【数学】2019届一轮复习人教A版（文）6-3等比数列及其前n项和学案 13页

‎ 6.3 等比数列及其前n项和 最新考纲 考情考向分析 ‎1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.‎ ‎2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.‎ ‎3.了解等比数列与指数函数的关系.‎ 以考查等比数列的通项、前n项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查.‎ ‎1．等比数列的定义 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个常数，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(q≠0)．‎ ‎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＝a1·qn－1(a1≠0，q≠0)．‎ ‎3．等比中项 如果在a与b中插入一个数G，使得a，G，b成等比数列，那么根据等比数列的定义，＝，G2＝ab，G＝±，称G为a，b的等比中项．‎ ‎4．等比数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．‎ ‎(2)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.‎ ‎(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．‎ ‎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，‎ 当q＝1时，Sn＝na1；‎ 当q≠1时，Sn＝＝.‎ ‎6．等比数列前n项和的性质 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，其公比为qn.‎ 知识拓展 等比数列{an}的单调性 ‎(1)满足或时，{an}是递增数列．‎ ‎(2)满足或时，{an}是递减数列．‎ ‎(3)当时，{an}为常数列．‎ ‎(4)当q<0时，{an}为摆动数列．‎ 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)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( × )‎ ‎(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.( × )‎ ‎(3)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( × )‎ ‎(4)如果数列{an}为等比数列，则数列{lnan}是等差数列．( × )‎ ‎(5)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.( × )‎ ‎(6)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．( × )‎ 题组二 教材改编 ‎2．[P51例3]已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝______.‎ 答案 解析 由题意知q3＝＝，∴q＝.‎ ‎3．[P54A组T8]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________．‎ 答案 27,81‎ 解析 设该数列的公比为q，由题意知，‎ ‎243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.‎ ‎∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.‎ 题组三 易错自纠 ‎4．若1，a1，a2,4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则的值为________．‎ 答案 － 解析 ∵1，a1，a2,4成等差数列，‎ ‎∴3(a2－a1)＝4－1，∴a2－a1＝1.‎ 又∵1，b1，b2，b3,4成等比数列，设其公比为q，则b＝1×4＝4，且b2＝1×q2>0，∴b2＝2，‎ ‎∴＝＝－.‎ ‎5．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则＝________.‎ 答案 －11‎ 解析 设等比数列{an}的公比为q，‎ ‎∵8a2＋a5＝0，∴8a1q＋a1q4＝0.‎ ‎∴q3＋8＝0，∴q＝－2，‎ ‎∴＝· ‎＝＝＝－11.‎ ‎6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1KB，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________分钟，该病毒占据内存64MB(1MB＝210KB)．‎ 答案 48‎ 解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{an}，且a1＝2，q＝2，∴an＝2n，‎ 则2n＝64×210＝216，∴n＝16.‎ 即病毒共复制了16次．‎ ‎∴所需时间为16×3＝48(分钟).‎ 题型一 等比数列基本量的运算 ‎1．(2018·开封质检)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2等于( )‎ A．2B．1C.D. 答案 C 解析 由{an}为等比数列，得a3a5＝a，‎ 又a3a5＝4(a4－1)，所以a＝4(a4－1)，‎ 解得a4＝2.设等比数列{an}的公比为q，‎ 则由a4＝a1q3，得2＝q3，解得q＝2，‎ 所以a2＝a1q＝.故选C.‎ ‎2．(2018届河北衡水中学二调)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且<1，若a3＋a5＝20，a3a5＝64，则S4等于( )‎ A．63或120 B．256‎ C．120 D．63‎ 答案 C 解析 由题意得 解得或 又<1，所以数列{an}为递减数列，故 设等比数列{an}的公比为q，则q2＝＝，‎ 因为数列为正项数列，故q＝，从而a1＝64，‎ 所以S4＝＝120.故选C.‎ 思维升华等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)可迎刃而解．‎ 题型二 等比数列的判定与证明 典例 (2018·潍坊质检)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.‎ ‎(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ ‎(1)证明 由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，‎ 得a1＋a2＝S2＝4a1＋2.‎ ‎∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.‎ 又 由①－②，得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，‎ ‎∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)．‎ ‎∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，‎ 故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．‎ ‎(2)解 由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，‎ ‎∴－＝，‎ 故是首项为，公差为的等差数列．‎ ‎∴＝＋(n－1)·＝，‎ 故an＝(3n－1)·2n－2.‎ 引申探究 若将本例中“Sn＋1＝4an＋2”改为“Sn＋1＝2Sn＋(n＋1)”，其他不变，求数列{an}的通项公式．‎ 解 由已知得n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n.‎ ‎∴Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1＋1，‎ ‎∴an＋1＝2an＋1，‎ ‎∴an＋1＋1＝2(an＋1)，n≥2，(*)‎ 又a1＝1，S2＝a1＋a2＝2a1＋2，即a2＋1＝2(a1＋1)，‎ ‎∴当n＝1时(*)式也成立，‎ 故{an＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，‎ ‎∴an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.‎ 思维升华 (1)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)利用递推关系时要注意对n＝1时的情况进行验证．‎ 跟踪训练(2016·全国Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；‎ ‎(2)若S5＝，求λ.‎ ‎(1)证明 由题意得a1＝S1＝1＋λa1，‎ 故λ≠1，a1＝，a1≠0.‎ 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan，由a1≠0，λ≠0得an≠0，‎ 所以＝.‎ 因此{an}是首项为，公比为的等比数列，‎ 于是an＝n－1.‎ ‎(2)解 由(1)得Sn＝1－n.‎ 由S5＝得1－5＝，即5＝.‎ 解得λ＝－1.‎ 题型三 等比数列性质的应用 ‎1．已知数列{an}为等比数列，且a2a3a4＝－a＝－64，则tan等于( )‎ A. B．－ C．－ D．± 答案 B 解析 由等比数列的性质可得a2a3a4＝a＝－64，‎ ‎∴a3＝－4，a7＝a3q4<0，结合a＝64可得a7＝－8，‎ 结合等比数列的性质可得a4a6＝a3a7＝32，‎ 即tan＝tanπ ‎＝tan＝tanπ＝－.‎ 故选B.‎ ‎2．(2017·云南省十一校跨区调研)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于( )‎ A．40 B．60‎ C．32 D．50‎ 答案 B 解析 由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60，故选B.‎ 思维升华等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类：‎ ‎(1)通项公式的变形．‎ ‎(2)等比中项的变形．‎ ‎(3)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．‎ 分类讨论思想在等比数列中的应用 典例(12分)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：Sn＋≤(n∈N*)．‎ 思想方法指导(1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；‎ ‎(2)求出前n项和，根据函数的单调性证明．‎ 规范解答 ‎(1)解 设等比数列{an}的公比为q，‎ 因为－2S2，S3,4S4成等差数列，‎ 所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，‎ 可得2a4＝－a3，于是q＝＝－.[2分]‎ 又a1＝，所以等比数列{an}的通项公式为 an＝×n－1＝(－1)n－1·(n∈N*)．[3分]‎ ‎(2)证明 由(1)知，Sn＝1－n，‎ Sn＋＝1－n＋ ‎＝[6分]‎ 当n为奇数时，Sn＋随n的增大而减小，‎ 所以Sn＋≤S1＋＝＋＝.[8分]‎ 当n为偶数时，Sn＋随n的增大而减小，‎ 所以Sn＋≤S2＋＝＋＝.[10分]‎ 故对于n∈N*，有Sn＋≤.[12分]‎ ‎1．(2017·福建漳州八校联考)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则等于( )‎ A．－3 B．5‎ C．－31 D．33‎ 答案 D 解析 设等比数列{an}的公比为q，则由已知得q≠1.‎ ‎∵S3＝2，S6＝18，∴＝，得q3＝8，∴q＝2.‎ ‎∴＝＝1＋q5＝33，故选D.‎ ‎2．(2017·武汉市武昌区调研)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1等于( )‎ A．－2 B．－1‎ C. D. 答案 B 解析 由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍去)或q＝，将q＝代入S2＝3a2＋2中得a1＋a1＝3×a1＋2，解得a1＝－1，故选B.‎ ‎3．(2018届河南洛阳联考)在等比数列{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为( )‎ A．－ B．－ C. D．－或 答案 D 解析 由a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，可得a2＋a16＝－6，a2×a16＝2，显然两根同为负值，aq16＝2，即有a＝2，则的值为a9＝±.故选D.‎ ‎4．(2017·安阳一中模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－2，n∈N*，则( )‎ A．{an}是递增的等比数列 B．{an}是递增数列，但不是等比数列 C．{an}是递减的等比数列 D．{an}不是等比数列，也不单调 答案 B 解析 ∵Sn＝3n－2，∴Sn－1＝3n－1－2，∴an＝Sn－Sn－1＝3n－2－(3n－1－2)＝2×3n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝S1＝1不适合上式．∴an＝∵a1＝1，a2＝6，当n≥2时，＝＝3.∴数列{an}从第二项起构成首项为6，公比为3的等比数列．综上可得，数列{an}是递增数列，但不是等比数列．‎ ‎5．(2017·广元模拟)等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10等于( )‎ A．5 B．9‎ C．log345 D．10‎ 答案 D 解析 由等比数列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，‎ 则原式＝log3(a1a2…a10)＝log3(a5a6)5＝10.‎ ‎6．(2018·南京质检)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，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．”其意思为：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，请问第二天走了( )‎ A．192里B．96里C．48里D．24里 答案 B 解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q＝，‎ 由题意得＝378，‎ 解得a1＝192，则a2＝192×＝96，‎ 即第二天走了96里，故选B.‎ ‎7．已知{an}是各项都为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且S2＝3，S4＝15，则a3＝________.‎ 答案 4‎ 解析 S4－S2＝a3＋a4＝12，S2＝a1＋a2＝3，‎ ‎∴＝q2＝＝4，q＝2或q＝－2(舍去)，‎ ‎∴a3＋a4＝a3(1＋q)＝3a3＝12，a3＝4.‎ ‎8．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________．‎ 答案 4‎ 解析 因为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，q2＝－1(舍去)，a6＝a2q4＝1×22＝4.‎ ‎9．已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和为________．‎ 答案 2n－1‎ 解析 设等比数列的公比为q，则有 解得或又{an}为递增数列，∴ ‎∴数列{an}的前n项和为＝2n－1.‎ ‎10．(2018·无锡模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1(n∈N*)，则通项an＝________.‎ 答案 解析 ∵an＋Sn＝1，①‎ ‎∴an－1＋Sn－1＝1(n≥2)，②‎ 由①－②，得an－an－1＋an＝0，即＝(n≥2)，‎ 又a1＝，‎ ‎∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列，‎ 则an＝×n－1＝.‎ ‎11．(2016·全国Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.‎ ‎(1)求a2，a3；‎ ‎(2)求{an}的通项公式．‎ 解 (1)由题意，得a2＝，a3＝.‎ ‎(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得 ‎2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．‎ 因为{an}的各项都为正数，所以an＋1≠0，‎ 所以＝.‎ 故{an}是首项为1，公比为的等比数列，‎ 因此an＝.‎ ‎12．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.‎ ‎(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；‎ ‎(2)求T2n.‎ 解 (1)∵an·an＋1＝n，‎ ‎∴an＋1·an＋2＝n＋1，‎ ‎∴＝，即an＋2＝an.‎ ‎∵bn＝a2n＋a2n－1，‎ ‎∴＝＝＝，‎ ‎∵a1＝1，a1·a2＝，‎ ‎∴a2＝，∴b1＝a1＋a2＝.‎ ‎∴{bn}是首项为，公比为的等比数列．‎ ‎∴bn＝×n－1＝.‎ ‎(2)由(1)可知，an＋2＝an，‎ ‎∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，以为公比的等比数列，‎ ‎∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)‎ ‎＝＋＝3－.‎ ‎13．(2017·新乡三模)若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.‎ 答案 解析 ∵a2－a1＝1，a3－a2＝3，∴q＝3，‎ ‎∴an＋1－an＝3n－1，∴an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝，‎ ‎∵a1＝1，∴an＝.‎ ‎14．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n＝1,2,3，…)，则S2n＋3＝________.‎ 答案 解析 由题意，得S2n＋3＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋2＋a2n＋3)＝1＋＋＋…＋ ‎＝.‎ ‎15．(2018届江苏横林高级中学考试)设{an}是等比数列，公比q＝，Sn为{an}的前n项和，记Tn＝，n∈N*，设为数列{Tn}的最大项，则n0＝________.‎ 答案 4‎ 解析 由等比数列的前n项和公式得Sn＝，‎ 则Tn＝ ‎＝ ‎＝，‎ 令()n＝t，则Tn＝ ‎≤，‎ 当且仅当t＝，即t＝4时等号成立，‎ 即()n＝4，n＝4时，Tn取得最大值．‎ ‎16．(2017·武汉市武昌区调研)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{Sn}的前9项和为________．‎ 答案 － 解析 因为Sn＋＝(－1)nan，‎ 所以Sn－1＋＝(－1)n－1an－1(n≥2)．‎ 两式相减得Sn－Sn－1＋－ ‎＝(－1)nan－(－1)n－1an－1，‎ 即an－＝(－1)nan＋(－1)nan－1(n≥2)，‎ 当n为偶数时，an－＝an＋an－1，即an－1＝－，‎ 此时n－1为奇数，所以若n为奇数，‎ 则an＝－；‎ 当n为奇数时，an－＝－an－an－1，‎ 即2an－＝－an－1，‎ 所以an－1＝，此时n－1为偶数，‎ 所以若n为偶数，则an＝.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝ 所以数列{Sn}的前9项和为S1＋S2＋S3＋…＋S9＝9a1＋8a2＋7a3＋6a4＋…＋3a7＋2a8＋a9＝(9a1＋8a2)＋(7a3＋6a4)＋…＋(3a7＋2a8)＋a9‎ ‎＝－－－－－ ‎＝－＝－.‎