5-3第三节 等比数列(2015年高考总复习)
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
教材知识四基导航 考点典例探究领航 创新变化提能返航 课时规范训练
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．
大一轮复习 数学（理）
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.
大一轮复习 数学（理）
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.
教材知识四基导航 考点典例探究领航 创新变化提能返航 课时规范训练
教材知识四基导航 考点典例探究领航 创新变化提能返航 课时规范训练
大一轮复习 数学（理）
5-5第五节 数列的综合应用练习题(2015年高考总复习)
第五节 数列的综合应用时间：45分钟 分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．各项都是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( ) A.5－12 B.5＋12 C.1－52D.5－12或5＋12解析 设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.答案 B2．据科学计算，运载“神舟”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析 设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…a n 则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n (n －1)d 2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.答案 C3．设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.n n －1D.n ＋1n解析 由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1. ∴f (x )＝x 2＋x ，则1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案 A4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n ( )A ．有最小值63B ．有最大值63C ．有最小值31D ．有最大值31解析 ∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2＝log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 22－log 23＋log 23－log 24＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝1－log 2(n ＋2)．由S n <－5，得log 2(n ＋2)>6，即n ＋2>64，∴n >62，∴n 有最小值63. 答案 A5．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64解析 依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除，得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…成等比数列．而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64. 答案 D6．抛物线y ＝(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1与x 轴交点分别为A n ，B n (n ∈N *)，以|A n B n |表示该两点的距离，则|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|的值是( )A.2 0092 010 B.2 0102 011 C.2 0112 012D.2 0122 013解析 令y ＝0，则(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1＝0. 设两根分别为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝2n ＋1n 2＋n ，x 1x 2＝1n 2＋n .解得x 1＝1n ，x 2＝1n ＋1.∴|A n B n |＝1n －1n ＋1.∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A n B n |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. ∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|＝2 0102 011. 答案 B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．解析 由于a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n ，所以a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，…， 所以{a n }是周期为4的数列，故S 26＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2－1＋12＋1－2＝－10.答案 －108．已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________．解析 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2[(n －1)＋(n －2)＋…＋1]＋33＝33＋n 2－n ，所以a n n ＝33n ＋n －1.设f (x )＝33x ＋x －1，则f ′(x )＝－33x 2＋1. 令f ′(x )>0，得x >33或x <－33.所以f (x )在(33，＋∞)上是增函数，在(0，33)上是减函数． 因为n ∈N *，所以当n ＝5或n ＝6时，f (n )取最小值． 因为f (5)＝535，f (6)＝636＝212，535>212， 所以a n n 的最小值为212. 答案 2129．(2013·安徽卷)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n .若a 1＝1 ，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．解析 ∵A 1B 1∥A 2B 2∥A 3B 3∥…∥A n B n ，∴A 1A 2A 2A 3＝B 1B 2B 2B 3，…，不妨设OA 1＝OB 1，OA 2＝OB 2，OA 3＝OB 3，…，OA n ＝OB n .梯形A 1A 2B 2B 1，A 2A 3B 3B 2，…，A n －1A n B n B n －1的面积均为S ，∠O ＝θ.梯形A 1A 2B 2B 1的面积为S ，则S ＝12a 22·sin θ－12a 21·sin θ＝12×22sin θ－12×12sin θ＝32sin θ.梯形A 2A 3B 3B 2的面积 S ＝12a 23·sin θ－12a 22·sin θ＝32sin θ，∴可解得a 3＝7，同理a 4＝10，…，故a n ＝3n －2. 答案 a n ＝3n －2三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分) 10．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n ，(n ∈N *)．(1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．解 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0. 解之得a ＝12，b ＝2n ，即f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)． (2)由1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n .由累加得1a n－14＝n 2－n ，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 11．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新，证明：须在第9年初对M 更新．解 (1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列．a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ＞6时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎨⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)， A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ； 当n ≥7时，由于S 6＝570，故 S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6 ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n. 因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3428＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3439＝767996＜80.所以须在第9年初对M 更新． 12．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，y ＞0，y ≤－nx ＋3n所表示的平面区域为D n ，记D n内的整点个数为a n (n ∈N *)(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1.若对于一切的正整数n ，总有T n ≤m ，求实数m 的取值范围．解 (1)由x ＞0，y ＞0,3n －nx ＞0，得0＜x ＜3. ∴x ＝1，或x ＝2.∴D n 内的整点在直线x ＝1和x ＝2上．记直线y ＝－nx ＋3n 为l ，l 与直线x ＝1，x ＝2的交点的纵坐标分别为y 1，y 2.则y 1＝－n ＋3n ＝2n ，y 2＝－2n ＋3n ＝n . ∴a n ＝3n (n ∈N *)．(2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝3n (n ＋1)2， ∴T n ＝n (n ＋1)2n .∴T n ＋1－T n ＝(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1－n (n ＋1)2n ＝(n ＋1)(2－n )2n ＋1.∴当n ≥3时，T n ＞T n ＋1，且T 1＝1＜T 2＝T 3＝32. 于是T 2，T 3是数列{T n }中的最大项，故m ≥T 2＝32.。
高考数学一轮复习 第5章第3节 等比数列课件 文 新课标
• (3)如果数列{an}和{bn}都是等比数列，那 么{anbn}是 等比数列．
• 7．等差数列与等比数列的比较：
• (1)相同点：
• ①强调的都是每一项与它前一项 系．
的关
• ②结果必须都是 常 数．
• ③数列都由公差、首项或公比、首项确定．
可以用aann≥ ≥aann－ ＋11， 或aann≤ ≤aann－ ＋11， ， 也可以转化为函数最值
问题或利用数形结合法．
• 7．数列求和的方法有公式法、倒序相加 (乘)法、错位相减法、裂项相消法、分组 转化法、归纳法．
• 8．通项公式的求解方法有观察法、构造 等差或等比数列法、猜测归纳法、累加法、 累积法、待定系数法及公式法．
• 2．运用等比法是理解和掌握两类数列的定义、通项公 式及中项公式、前n项和公式的重要方法．判定一个数 列是等比数列，不能只验证数列的前几项，需根据定义 证明
•1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 •5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 •6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/302022/1/302022/1/301/30/2022 •7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/302022/1/30January 30, 2022 •8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/302022/1/302022/1/302022/1/30
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.
(新课标)高考数学一轮总复习 第五章 数列 5-3 等比数列及其前n项和课时规范练 文(含解析)新人
5-3 等比数列及其前n 项和课时规X 练A 组 基础对点练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＝( B ) A ．21 B.42 C ．63D.842．(2018·某某质检)在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝16，则a 6＝( C ) A ．14 B.28 C ．32D.643．(2017·某某摸底考试)已知数列{a n }为等比数列，a 5＝1，a 9＝81，则a 7＝( B ) A ．9或－9 B.9 C ．27或－27D.27解析：∵数列{a n }为等比数列，且a 5＝1，a 9＝81， ∴a 27＝a 5a 9＝1×81＝81， ∴a 7＝±9.当a 7＝－9时，a 26＝1×(－9)＝－9不成立，舍去． ∴a 7＝9.故选B.4．(2018·某某调研测试)已知等差数列{a n }的公差为2，且a 4是a 2与a 8的等比中项，则{a n }的通项公式a n ＝( B ) A ．－2n B.2n C ．2n －1D.2n ＋1解析：由题意，得a 2a 8＝a 24，又a n ＝a 1＋2(n －1)，所以(a 1＋2)(a 1＋14)＝(a 1＋6)2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n .故选B.5．在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于( D ) A ．－3 B.－1 C ．1D.3解析：在等比数列{a n }中， ∵a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，∴a 4－a 3＝2S 3＋1－(2S 2＋1)＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3， ∴q ＝a 4a 3＝3.故选D.6．我国古代有用一首诗歌形式提出的数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增．共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？( C ) A ．5 B.4 C ．3D.27．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( D ) A ．5 B.9 C ．log 345D.10解析：由等比数列性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，∴a 5a 6＝9， 则原式＝log 3a 1a 2…a 10＝log 3(a 5a 6)5＝10.8．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__－2__. 9．(2018·某某调研)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5＝5，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝ __9__.解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质，可得a 1·a 9＝a 2·a 8＝a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 25＝52，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝log 5(a 1·a 2·…·a 9) ＝log 5[(a 1·a 9)·(a 2·a 8)·(a 3·a 7)·(a 4·a 6)·a 5]＝log 5a 95＝log 559＝9.10．(2018·某某统考)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝4，a n ＋1＝3S n ＋4(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解析：(1)因为a n ＋1＝3S n ＋4， 所以a n ＝3S n －1＋4(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝3a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)． 又a 2＝3a 1＋4＝16＝4a 1，所以数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列，所以a n ＝4n. (2)证明：因为a n b n ＝log 2a n ，所以b n ＝2n4n ，所以T n ＝241＋442＋643＋ (2)4n ，14T n ＝242＋443＋644＋ (2)4n ＋1，两式相减得，34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n4n ＋1＝23－6n ＋83×4n ＋1， 所以T n ＝89－6n ＋89×4n <89.11．(2017·某某质检)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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴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．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( C )A ．2B.1C.12D.18解析：设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×q 3－1，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12.故选C.2．(2018·某某质检)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：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？此问题的译文是：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．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a 升，b 升，c 升，1斗为10升，则下列判断正确的是( D )A ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且a ＝507B ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且c ＝507C ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且a ＝507A ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且c ＝507解析：由题意，可得a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，b ＝12a ，c ＝12b ，故4c ＋2c ＋c ＝50，解得c ＝507.故选D.3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( B ) A ．4 B.5 C ．6D.7解析：由等比数列的性质，可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5，故选B.4．(2018·某某适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 018＝( A )A ．22 017－12 B.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 017C ．22 018－12D.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018解析：由a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，得q 6－16q 3＋64＝0，所以q 3＝8，即q ＝2，所以S 2 018＝a 11－q 2 0181－q ＝22 017－12.故选A.5．(2016·高考某某卷)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 ，a 2n －1＋a 2n <0”的( C ) 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解析：由题意，得a n ＝a 1qn －1(a 1>0)，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q2n －2＋a 1q2n －1＝a 1q2n －2(1＋q )．若q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a 2n <0，即a 1q 2n －2(1＋q )<0，可得q <－1<0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要而不充分条件，故选C.6．若等比数列{a n }的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( D )A.32B.94 C ．1D.2解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则第2,3,4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9①，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92②，①÷②得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2.故选D. 7．已知等比数列{a n }的各项都是正数，且3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( D )A ．6 B.7 C ．8D.9解析：∵3a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝3a 1＋2a 2，∴q 2－2q －3＝0，∴q ＝3或q ＝－1(舍去)．∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 1q 7＋a 1q 8a 1q 5＋a 1q 6＝q 2＋q 31＋q＝q 2＝32＝9.故选D.8．(2018·某某质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( A ) A ．22 018－1 B.32 018－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13 2 018－103解析：因为3S n ＝2a n －3n ，所以当n ＝1时，3S 1＝3a 1＝2a 1－3，所以a 1＝－3；当n ≥2时，3a n ＝3S n －3S n －1＝(2a n －3n )－(2a n －1－3n ＋3)，所以a n ＝－2a n －1－3，即a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．则a n ＋1＝－2×(－2)n －1＝(－2)n，所以a n ＝(－2)n－1，所以a 2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1，故选A.9．(2018·某某质量预测)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)＝__100__.解析：由log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 22a n ，即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＝100.10．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值X 围是__(－∞，－1]∪[3，＋∞)__．解析：当q >0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3； 当q <0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1， 所以S 3的取值X 围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．11．(2018·某某质检)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，若a 1＝1，a 2·a 4＝16. (1)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和S n . 解析：(1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2a 4＝16，得q 4＝16，所以q ＝2，则a n ＝2n －1.又b n ＝log 2a n ，所以b n ＝n －1. (2)由(1)可知a n ·b n ＝(n －1)·2n －1，则S n ＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1，2S n ＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n， 两式相减，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －1－(n －1)·2n＝2－2n1－2－(n －1)·2n ＝2n (2－n )－2， 所以S n ＝2n(n －2)＋2.12．(2016·高考全国卷Ⅲ)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.解析：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，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(λ－1)a n ＋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.。
2015高考总复习数学(文)课件：9.1数列的概念与简单表示法
已给出．
22－1 32－1 42－1 52－1 (1) 2 ， 3 ， 4 ， 5 ，„； 1 1 1 1 (2)－2，6，－12，20，„；
(3)0.9,0.99,0.999,0.999 9，„；
(4)5,4,5,4，„.
解：(1)该数列第1,2,3,4 项的分母分别为2,3,4,5，恰好比项 数多1.分子中的 22,32,42,52，恰是分母的平方，－1 不变，故它 n＋12－1 的一个通项公式为an＝ n＋1 . (2)该数列各项符号是正负交替变化的，需有一个因子 (－ 1)n ，分子均为1 不变，分母2,6,12,20 可分解为1×2,2×3, 1 n· 1) 3×4,4×5，故它的一个通项公式为an＝(－ nn＋1 .
(3)∵0.9 ＝ 1 － 0.1,0.99 ＝ 1 － 0.01,0.999 ＝ 1 － 0.001 ， 0.999 9 ＝1－0.000 1，
又∵0.1＝10－1,0.01＝10－2,0.001＝10－3,0.0001＝10－4，∴它 的一个通项公式为an＝1－10－n. (4)∵这个数列前 4 项构成一个摆动数列，奇数项是 5，偶 数项是 4.
1．数列的定义 一定顺序 排列着的一列数称为数列，数列中的每一 按照__________ 项 ．数列可以看作是定义域为 N*的非空 个数叫做这个数列的____ 子集的函数，其图象是一群孤立的点．
2．数列的分类Βιβλιοθήκη 分类原则按项数分类 按项与项之 间的大小关 系分类
类型
有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列 常数列 有界数列
an 已知a1a1≠0，且 ＝fn，可用“累乘法”求an. an1
3已知a1，且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝qan＋k其中k由 待定系数法确定，可转化为{an＋k}为等比数列.
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
题型一
等比数列基本量的计算
【例 1】 (2013· 湖北卷)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和， S4，S2，S3 成等差数列，且 a2＋a3＋a4＝－18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在正整数 n，使得 Sn≥2 013？若存在，求出符合条 件的所有 n 的集合；若不存在，说明理由． 【思维启迪】 (1)由条件易得公比 q 与首项 a1 的关系式，从 而求得 a1 与 q，再求得通项公式；(2)先求出 Sn，再由 Sn>2 013 得 出关于 n 的不等式，再通过分类讨论得出 n 是否存在．
考源教学资源网
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
第五章 数列
考源教学资源网
第1页
返回导航
第五章
数列
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
第三节 ►►等比数列
读教材· 抓基础
研考点· 知规律
拓思维· 培能力
考源教学资源网
第2页
返回导航
第五章
第三节
解析
a2＋a4＝20， a3＋a5＝40，
2 a1q1＋q ＝20， 即 2 2 a q 1 ＋ q ＝40， 1
两式相除得 q＝2，代入 a1q(1＋q2)＝20 得 a1＝2， a11－qn 21－2n ∴Sn＝ ＝ ＝2n＋1－2. 1－q 1－2
第25页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
1 1 又 cn＝an－1，故{cn}是以－ 为首项， 为公比的等比数列． 2 2 (2)由(1)可知
1 1 － 1 n 1 n ， cn＝－2· ＝－ 2 2
1 ∴an＝cn＋1＝1－2n.
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
高考这样考 1. 以等比数列的定义及等比中项为背景，考查等比数列的判 定． 2.运用基本量法求解等比数列问题． 3.考查等比数列的应用问题.
考源教学资源网
第3页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
备考这样做 1.注意方程思想在解题中的应用． 2.使用公式要注意公比 q＝1 的情况． 3.结合等比数列的定义、公式，掌握通性通法.
a10＝4.故 a8a10a12＝a3 10＝64.
答案 C
考源教学资源网
第12页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
3．在数列{an}中，an＋1＝can(c 为非零常数)，且前 n 项和为 Sn ＝3n＋k，则实数 k 的值为( A．0 C．－1 B．1 D．2 )
3 2 －a1q ＝2a1q ， 即 2 a q 1 ＋ q ＋ q ＝－18. 1
考源教学资源网
第18页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
a1＝3， 解得 q＝－2.
故数列{an}的通项公式为 an＝3(－2)n－1. 3· [1－－2n] (2)由(1)有 Sn＝ ＝1－(－2)n. 1－－2 若存在 n，使得 Sn≥2 013，则 1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤ －2 012.
考源教学资源网
第20页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
【规律方法】
在求等比数列的基本量时，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 na1，q＝1， 1 (a1q≠0)及前 n 项和公式 Sn＝a11－qn ，q≠1 1 － q
6 S6 1－q 3 故 ＝ ＝ 1 ＋ q ＝－7 S3 1－q3
答案 －7
考源教学资源网
第15页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
Y 研考点· 知规律
探究悟道 点拨技法
考源教学资源网
第16页
返回导航
第五章
(1)设 cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式． cn＋1 an＋1－1 【思维启迪】 运用等比数列的定义证明， 即 c ＝ ＝ an－1 n 常数．
考源教学资源网
第24页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
考源教学资源网
第17页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
听 课 记 录 (1)设数列{an}的公比为 q，则 a1≠0，q≠0，由
S2－S4＝S3－S2， 题意得 a2＋a3＋a4＝－18， －a3－a4＝a3， 即 a2＋a3＋a4＝－18， －a4＝2a3， 即 a2＋a3＋a4＝－18，
考源教学资源网
第6页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
3．等比中项
2 G ＝a· b ，则 G 叫做 a 与 b 的等比中项． 若___________
4．等比数列的常用性质
n m q (1)通项公式的推广：an＝am· _________ (n，m∈N*)．
同一个常数(不为零) ，那么这个数列叫做等比数列，这个常 _______________________ 公比 q 数叫做等比数列的________，通常用字母_____ 表示．
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 ＝ n－1 a · q 1 _____________.
22n－1 1－33 ＝ ＝3－2an，选 D. 2 1 1－ 3 3
答案 D
考源教学资源网
第23页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
题型二 【例 2】
等比数列的判定与证明
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 an＋Sn＝n.
答案 A
考源教学资源网
第11页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
2．在正项等比数列{an}中，a1 和 a19 为方程 x2－10x＋16＝0 的两根，则 a8a10a12＝( A．32 C．64
解析
)
B．± 64 D．256
由已知可得 a1a19＝16，而{an}为正项等比数列，所以
考源教学资源网
第10页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
基 础 自 评 1． 已知等比数列{an}满足 a1＋a2＝3， a2＋a3＝6， 则 a7＝( A．64 C．128 B．81 D．243 )
a2＋a3 a1q＋a2q 6 解析 ∵{an}是等比数列，∴ ＝ ＝q＝3＝2. a1＋a2 a1＋a2 又∵a1＋a1q＝3，∴a1＝1.∴a7＝a1q6＝1· 26＝64.
考源教学资源网
第9页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
(2) 等比数列的通项公式 an ＝ a1qn
－1
及前 n 项和公式 Sn ＝
a11－qn a1－anq ＝ (q≠1)共涉及五个量 a1，an，q，n，Sn，知三求 1－q 1－q 二，体现了方程思想的应用； (3)在使用等比数列的前 n 项和公式时，如果不确定 q 与 1 的 关系，一般要用分类讨论的思想，分公比 q＝1 和 q≠1 两种情况．
n
考源教学资源网
第7页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
5．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. na1 q＝1， Sn＝a11－qn a1－anq ＝ q≠1. 1 － q 1 － q 6．等比数列前 n 项和的性质 若公比不为－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．
－
(2)若{an}为等比数列，且 k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则
ak· al＝am· an _________________.
1 (3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，{ }， an an {a2 } ， { a · b } ， { n n n b }仍是等比数列．
a1 解析 {an}为等比数列的充要条件是 Sn＝ (1－qn)，由 Sn 1－q ＝3n＋k 知，k＝－1，故选 C.
答案 C
考源教学资源网
第13页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
4． (2013· 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＝________.
B．Sn＝3an－2 D．Sn＝3－2an
考源教学资源网
第22页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标
新课标A版数学
解析 由题意得
本题考查等比数列的前 n 项和 Sn 与通项 an 之间的关系，
2 － an＝3n 1，Sn＝
2 1－3n
答案 2 2n 1－2
＋
考源教学资源网
第14页
返回导航
第五章
第三节
高考总复习模块新课标