 323114n 9(2018 高考全国卷)等比数列an中，a11，a54a3. (1)求an的通项公式； (2)记 Sn为an的前 n 项和若 Sm63，求 m. 解：(1)设an的公比为 q，由题设得 anqn1. 由已知得 q44q2，解得 q0(舍去)，q2 或 q2. 故 an(2)n1或 an2n1. (2)若 an(2)n1，则 Sn1(2)n3. 由 Sm63 得(2)m188
27、，此方程没有正整数解 若 an2n1，则 Sn2n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6. 综上，m6. 10(2020 昆明市诊断测试)已知数列an是等比数列，公比 q1，前 n 项和为 Sn，若a22，S37. (1)求an的通项公式； (2)设 mZ，若 Snm 恒成立，求 m 的最小值 解：(1)由 a22，S37 得a1q2，a1a1qa1q27， 解得a14，q12或a11，q2.(舍去) 所以 an412n112n3. (2)由(1)可知，Sna1(1qn)1q4112n1128112n8. 因为 an0，所以 Sn单调递增 又 S37，所以当 n4 时，Sn(7，8) 又
28、Snm 恒成立，mZ，所以 m 的最小值为 8. 综合题组练 1(多选)设等比数列an的公比为 q，其前 n 项和为 Sn.前 n 项积为 Tn，并且满足条件a11，a7a81，a71a810.则下列结论正确的是( ) A0q1 Ba7a91 CSn的最大值为 S9 DTn的最大值为 T7 解析：选 AD因为 a11，a7a81，a71a810，所以 a71，a81，所以 0q1，故 A 正确；a7a9a281，故 B 错误；因为 a11，0q1，所以数列为递减数列，所以 Sn无最大值，故 C 错误；又 a71，a81，所以 T7是数列Tn中的最大项，故 D 正确故选AD 2(2020 河南郑
29、州三测)已知数列an，bn满足 a1b11，an1anbn1bn3，nN*，则数列ban的前 10 项和为( ) A12(3101) B18(9101) C126(2791) D126(27101) 解析：选 D因为 an1anbn1bn3， 所以an为等差数列，公差为 3，bn为等比数列，公比为 3，所以 an13(n1)3n2，bn13n13n1， 所以 ban33n327n1，所以ban是以 1 为首项，27 为公比的等比数列，所以ban的前 10 项和为1(12710)127126(27101)，故选 D 3已知数列an满足 a12 且对任意的 m，nN*，都有amnaman，则数列a
30、n的前 n项和 Sn_ 解析：因为anmaman， 令 m1，则an1a1an，即an1ana12， 所以an是首项 a12，公比 q2 的等比数列， Sn2(12n)122n12. 答案：2n12 4(综合型)(2020 安徽合肥等六校联考)已知等比数列an的首项为32，公比为12，前 n项和为 Sn，且对任意的 nN*，都有 A2Sn1SnB 恒成立，则 BA 的最小值为_ 解析：因为等比数列an的首项为32，公比为12，所以 Sn32112n112112n.令 t12n，则12t14，Sn1t，所以34Sn32，所以 2Sn1Sn的最小值为16，最大值为73.又因为 A2Sn1SnB 对
31、任意 nN*恒成立，所以 BA 的最小值为7316136. 答案：136 5(2020 山西长治二模)Sn为等比数列an的前 n 项和，已知 a49a2，S313，且公比q0. (1)求 an及 Sn； (2)是否存在常数 ，使得数列Sn是等比数列？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由 解：(1)由题意可得a1q39a1q，a1(1q3)1q13，q0，解得 a11，q3， 所以 an3n1，Sn13n133n12. (2)假设存在常数 ，使得数列Sn是等比数列， 因为 S11，S24，S313， 所以(4)2(1)(13)，解得 12，此时 Sn12123n，则Sn112Sn123， 故存
32、在常数 12，使得数列Sn12是等比数列 6已知数列an中，a11，anan112n，记 T2n为an的前 2n 项的和，bna2na2n1，nN*. (1)判断数列bn是否为等比数列，并求出 bn； (2)求 T2n. 解：(1)因为 anan112n， 所以 an1an212n1， 所以an2an12， 即 an212an. 因为 bna2na2n1， 所以bn1bna2n2a2n1a2na2n112a2n12a2n1a2na2n112， 因为 a11，a1a212， 所以 a212，所以 b1a1a232. 所以bn是首项为32，公比为12的等比数列 所以 bn3212n132n. (2)由(1)可知，an212an， 所以 a1，a3，a5，是以 a11 为首项，以12为公比的等比数列；a2，a4，a6，是以 a212为首项，以12为公比的等比数列， 所以 T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n) 112n11212112n112332n.