第5章第3节等比数列及其前n项和
(人教版)2020届高考数学一轮复习 第五章 数列 第三节 等比数列及其前n项和课时作业
第三节 等比数列及其前n 项和课时作业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 ．84解析：设数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)，所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.故选B.答案：B2．等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A.13 B ．－13 C.19D ．－19解析：由题知公比q ≠1，则S 3＝a 11－q 31－q＝a 1q ＋10a 1，得q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，则a 1＝19，故选C. 答案：C3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( ) A ．－3 B ．5 C ．－31D ．33解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1. ∵S 3＝2，S 6＝18， ∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8， ∴q ＝2.∴S 10S 5＝1－q 101－q5＝1＋q 5＝33，故选D.答案：D4．在等比数列{a n }中，a 1＝2，公比q ＝2.若a m ＝a 1a 2a 3a 4(m ∈N *)，则m ＝( ) A ．11 B ．10 C ．9D ．8解析：a m ＝a 1a 2a 3a 4＝a 41qq 2q 3＝24×26＝210＝2m，所以m ＝10，故选B. 答案：B5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( ) A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n ＞a nD ．T n ＜b n ＋1解析：因为点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，所以S n ＝3·2n－3，所以a n ＝3·2n－1，所以b n ＋b n ＋1＝3·2n －1，因为数列{b n }为等比数列，设公比为q ，则b 1＋b 1q ＝3，b 2＋b 2q＝6，解得b 1＝1，q ＝2，所以b n ＝2n －1，T n ＝2n－1，所以T n ＜b n ＋1，故选D.答案：D6．(2018·郑州质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值是________．解析：设{a n }的公比为q .由a 25＝2a 3a 6得(a 1q 4)2＝2a 1q 2·a 1q 5，∴q ＝2，∴S 5＝a 11－251－2＝－62，a 1＝－2. 答案：－27．已知等比数列{a n }为递增数列，a 1＝－2，且3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1，则公比q ＝________. 解析：因为等比数列{a n }为递增数列且a 1＝－2<0，所以0<q <1，将3(a n ＋a n ＋2)＝10a n ＋1两边同除以a n 可得3(1＋q 2)＝10q ，即3q 2－10q ＋3＝0，解得q ＝3或q ＝13，而0<q <1，所以q＝13. 答案：138．若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝__________. 解析：∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3， ∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3， ∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12. 答案：3n －1＋129．(2018·昆明市检测)数列{a n }满足a 1＝－1，a n ＋1＋2a n ＝3. (1)证明{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)已知符号函数sgn(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，设b n ＝a n ·sgn(a n )，求数列{b n }的前100项和．解析：(1)因为a n ＋1＝－2a n ＋3，a 1＝－1， 所以a n ＋1－1＝－2(a n －1)，a 1－1＝－2，所以数列{a n －1}是首项为－2，公比为－2的等比数列．故a n －1＝(－2)n ，即a n ＝(－2)n＋1.(2)b n ＝a n ·sgn(a n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n＋1，n 为偶数，2n－1，n 为奇数，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100＝(2－1)＋(22＋1)＋(23－1)＋…＋(299－1)＋(2100＋1)＝2＋22＋23＋…＋2100＝2101－2.10．(2018·合肥质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *.(1)求证：数列{a nn}为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴{a n n }是以12为首项、12为公比的等比数列．(2)由(1)知{a n n }是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝(12)n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，② ①－②得：12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.B 组——能力提升练1．(2018·长春调研)等比数列{a n }中，a 3＝9，前三项和S 3＝27，则公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12解析：当公比q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝9，∴S 3＝3×9＝27. 当q ≠1时，S 3＝a 1－a 3q1－q，∴27＝a 1－9q1－q∴a 1＝27－18q ， ∴a 3＝a 1q 2，∴(27－18q )·q 2＝9， ∴(q －1)2(2q ＋1)＝0， ∴q ＝－12.综上q ＝1或q ＝－12.选C.答案：C2．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的值等于( )A ．1B ．－1 C.12D ．2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：D3．(2018·彬州市模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －a ，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( ) A ．(2n －1)2B ．13(2n－1) C ．4n－1D ．13(4n－1) 解析：∵S n ＝2n－a ，∴a 1＝2－a ，a 1＋a 2＝4－a ，a 1＋a 2＋a 3＝8－a ， 解得a 1＝2－a ，a 2＝2，a 3＝4，∵数列{a n }是等比数列，∴22＝4(2－a )，解得a ＝1. ∴公比q ＝2，a n ＝2n －1，a 2n ＝22n －2＝4n －1.则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4n－14－1＝13(4n－1)．答案：D4．设数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列，令b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，则q ＝( ) A.32B ．－43C ．－32D ．－52解析：数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，且b n ＝a n ＋1(n ∈N *)，∴a n ＝b n －1，则{a n }有连续四项在{－54，－24,18,36,81}中， ∵数列{a n }是公比为q (|q |＞1)的等比数列， 等比数列中有负数项，则q ＜0，且负数项为相隔两项∵|q |＞1，∴等比数列各项的绝对值递增，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，－3624＝－32，－5436＝－32，81－54＝－32，∵|q |＞1，∴－24,36，－54,81是{a n }中连续的四项，此时q ＝－32.答案：C5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________.解析：由S 3＋3S 2＝0，得a 1＋a 2＋a 3＋3(a 1＋a 2)＝0，即4a 1＋4a 2＋a 3＝0，即4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0，即q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2. 答案：－26．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32a n －1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 3a n 2＋1，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n.解析：(1)当n ＝1时，a 1＝32a 1－1，∴a 1＝2，当n ≥2时，∵S n ＝32a n －1，①∴S n －1＝32a n －1－1(n ≥2)，②①－②得a n ＝(32a n －1)－(32a n －1－1)，即a n ＝3a n －1，∴数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＝2×3n －1.(2)由(1)得b n ＝2log 3a n2＋1＝2n －1，∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n＝11×3＋13×5＋…＋12n －32n －1＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －3－12n －1)＝n －12n －1. 7．数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝n ＋12na n (n ∈N *)． (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n4n －a n，若数列{b n }的前n 项和是T n ，求证：T n <2. 证明：(1)由题设得a n ＋1n ＋1＝12·a n n ，又a 11＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为2，公比为12的等比数列，所以a n n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝22－n ，a n ＝n ·22－n＝4n 2n .(2)b n ＝a n4n －a n＝4n 2n 4n －4n 2n＝12n－1，因为对任意n ∈N *,2n－1≥2n －1，所以b n ≤12n －1.所以T n ≤1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <2.。
【金版学案】2021届高考数学总温习 第五章 第三节等比数列及其前n项和课时精练 理(1)
第三节 等比数列及其前n 项和1．(2021·江西卷)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．24解析：由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列得，(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)． 解得x 1＝－3或x 2＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24. 答案：A2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且9a 1,3a 2，a 3成等比数列．假设a 1＝3，那么a 4＝( ) A ．6 B ．4 C ．3 D ．5解析：设等差数列{a n }的公差为d ，那么有9(a 1＋d )2＝9a 1·(a 1＋2d )，因为a 1＝3，因此可解得d ＝0，因此{a n }为常数列，a 4＝a 1＝3.应选C.答案：C3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设8a 2＋a 5＝0，那么以下式子中数值不能确信的是( ) A.a 5a 3B.S 5S 3C.a n ＋1a nD.S n ＋1S n解析：由8a 2＋a 5＝0知，公比q ＝－2，因此a 5a 3＝q 2＝4，S 5S 3＝1－q 51－q 3＝113，a n ＋1a n＝q ＝－2.S n ＋1S n＝1－q n ＋11－q n，依照n 的奇偶性可知，该式的结果不定．应选D.答案：D4．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，那么数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.6164B.6364C.3116D.3316 解析：∵a 1＝1,9S 3＝S 6，∴q ≠1.那么9·1－q 31－q ＝1－q 61－q ，得q 3＝1(舍)，q 3＝8，∴q ＝2，∴1a n ＝12n －1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案：C5．一个蜂巢里有1只蜜蜂，第一天，它飞出去带回了5个伙伴；第二天，6只蜜蜂飞出去各自带回了5个伙伴……若是那个进程继续下去，那么第6天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中共有蜜蜂( )A.666－16－1只 B ．66只C ．63只D ．62只解析：从第一天起，每一天归巢后，蜂巢中的蜜蜂数依次为：6,62,63，…，这是一个等比数列，首项为6，公比为6，因此第6天所有蜜蜂归巢后，蜂巢中共有蜜蜂66只．应选B.答案：B6．等比数列{a n }中，a 3＝6，前三项和S 3＝∫304x d x ，那么公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12解析：S 3＝∫304x d x ＝2x 2|30＝2×32－0＝18，由题知，a 1q 2＝6①a 1＋a 1q ＝12②②式除以①式得1q 2＋1q ＝2，解得q ＝1或－12，应选C.答案：C7．概念在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，若是关于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，那么称f (x )为“保等比数列函数”．现有概念在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x ；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln |x |.那么其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为 ( ) A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④解析：等比数列性质，a n a n ＋2＝a 2n ＋1，①f (a n )f (a n ＋2)＝a 2n a 2n ＋2＝(a 2n ＋1)2＝f 2(a n ＋1)；②f (a n )f (a n ＋2)＝2a n 2a n ＋2＝2a n ＋a n ＋2≠22a n ＋1＝f 2(a n ＋1)； ③f (a n )f (a n ＋2)＝|a n a n ＋2|＝|a n ＋1|2＝f 2(a n ＋1)；④f (a n )f (a n ＋2)＝ln|a n |ln|a n ＋2|≠(ln|a n ＋1|)2＝f 2(a n ＋1)．应选C. 答案：C8．(2021·茂名一模)已知等比数列{a n }的公比q 为正数，且a 3·a 9＝2a 25，那么q ＝__________.解析：设等比数列的首项为a 1，由a 3·a 9＝2a 25，得：(a 1q 2)·(a 1q 8)＝2(a 1q 4)2，即a 21q 10＝2a 21q 8， ∵a 1≠0，q ＞0，∴q ＝ 2.答案：29．(2021·北京卷)假设等比数列{a n }知足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，那么公比q ＝________；前n 项和S n ＝________.解析：设等比数列的公比为q ，由a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40.∴20q ＝40，且a 1q ＋a 1q 3＝20，解之得q ＝2，且a 1＝2.因此S n ＝a 11－q n1－q＝2n ＋1－2.答案：2 2n ＋1－210．(2021·广东深圳二模)已知递增的等比数列{a n }中，a 2＋a 8＝3，a 3·a 7＝2，那么a 13a 10＝________.解析：∵{a n }是递增的等比数列，∴a 3a 7＝a 2a 8＝2，又∵a 2＋a 8＝3，∴a 2，a 8是方程x 2－3x ＋2＝0的两根，那么a 2＝1，a 8＝2， ∴q 6＝a 8a 2＝2，∴q 3＝2，∴a 13a 10＝q 3＝ 2.答案：211．若是数列a 1，a 2a 1，a 3a 2，…，a n a n －1，…是首项为1，公比为－2的等比数列，那么a 5＝________.解析：∵a na n －1＝a 1(－2)n －1＝(－2)n －1，∴a 5＝a 5a 4·a 4a 3·a 3a 2·a 2a 1＝(－2)4＋3＋2＋1＝32.答案：3212．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }知足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，那么数列{b n }前n 项和的最大值为__________．解析：由题知，b 3＝18＝ln a 3，a 3＝e 18，b 6＝12＝l n a 6，a 6＝e 12，a 6a 3＝q 3＝e －6，q ＝e －2，那么a 1＝e 22，那么b 1＝22，b 2＝20，b n ＝22＋(n －1)·(－2)，n ＝12时，b n ＝0，那么S 12最大为132.答案：13213．(2021·陕西卷)设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1, 证明数列{a n ＋1}不是等比数列． 解析：(1) 分两种情形讨论．①当q ＝1时，数列{a n }是首项为a 1的常数数列，因此S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1. ②当q ≠1时，数列S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n ⇒qS n ＝qa 1＋qa 2＋…＋qa n －1＋qa n . 上面两式错位相减：(1－q )S n ＝a 1＋(a 2－qa 1)＋(a 3－qa 2)…＋(a n －qa n －1)－qa n ＝a 1－qa n . ⇒S n ＝a 1－qa n 1－q＝a 11－q n1－q.③综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q ，q ≠1.(2)利用反证法．设{a n }是公比q ≠1的等比数列， 假设数列{a n ＋1}是等比数列．那么 ①当∃n ∈N *，使得a n ＋1＝0成立，那么{a n ＋1}不是等比数列． ②当∀n ∈N *，使得a n ＋1≠0成立，那么a n ＋1＋1a n ＋1＝a 1q n ＋1a 1q n －1＋1＝恒为常数⇒a 1q n ＋1＝a 1q n －1＋1⇒当a 1≠0时，q ＝1.这与题目条件q ≠1矛盾．③综上两种情形，假设数列{a n ＋1}是等比数列均不成立，因此当q ≠1时， 数列{a n ＋1}不是等比数列． 14．(2021·广州一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)假设p，q，r是三个互不相等的正整数，且p，q，r成等差数列，试判定a p－1，a q－1，a r－1是不是成等比数列？并说明理由．解析：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n，∴当n＝1时，有a1＝(1－1)S1＋2，解得a1＝2.由a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝(n－1)S n＋2n，①a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＋(n＋1)a n＋1＝nS n＋1＋2(n＋1)，②②－①得：(n＋1)a n＋1＝nS n＋1－(n－1)S n＋2.③由③式得：(n＋1)a n＋1＝nS n＋1－(n－1)S n＋2＝n(S n＋1－S n)＋S n＋2，得a n＋1＝S n＋2.④当n≥2时a n＝S n－1＋2，⑤⑤－④得：a n＋1＝2a n.由a1＋2a2＝S2＋4，得a2＝4，∴a2＝2a1.∴数列{a n}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列．∴a n＝2n.(2)∵p，q，r成等差数列，∴p＋r＝2q.假设a p－1，a q－1，a r－1成等比数列，那么(a p－1)(a r－1)＝(a q－1)2，即(2p－1)(2r－1)＝(2q－1)2，化简得：2p＋2r＝2×2q.(*)∵p≠r，∴2p＋2r＞22p×2r＝2×2q，这与(*)式矛盾，故假设不成立．∴a p－1，a q－1，a r－1不是等比数列．。
2022届高考一轮复习第5章数列第3节等比数列及其前n项和
15，且 a5＝3a3＋4a1，则 a3＝( )
A．16
B．8
C．4
D．2
[解析]
由题意知aa11＞＋0a，1q＋q＞a10q，2＋a1q3＝15， a1q4＝3a1q2＋4a1，
解得aq1＝＝21，，∴a3＝a1q2＝4.故选 C.
[答案] C
(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1＝13，a24＝a6，则 S5 ＝________.
[解析] 由 a24＝a6 得(a1q3)2＝a1q5，
整理得 q＝a11＝3.∴S5＝13（11－－335）＝1231.
[答案]
121 3
(3)(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. ①求{an}的通项公式； ②记 Sn 为{an}的前 n 项和．若 Sm＝63，求 m. [解析] ①设{an}的公比为 q，由题设得 an＝qn－1. 由已知得 q4＝4q2，解得 q＝0(舍去)，q＝－2 或 q＝2. 故 an＝(－2)n－1 或 an＝2n－1.
[解析] (1)证明：由题设得 4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即 an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn)． 又因为 a1＋b1＝1， 所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列． 由题设得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即 an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又因为 a1－b1＝1. 所以{an－bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列．
A．4
B．8
C．16
D．32
答案：C
2．(基础点：等比数列的前 n 项和)设{an}是公比为正数的等比数列，若 a1＝1，a5
第五章 第三节 等比数列及其前n项和
答案：17
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大一轮复习 数学（理）
考点二 等比数列的判定与证明[探究型]——应用逻辑推理 [例 1] (2018·珠海模拟)已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1 ＝23an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中 λ 为实数，n 为正整数． (1)对任意实数 λ，证明数列{an}不是等比数列； (2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论． 解：(1)假设存在一个实数 λ，使{an}成等比数列，则有 a22＝a1a3， 即23λ－32＝λ49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即 9＝0，这与事实 相矛盾．所以对任意实数 λ，数列{an}都不是等比数列．
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③若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，{|an|}， a1n，{a2n}，{an·bn}，abnn(λ≠0)仍然是等比数列；
④在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数 列，即 an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为 qk.
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2．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，{an}的前 n 项和 Sn＝na1；当 q≠1 时， {an}的前 n 项和 Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq.
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第五章 第三节 等比数列及其前n项和
解析：∵ an－ 2 an－1＝0，∴an＝2an－1 2×1－2n ∴q＝2.∴Sn＝ ＝2n＋1－2. 1－2
答案：2n＋1－2
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2 8 3．(2012· 长安模拟)已知数列{an}中，a1＝3，a2＝9.当n≥2时， 3an＋1＝4an－an－1(n∈N*)． (1)证明：{an＋1－an}为等比数列； (2)求数列{an}的通项．
a1q ＋a1q
2
3
1 1 ＝32a q2＋a q3. 1 1
2 a1q＝2， 即 2 5 a1q ＝32.
a2qq＋1＝2q＋1， 1 化简得 2 5 a1q q＋1＝32q＋1， a1＝1， 又∵a1>0，q>0，解得 q＝2.
1 1 1 1 ＋ ，a3＋a4＝32 ＋ . ＝2 a a 1 a3 a4 2
(1)求{an}的通项公式；
2 (2)设bn＝an＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
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解：(1)设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1，
1 1 由已知得a1＋a1q＝2a ＋a q， 1 1
D．32
答案： C
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3．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4， 则an＝
3n A．4· 2 3n－1 C．4· 2 2n B．4· 3 2n－1 D．4· 3
(
)
解析：(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)⇒a＝5，
等比 设a、b为任意两个同号的实数，则a、b的等 中项 比中项G＝ ± ab
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二、等比数列的性质 1．通项公式的推广：an＝am· n－m. q
2．对于任意正整数p、q、r、s，只要满足p＋q＝r＋s， a · ＝ar· s a a 则有 p q . 1 3．若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，{a }， n
高考数学总复习 第5章 第3讲 等比数列及其前n项和课件 理 新人教A版
[变式探究(tànjiū)] 已知数列{an}的前n项和Sn＝2an＋1，求 证：{an}是等比数列，并求出通项公式．
证明：∵Sn＝2an＋1， ∴Sn＋1＝2an＋1＋1， ∴ an ＋ 1 ＝ Sn ＋ 1 － Sn ＝ (2an ＋ 1 ＋ 1) － (2an ＋ 1) ＝ 2an ＋ 1 － 2an. ∴an＋1＝2an， 又∵S1＝2a1＋1＝a1，∴a1＝－1≠0，
－an－1)，不为定值，故不符合题意；对于 f(x)＝ |x|，f(an)＝
|an|，则
|an| ＝ |an－1|
aan－n 1＝ |q|为定值，
第二十四页，共49页。
符合题意；对于 f(x)＝ln|x|，f(an)＝ln|an|，由等比数列定 义得， ln|an| 并不为定值，故不符合题意；故①③正确．
(2)在等比数列{an}中，a2013＝8a2010，则 q＝________. (3)已知等比数列的公比是 2，且前 4 项的和为 1，那么 前 8 项之和为________．
第十页，共49页。
2. 等比数列的主要性质 (1){an}是等比数列⇒{c·an}是等比数列(c≠0)． (2){an}{bn}均为等比数列⇒{an·bn}、{abnn}是等比数列． (3){an}为等比数列，则aamn ＝________. (4)若 m、n、p、q∈N*且 m＋n＝p＋q，则 am·an＝ap·aq. 特别地，a1an＝a2an－1
填一填：(1)2 2n－1－12 (2)2
第十四页，共49页。
(3)17 提示：将 q＝2，S4＝1，n＝4 代入 Sn＝a111－－qqn， 得 1＝a111－－224，解之得 a1＝115， ∴S8＝11511－－228＝17.
2020版高考数学一轮复习 第5章 数列 第3讲 等比数列及其前n项和讲义 理(含解析)
（2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足 a1＝1,nan＋1＝2（n＋1)an,设 bn＝ ann.
(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 an＋1＝错误!an。 将 n＝1 代入，得 a2＝4a1，而 a1＝1,所以 a2＝4。 将 n＝2 代入，得 a3＝3a2，所以 a3＝12. 从而 b1＝1,b2＝2，b3＝4。 （2）｛bn｝是首项为 1，公比为 2 的等比数列．由题设条件可得na＋n＋11 ＝ 错误!，即 bn＋1＝2bn，又 b1＝1，所以｛bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数 列． （3）由（2）可得错误!＝2n－1，所以 an＝n·2n－1. 条件探究 1 将举例说明条件改为“a1＝1，a2，n－（2an＋1－1)an－2an＋1 ＝0，且 an>0"，求｛an｝的通项公式．
答案 6
解析 因为 a1＝2,an＋1＝2an，所以 an≠0,故aan＋n 1＝2.
所以数列{an}是公比为 2 的等比数列，因为 Sn＝126，所以错误!＝126, 所以 2n＝64，故 n＝6.
题型 错误! 等比数列基本量的运算
1．已知等比数列{an｝满足 a1＋a2＝6,a4＋a5＝48,则数列｛an}前 8 项的 和 S8＝（ ）
第 3 讲 等比数列及其前 n 项和
［考纲解读］ 1。理解等比数列的概念及等比数列与指数函数的关系． 2。掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式，并熟练掌握其推导方法，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．(重点) 3。熟练掌握等比数列的基本运算和相关性质．(难点）
2021高考数学人教版一轮复习练习：第五章 第3节 等比数列及其前n项和
多维层次练30[A 级 基础巩固]1．(2020·郴州一模)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 ．254解析：数列{a n }中，满足a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)，则数列{a n }为等比数列，设其公比为q ，又由a 1＝2，a 6＝64，得q 5＝a 6a 1＝32，则q ＝2，则S 7＝a 1（1－27）1－2＝28－2＝254.答案：D2．(2020·惠州联考)已知数列{a n }为等差数列，且2a 1，2，2a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．15 B.212 C ．6D ．3解析：由2a 1，2，2a 6成等比数列，可得4＝2a 1·2a 6＝2a 1＋a 6， 即a 1＋a 6＝2，又数列{a n }为等差数列， 所以{a n }前6项的和为12×6(a 1＋a 6)＝6.答案：C3．已知数列{a n }为正项等比数列，a 2＝2，a 3＝2a 1，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( )A ．(2＋2)[1－(2)n ]B ．(2＋2)[(2)n －1] C.2(2n －1)D.2(1－2n )解析：由{a n }为正项等比数列，且a 2＝2，a 3＝2a 1，可得a 1＝1，公比q ＝2，所以数列{a n a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2（1－2n ）1－2＝2(2n －1)．答案：C4．(2020·衡阳一模)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：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}．答案：D5．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则2a 7＋a 11的最小值为( )A ．16B ．8C ．2 2D ．4解析：因为a 4与a 14的等比中项为22， 所以a 4·a 14＝a 7·a 11＝(22)2＝8， 所以2a 7＋a 11≥22a 7a 11＝22×8＝8， 所以2a 7＋a 11的最小值为8.答案：B6．(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________．解析：由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.所以S 5＝13（1－35）1－3＝1213.答案：12137．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ·a m ＋2＝2a m ＋1(m ∈N *)，数列{a n }的前n 项积为T n ，且T 2m ＋1＝128，则m 的值为________，数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a m ·a m ＋2＝2a m ＋1，所以a 2m ＋1＝2a m ＋1，即a m ＋1＝2，即{a n }为常数列．又T 2m ＋1＝(a m ＋1)2m ＋1，由22m ＋1＝128，得m ＝3. 数列{a n }的前n 项和S n ＝2n . 答案：3 2n8．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________．解析：由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )可得a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，即(a n ＋1－2a n )2＝0，即a n ＋1＝2a n ，又a 1＝2，所以数列{a n }是首项和公比都是2的等比数列，则其前9项的和S 9＝2（1－29）1－2＝210－2＝1 022.答案：1 0229．已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a nb n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32－12×3n －1. 10．已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值．解：(1)因为点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以a n ＋1－a n ＝2，所以数列{a n }是等差数列，公差为2，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，所以q ＝3. 所以b n ＝3n －1.所以数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1，2.[B 级 能力提升]11．(2020·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是⎣⎢⎡⎦⎥⎤100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n 万元，则n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：由题意知，茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列{a n }，且a n ＝n ，货物单价构成一个等比数列{b n }，且b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，所以每一层货物的总价为a n b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1万元， 所以这堆货物的总价(单位：万元)为S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ，所以S n ＝1×1＋2×910＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －2＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1. 两边同乘910得，910S n ＝1×910＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，两式相减得110S n ＝1＋910＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝10－(10＋n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，所以S n ＝100－10×(10＋n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，由100－10×(10＋n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝100－200×⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，整理得10×(10＋n )＝200，解得n ＝10. 答案：D12．数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝3－2n ＋32n ，n ∈N *，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝________．解析：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝3－2n ＋32n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝3－2n ＋12n －1(n ≥2)，两式相减得(2n －1)a n ＝2n －12n (n ≥2)，a n ＝12n (n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝3－52＝12，适合上式，所以a n ＝12n (n ∈N *)．因此a 1＋a 2＋…＋a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n .答案：1－12n13．(2020·长治二模)S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0.(1)求a n 及S n .(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1（1－q 3）1－q＝13，q >0，解得a 1＝1，q ＝3， 所以a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列， 因为S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13，所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n ，则S n ＋1＋12S n ＋12＝3， 故存在常数λ＝12，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是等比数列．[C 级 素养升华]14．(多选题)设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，T n 是{a n }的前n 项之积，a 2＝27，a 3·a 6·a 9＝127，则当T n 最大时，n 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3·a 6·a 9＝127，所以a 36＝127，解得a 6＝13.因为a 2＝27，所以q 4＝1327＝181，解得q ＝13，所以a n ＝a 2qn －2＝27×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －5.令a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －5＝1，解得n ＝5，则当T n 最大时，n 的值为4或5.答案：AB素养培育数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用(自主阅读)(1)数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果．通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展．(2)数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想．类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .[典例1] (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________．(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________．解析：(1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或a m＝2.又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38，显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎨⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎨⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5. 答案：(1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *)．[典例2] (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 ．6B ．5C ．4D ．3(2)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.18B ．－18 C.578 D.558解析：(1)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.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a 9＝18.答案：(1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q .若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m (q 为公比)．[典例3] (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 ＝________．(2)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________． 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q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0.则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案：(1)2 (2)3116。
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2009~2013年高考真题备选题库第5章数列第3节等比数列及其前n 项和1. （ 2013广东，5分）设数列｛a n ｝是首项为1,公比为—2的等比数列，贝U a i + &]+ a 3 + |a 4| = _______ . 解析：本题主要考查等比数列通 项等知识，意在考查考生的运算求解能力.依 题意得a 1=1， a 2=— 2， a 3= 4， a 4=— 8，所以 a 1+ 念|+a 3+ 旧4|= 15. 答案：15 2. （2013北京，5分）若等比数列｛a n ｝满足a 2+ a 4= 20, 83+ 85= 40,则公比q = 前n 项和S n =解析：本题主要考查等比数列的基 础知识，意在考 查考生的计算能力.由题知 P 1q+ a 1q 3；20，解得 f q= 2， a 1q + ag = 40, |a 1= 2,故 S=罟=2n +1-2.答案：22n +1— 23. （ 2011辽宁，5分）若等比数列｛a n ｝满足a n a n +1= 16n，则公比为（）D. 16解析：由 a n a n + 1= 16n ，得 a n + 1 a n + 2= 16n + 1, ” n + 1 a n + 1 a n + 2 16— 2 >,0 荷=16,.・.q 2= 16,两式相除得, a n a n + 1•/ a n a n +1= 16n，可知公比 为正数，••• q= 4. 答案：B 4. （ 2010辽宁，5分）设S n 为等比数列｛a n ｝的前n 项和，已知3S 3= a 4 — 2,3S 2= a 3— 2, 则公比q=（ ） 解析: p S 3= a 4— 2 3S 2= a 3— 2 ①他② ，①-②得：3a 3= a 4-a 3,4a 3= a 4, q = a 3= 4.答案:5. （ 2012新课标全国，5分）等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，若S 3+ 3S 2= 0,则公比q解析：2+ a1q = 0,答案：由 S3+ 3S2= 0, 即卩 a1+a2+ a3+ 3(a1 + a2)= 0，即卩 4a1 + 4a2 + a3= 0, 即卩 4a1 + 4a1q 即 q2+ 4q + 4= 0,所以 q=— 2.6. （ 2011广东，5分）已知｛a n｝是递增等比数列，a2= 2, a4— a3= 4,则此数列的公比q解析：由题意得2q2— 2q= 4,解得q= 2或q=— 1.又｛a n｝单调递增，得q> 1,.，. q= 2.答案：27. （2011新课标全国，12分）等比数列｛a n｝的各项均为正数，且 2a i + 3a2= 1, a3= 9a2a6.⑴求数列｛a n｝的通项公式;⑵设b n= log3a1 + Iog3a2 +…+ log3a n,求数列｛右｝的前n项和.解：（1）设数列｛a n｝的公比为q.由a3= 9a2a6得a2= 9a2，所以q2= f ■由条件可知q> 0，故1q=3.1由 2a1 + 3a2= 1，得 2a1 + 3a1q = 1，得 a1 = 3.1故数列｛a n｝的通项公式为a n=尹⑵ b n= Iog3a1 + Iog3a2 +…+ Iog3a n =—(1 + 2+ …+门)=—晋4故右=-^ =-2(1-丄).b n n(n+1 ) n n+11 1 1 1 1 1 1 1 2nb；+ b；+…+眉—2[(1 — 2)+(1— 3)+…+(n—不)]=—乔.所以数列｛£｝的前n项和为—n+t考点二等比数列的前n项和1. （ 2013江西，5分）某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，植树的棵数是前一天的 2倍，则需要的最少天数 n（n € N*）等于__________ .解析：本题主要考查等比数列的概念与前 n项和等基础知识，考查实际建模的能力以及以后每天分析、解决问题的能力.设每天植树的棵数组成的数列为｛a n｝，由题意可知它是等比数列，且首项为2,公比为2,所以由题意可得 gX 100,即 2n> 51,而 25 = 32,26 = 64, n € N*,1 — 2所以nA 6.答案：62. （ 2013辽宁，5分）已知等比数列｛a n｝是递增数列，S n是｛為｝的前n项和.若a1, a3是方程x 2— 5x+ 4 = 0的两个根，贝U S 6 =解析：本题主要考查等比数列的性 质、通项公式、求和公式，意在考 查考生对等比数列 公式的运用，以及等比数列性 质的应用情况.由题意得，a i + a 3= 5, a i a 3= 4，由数列是 递增 数列得，a 1= 1, a 3= 4,所以q= 2,代入等比数列的求和公式得 &= 63. 答案：63 3. （ 2013湖北，13分）已知S n 是等比数列｛a n ｝的前n 项和，S 4, S 2, S 3成等差数列，且 a 2+ a 3+ a 4=— 18. （1） 求数列｛a n ｝的通项公式； （2） 是否存在正整数n,使得S n >2013?若存在，求出符合条件的所有 n 的集合；若不存 在，说明理由. 解：本题主要考查等比数列的性 质、等差数列的性 质、等比数列的通 项公式及前n 项和公式，也考 查了分类讨论思想. (1)设数列｛a n ｝的公比为q,则a 1* 0, q* 0.由题意得 S 2— S 4= S 3 — S 2, a 2+ a 3 + a 4=— 18, 12 3 2 —a 1q — a 1q = ag ,即« 202(1 + q+ q =— 18, ｛ai = 3 1 ‘ 故数列｛a n ｝的通项公式为a n = 3( — 2)n -1q =— 2. （2）由（1）有s n = 若存在n,使得 屮=1-(- 2)nS n 》2 013,贝U 1— ( — 2)n>2 013，即(一2)n< — 2012. 当n 为偶数时, 当n 为奇数时, (—2)n>0,上式不成立；(—2)n=— 2n< — 2 012,即 2n>2 012,贝U n 》11. 综上，存在符合条件的正整数n,且所有 这样的n 的集合为｛n|n=2k+ 1, k€ N , k>5｝.4. （ 2010广东，5分）已知数列 ｛a n ｝为等比数列，S n 是它的前n 项和•若a 2a 3= 2a 1，且a 4与2a7的等差中项为5,则S5=（A . 35 B. 33 C. 31解析：设数列｛a n ｝的公比为q, D. 29a 2 a 3= a ? q 3= a 1 a 4= 2a 1? a 4= 2, 84+ 2a 7= a 4 + 2a 4q 3= 2故 a 1 =薯16, S 5=晋L 31.答案：C5. （ 2010浙江，5分）设S n 为等比数列｛a n ｝的前n 项和，8a 2 + a 5= 0,则（）—2答案：111北京，5分）在等比数列｛a n ｝中，若a 1 = 2, a 4= 4,则公比q =3/111-巧a 4= ag ,得 4 = 2q ，解得 q = 2, a 1 + a ? +…+ a n =答案:A 11D. 11解析：设等比数列｛a n ｝的公比为q （qM0），依题意知8a 1q+ a 1q 4= 0,a 1 M0，则 q 3= — 8,故 q = — 2,所以 1 q _1+ 32S 2- 1 — q 2— 1 — 4 —— 11.答案：A6. （2010辽宁，5分）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,贝y S 5=( )A 15 A.- 33 C — C. 417 D.-fag a 1q 3= 1解析：显然公比qz 1，由题意得,ia1=4解得$1 :q=2...S5=吓 U=乎.答案：B7. （ 2012江西，5分）等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,公比不为1■若玄尸1,且对任意的 n € N +都有 a n +2 + a n +1 — 2為=0,贝U & = 解析：由 a n + 2 + a n + 1 — 2a n = 0，得 a n q + a n q 一 2a n = 0 ,显然 a n M 0，所以 q + q — 2 = 0.又qM1，解得q=-2■又 a '=1,所以 - 7严="8. (2011 ；a1+ a 2+…+a n =解析: ----- =2n —1一1 1 — 2 2-9. （2009浙江，4分）设等比数列｛a n｝的公比q =1，前n项和为S n，则|4=2 a4—21a a(1)3 1 S叫1一 2")15a4= a1(2)= 8*1,S4= --------- = ga j,1 — 2解析:-S4=• a415.答案: 1510. （2012陕西，12分）已知等比数列｛a n｝的公比q= — g1（1）若a3= 4,求数列｛a n｝的前n项和;⑵证明：对任意k€ N + , a k, a k+ 2, a k+1成等差数列.解：(1)由 a3= a1q2=1及 q= — 2，得 a1 = 1,1X[1_（-2 J] 所以数列｛a n｝的前n项和S n=⑵证明：对任意k€ N + ,k+ 1k+ 1 k_ 1 k k 一 1 22a k + 2_ (a k + a k+1)= 2a1q 一(a1q + a1q )= a1 q (2q _ q_ 1),由 q=_ 2得 2q2 — q一 1 = 0,故 2a k+ 2— @+ a k+1) = 0.所以，对任意k€ N +, a k, a k+2, a k +1成等差数列.11. （2009山东，12分）等比数列｛a n｝的前n项和为S n.已知对任意的n€ N，点（n, S n）均在函数y= b x+ r（b> 0且b丰1, b, r均为常数）的图象上.（1）求r的值;⑵当 b = 2 时，记 b n= 2(log2a n + 1)(n€ N*).证明：对任意的n€ N *，不等式^+^卑y…+b1 b2 b n+ 1b n>7n+ 1成立.解：(1)由题意，S n = b n+ r, 当nA2 时，S n—1 = b n—1+ r, 所以 a n=S n— S n-1= b"一^b— 1), 由于b> 0且b丰1,所以nA 2时，｛a n｝是以b为公比的等比数列,又 a1 = b+ r, a2= b(b_ 1), —= b,a1即b(b- 1= b ，解得 r =- 1. b + r ⑵证明：法一：由（1）知a n = 2n -1, 因此 b n = 2n(n€ N ),2+ 1 4+ 1所证不等式为2+ 1 4+ 1①当n= 1时，左式=3, 左式＞右式，所以结论成立. ②假设n = k 时结论成立,2k+ 1 2k+ 3 …• 2k 2(k + 1 )2k+ 32k+ 3要证当n = k+ 1时结论成立, 只需证芈乞＞J k+2,2p k+ 1 2k+ 3 J _____________ 即证 2 (k+ 1半+ 2 ,由均值不等式2k 严=世土1+世土2》苗+石严成立，故£貯成立,所以，当n=k+ 1时，结论成立. 由①②可知，n€ N *时，法二：由（1）知：a n = 2n -1,因此 b n = 2n （n€ N *）, 所证不等式为2 4 7…詈〉后^.2n+ 1■ 2n2 + 4 4 + 6 6+ 8=_2 ___ 2 ___ 2_=2• 4 • 6^2 X 4 Q 4X 6 #6X 872n (2n + 2 }♦ ♦ ・• • •24 62n则当n= k+ 1 时,>E 2(k+ 1 )= 2”，b i + 1 b 2 + 1不等式b 1 b 22n+f2n + 2)22n考点三 等比数列的性质及应用11. （ 2013江苏，5分）在正项等比数列｛a n ｝中，a 5 =刁a s + a 7= 3.则满足a i +a 2+…+ a n >a i a 2…a n 的最大正整数n 的值为解析：本题主要考查等比数列的基本性 质，意在考 查学生的运算能力.i i设等比数列｛ a n ｝的公比为 q(q>0).由 a 5= ?, a 6+ a 7= 3,可得-(q + q 2)= 3,即 q 2+ q — 6 =0，所以q= 2，所以a n = 2n —6,数列｛a *｝的前n 项和S n = 2n —5— 2 —5,所以a i a 2…a n =但但扇 =2平严由a i +a 2+…+ a n >a i a 2…码可得2n -5— 2-5>2平严，由2n -5>2^^—严，可 求得n 的最大值为i2,而当n = 13时，28— 2—5>2i3不成立，所以n 的最大值为i2.答案：12（2012新课标全国，5分）已知｛ a n ｝为等比数列，a 4+ a7= 2, a5a 6=— 8，贝U a i + a®a 4 + a 7= 2,解析：设数列｛a n ｝的公比为q,由彳 。