高考数学考点归纳之 等比数列及其前n项和 11页

高考数学考点归纳之 等比数列及其前 n 项和 一、基础知识 1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)， 那么这个数列就叫做等比数列．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. (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 G 是 a 与 b 的等比中项⇔a，G，b 成等比数列⇒G2＝ab. 只有当两个数同号且不为 0 时，才有等比中项，且等比中项有两个. 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：an＝a1qn－1. (2)前 n 项和公式：Sn＝ na1，q＝1， a11－qn 1－q ＝a1－anq 1－q ，q≠1. 3．等比数列与指数型函数的关系 当 q>0 且 q≠1 时，an＝a1 q ·qn 可以看成函数 y＝cqx，其是一个不为 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 y＝cqx 的图象上； 对于非常数列的等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a11－qn 1－q ＝－ a1 1－qqn＋ a1 1－q ，若设 a＝ a1 1－q ， 则 Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0，q≠1)．由此可知，数列{Sn}的图象是函数 y＝－aqx＋a 图象 上一系列孤立的点． 对于常数列的等比数列，即 q＝1 时，因为 a1≠0，所以 Sn＝na1.由此可知，数列{Sn}的 图象是函数 y＝a1x 图象上一系列孤立的点． 二、常用结论汇总——规律多一点 设数列{an}是等比数列，Sn 是其前 n 项和． (1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)． (2)若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq；若 2s＝p＋r，则 apar＝a2s，其中 m，n，p，q，s，r ∈N*. (3)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为 qm(k，m∈N*)． (4)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和 pan qbn 也是 等比数列． (5)若数列{an}的项数为 2n，则S 偶 S 奇 ＝q；若项数为 2n＋1，则S 奇－a1 S 偶 ＝q. 考点一 等比数列的基本运算 [典例] (2018·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] (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)或 q＝－2 或 q＝2. 故 an＝(－2)n－1 或 an＝2n－1. (2)若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝1－－2n 3 . 由 Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若 an＝2n－1，则 Sn＝1－2n 1－2 ＝2n－1. 由 Sm＝63，得 2m＝64，解得 m＝6. 综上，m＝6. [题组训练] 1．已知等比数列{an}单调递减，若 a3＝1，a2＋a4＝5 2 ，则 a1＝( ) A．2 B．4 C. 2 D．2 2 解析：选 B 由题意，设等比数列{an}的公比为 q，q>0，则 a23＝a2a4＝1，又 a2＋a4＝5 2 ， 且{an}单调递减，所以 a2＝2，a4＝1 2 ，则 q2＝1 4 ，q＝1 2 ，所以 a1＝a2 q ＝4. 2．(2019·长春质检)已知等比数列{an}的各项均为正数，其前 n 项和为 Sn，若 a2＝2，S6 －S4＝6a4，则 a5＝( ) A．4 B．10 C．16 D．32 解析：选 C 设公比为 q(q>0)，S6－S4＝a5＋a6＝6a4，因为 a2＝2，所以 2q3＋2q4＝12q2， 即 q2＋q－6＝0，所以 q＝2，则 a5＝2×23＝16. 3．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S3＝7 4 ，S6＝63 4 ， 则 a8＝________. 解析：设等比数列{an}的公比为 q，则由 S6≠2S3，得 q≠1， 则 S3＝a11－q3 1－q ＝7 4 ， S6＝a11－q6 1－q ＝63 4 ， 解得 q＝2， a1＝1 4 ， 则 a8＝a1q7＝1 4 ×27＝32. 答案：32 考点二 等比数列的判定与证明 [典例] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，若 bn＝an＋1－2an， 求证：{bn}是等比数列． [证明] 因为 an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an， 所以bn＋1 bn ＝an＋2－2an＋1 an＋1－2an ＝4an＋1－4an－2an＋1 an＋1－2an ＝2an＋1－4an an＋1－2an ＝2. 因为 S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以 a2＝5. 所以 b1＝a2－2a1＝3. 所以数列{bn}是首项为 3，公比为 2 的等比数列． [解题技法] 1．掌握等比数列的 4 种常用判定方法 定义法 中项公式法 通项公式法 前 n 项和公式法 2．等比数列判定与证明的 2 点注意 (1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前 n 项和公式法经常 在选择题、填空题中用来判断数列是否为等比数列． (2)证明一个数列{an}不是等比数列，只需要说明前三项满足 a22≠a1·a3，或者是存在一个 正整数 m，使得 a2m＋1≠am·am＋2 即可． [题组训练] 1．数列{an}的前 n 项和为 Sn＝2an－2n，证明：{an＋1－2an}是等比数列． 证明：因为 a1＝S1,2a1＝S1＋2， 所以 a1＝2，由 a1＋a2＝2a2－4 得 a2＝6. 由于 Sn＝2an－2n，故 Sn＋1＝2an＋1－2n＋1，后式减去前式得 an＋1＝2an＋1－2an－2n，即 an＋ 1＝2an＋2n， 所以 an＋2－2an＋1＝2an＋1＋2n＋1－2(2an＋2n)＝2(an＋1－2an)， 又 a2－2a1＝6－2×2＝2， 所以数列{an＋1－2an}是首项为 2、公比为 2 的等比数列． 2．(2019·西宁月考)已知在正项数列{an}中，a1＝2，点 An( an， an＋1)在双曲线 y2－x2 ＝1 上．在数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线 y＝－1 2x＋1 上，其中 Tn 是数列{bn}的前 n 项和． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{bn}是等比数列． 解：(1)由已知点 An 在 y2－x2＝1 上知，an＋1－an＝1. ∴数列{an}是一个以 2 为首项，1 为公差的等差数列． ∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1. (2)证明：∵点(bn，Tn)在直线 y＝－1 2x＋1 上， ∴Tn＝－1 2bn＋1.① ∴Tn－1＝－1 2bn－1＋1(n≥2)．② ①②两式相减，得 bn＝－1 2bn＋1 2bn－1(n≥2)． ∴3 2bn＝1 2bn－1，∴bn＝1 3bn－1. 由①，令 n＝1，得 b1＝－1 2b1＋1，∴b1＝2 3. ∴数列{bn}是以2 3 为首项，1 3 为公比的等比数列． 考点三 等比数列的性质 考法(一) 等比数列项的性质 [典例] (1)(2019·洛阳联考)在等比数列{an}中，a3，a15 是方程 x2＋6x＋2＝0 的根，则a2a16 a9 的值为( ) A．－2＋ 2 2 B．－ 2 C. 2 D．－ 2 或 2 (2)(2018·河南四校联考)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋…＋a8＝4，a1a2…a8＝16， 则 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 a8 的值为( ) A．2 B．4 C．8 D．16 [解析] (1)设等比数列{an}的公比为 q，因为 a3，a15 是方程 x2＋6x＋2＝0 的根，所以 a3·a15＝a29＝2，a3＋a15＝－6，所以 a3<0，a15<0，则 a9＝－ 2，所以a2a16 a9 ＝a29 a9 ＝a9＝－ 2， 故选 B. (2)由分数的性质得到 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 a8 ＝a8＋a1 a8a1 ＋a7＋a2 a7a2 ＋…＋a4＋a5 a4a5 .因为 a8a1＝a7a2＝ a3a6＝a4a5，所以原式＝a1＋a2＋…＋a8 a4a5 ＝ 4 a4a5 ，又 a1a2…a8＝16＝(a4a5)4，an>0，∴a4a5＝2， ∴ 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 a8 ＝2.故选 A. [答案] (1)B (2)A 考法(二) 等比数列前 n 项和的性质 [典例] 各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sn＝2，S3n＝14，则 S4n 等于 ( ) A．80 B．30 C．26 D．16 [解析] 由题意知公比大于 0，由等比数列性质知 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍 为等比数列． 设 S2n＝x，则 2，x－2,14－x 成等比数列． 由(x－2)2＝2×(14－x)， 解得 x＝6 或 x＝－4(舍去)． ∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为 2，公比为 2 的等比数列． 又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30. [答案] B [解题技法] 应用等比数列性质解题时的 2 个关注点 (1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若 m ＋n＝p＋q，则 am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度． (2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此 外，解题时注意设而不求思想的运用． [题组训练] 1．(2019·郑州第二次质量预测)已知等比数列{an}中，a2a5a8＝－8，S3＝a2＋3a1，则 a1 ＝( ) A.1 2 B．－1 2 C．－2 9 D．－1 9 解析：选 B 设等比数列{an}的公比为 q(q≠1)，因为 S3＝a1＋a2＋a3＝a2＋3a1，所以a3 a1 ＝q2＝2.因为 a2a5a8＝a35＝－8，所以 a5＝－2，即 a1q4＝－2，所以 4a1＝－2，所以 a1＝－1 2 ， 故选 B. 2．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＝________. 解析：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. 答案：2 [课时跟踪检测] A 级 1．(2019·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}满足 a1a5＝16，a2＝2，则公比 q ＝( ) A．4 B.5 2 C．2 D.1 2 解析：选 C 由题意，得 a1·a1q4＝16， a1q＝2， 解得 a1＝1， q＝2 或 a1＝－1， q＝－2 (舍去)，故选 C. 2．(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4 与 a14 的等比中 项为 2 2，则 log2a7＋log2a11 的值为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 C 由题意得 a4a14＝(2 2)2＝8，由等比数列的性质，得 a4a14＝a7a11＝8，∴log2a7 ＋log2a11＝log2(a7a11)＝log28＝3，故选 C. 3．在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则 a1＝( ) A．1 B．±1 C．2 D．±2 解析：选 A 因为数列{an}是等比数列，所以 a2a3a4＝a33＝8，所以 a3＝2，所以 a7＝a3q4 ＝2q4＝8，所以 q2＝2，则 a1＝a3 q2 ＝1，故选 A. 4．(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1 2 ，a2a6＝8(a4－ 2)，则 S2 019＝( ) A．22 018－1 2 B．1－ 1 2 2 018 C．22 019－1 2 D．1－ 1 2 2 019 解析：选 A 由等比数列的性质及 a2a6＝8(a4－2)，得 a24＝8a4－16，解得 a4＝4. 又 a4＝1 2q3，故 q＝2，所以 S2 019＝ 1 2 1－22 019 1－2 ＝22 018－1 2 ，故选 A. 5．在等比数列{an}中，a1＋a3＋a5＝21，a2＋a4＋a6＝42，则 S9＝( ) A．255 B．256 C．511 D．512 解析：选 C 设等比数列的公比为 q，由等比数列的定义可得 a2＋a4＋a6＝a1q＋a3q＋a5q ＝q(a1＋a3＋a5)＝q×21＝42，解得 q＝2.又 a1＋a3＋a5＝a1(1＋q2＋q4)＝a1×21＝21，解得 a1＝1.所以 S9＝a11－q9 1－q ＝1×1－29 1－2 ＝511.故选 C. 6．已知递增的等比数列{an}的公比为 q，其前 n 项和 Sn<0，则( ) A．a1<0,01 C．a1>0,00，q>1 解析：选 A ∵Sn<0，∴a1<0，又数列{an}为递增等比数列，∴an＋1>an，且|an|>|an＋1|， 则－an>－an＋1>0，则 q＝－an＋1 －an ∈(0,1)， ∴a1<0,00)， 由 a5＝a1q4＝16，a1＝1，得 16＝q4，解得 q＝2， 所以 S7＝a11－q7 1－q ＝1×1－27 1－2 ＝127. 答案：127 8．在 3 与 192 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， 192＝3×q3，q3＝64，所以 q＝4. 所以插入的两个数分别为 3×4＝12,12×4＝48. 答案：12,48 9．(2018·江西师范大学附属中学期中)若等比数列{an}满足 a2a4＝a5，a4＝8，则数列{an} 的前 n 项和 Sn＝________. 解析：设等比数列{an}的公比为 q，∵a2a4＝a5，a4＝8， ∴ a1q·a1q3＝a1q4， a1q3＝8， 解得 a1＝1， q＝2， ∴Sn＝1×1－2n 1－2 ＝2n－1. 答案：2n－1 10．已知等比数列{an}为递减数列，且 a25＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公 式 an＝________. 解析：设公比为 q，由 a25＝a10， 得(a1q4)2＝a1·q9，即 a1＝q. 又由 2(an＋an＋2)＝5an＋1， 得 2q2－5q＋2＝0， 解得 q＝1 2 (q＝2 舍去)， 所以 an＝a1·qn－1＝ 1 2n. 答案： 1 2n 11．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足 a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设 bn＝an 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 an＋1＝2n＋1 n 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)数列{bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数列． 由条件可得 an＋1 n＋1 ＝2an n ，即 bn＋1＝2bn， 又 b1＝1， 所以数列{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 an＝n·2n－1. 12．(2019·甘肃诊断)设数列{an＋1}是一个各项均为正数的等比数列，已知 a3＝7，a7＝ 127. (1)求 a5 的值； (2)求数列{an}的前 n 项和． 解：(1)由题可知 a3＋1＝8，a7＋1＝128， 则有(a5＋1)2＝(a3＋1)(a7＋1)＝8×128＝1 024， 可得 a5＋1＝32，即 a5＝31. (2)设数列{an＋1}的公比为 q， 由(1)知 a3＋1＝a1＋1q2， a5＋1＝a1＋1q4， 得 a1＋1＝2， q＝2， 所以数列{an＋1}是一个以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an＋1＝2×2n－1＝2n， 所以 an＝2n－1， 利用分组求和可得，数列{an}的前 n 项和 Sn＝21－2n 1－2 －n＝2n＋1－2－n. B 级 1．在各项都为正数的数列{an}中，首项 a1＝2，且点(a2n，a2n－1)在直线 x－9y＝0 上，则 数列{an}的前 n 项和 Sn 等于( ) A．3n－1 B.1－－3n 2 C.1＋3n 2 D.3n2＋n 2 解析：选 A 由点(a2n，a2n－1)在直线 x－9y＝0 上，得 a2n－9a2n－1＝0，即(an＋3an－1)(an－3an －1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且 a1＝2，∴an＋3an－1>0，∴an－3an－1＝0，即 an an－1 ＝3， ∴数列{an}是首项 a1＝2，公比 q＝3 的等比数列，其前 n 项和 Sn＝21－3n 1－3 ＝3n－1. 2．(2019·郑州一测)已知数列{an}满足 log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且 a1＋a2＋a3＋…＋ a10＝1，则 log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________. 解析：因为 log2an＋1＝1＋log2an，可得 log2an＋1＝log22an，所以 an＋1＝2an，所以数列{an} 是以 a1 为首项，2 为公比的等比数列，又 a1＋a2＋…＋a10＝1，所以 a101＋a102＋…＋a110＝(a1 ＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以 log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100. 答案：100 3．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝ 1 2 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＝ 1 2 n， ∴an＋1·an＋2＝ 1 2 n＋1， ∴an＋2 an ＝1 2 ，即 an＋2＝1 2an. ∵bn＝a2n＋a2n－1， ∴bn＋1 bn ＝a2n＋2＋a2n＋1 a2n＋a2n－1 ＝ 1 2a2n＋1 2a2n－1 a2n＋a2n－1 ＝1 2 ， ∵a1＝1，a1·a2＝1 2 ， ∴a2＝1 2 ，∴b1＝a1＋a2＝3 2. ∴{bn}是首项为3 2 ，公比为1 2 的等比数列． ∴bn＝3 2 × 1 2 n－1＝ 3 2n. (2)由(1)可知，an＋2＝1 2an， ∴a1，a3，a5，…是以 a1＝1 为首项，以1 2 为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以 a2＝1 2 为首项，以1 2 为公比的等比数列， ∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝1－ 1 2 n 1－1 2 ＋ 1 2 1－ 1 2 n 1－1 2 ＝3－ 3 2n.