（浙江專用）2020版高考數學新增分大一輪復習 第七章 數列與數學歸納法 7.3 等比數列及其前n項和講義（含解析）.docx

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7.3　等比數列及其前n項和 最新考綱 考情考向分析 1.理解等比數列的概念，掌握等比數列的通項公式與前n項和公式及其應用． 2.了解等比數列與指數函數的關系． 3.會用數列的等比關系解決實際問題. 以考查等比數列的通項、前n項和及性質為主，等比數列的證明也是考查的熱點．本節(jié)內容在高考中既可以以選擇題、填空題的形式進行考查，也可以以解答題的形式進行考查．解答題往往與等差數列、數列求和、不等式等問題綜合考查，難度為中低檔. 1．等比數列的有關概念 (1)定義：如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一常數(不為零)，那么這個數列就叫做等比數列．這個常數叫做等比數列的公比，通常用字母q表示，定義的表達式為＝q(n∈N*，q為非零常數)． (2)等比中項：如果a，G，b成等比數列，那么G叫做a與b的等比中項．即G是a與b的等比中項?a，G，b成等比數列?G2＝ab. 2．等比數列的有關公式 (1)通項公式：an＝a1qn－1. (2)前n項和公式： Sn＝. 3．等比數列的常用性質 (1)通項公式的推廣：an＝amqn－m(n，m∈N*)． (2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，則aman＝apaq＝a. (3)若數列{an}，{bn}(項數相同)是等比數列，則{λan}，，{a}，{anbn}，(λ≠0)仍然是等比數列． (4)在等比數列{an}中，等距離取出若干項也構成一個等比數列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…為等比數列，公比為qk. 概念方法微思考 1．將一個等比數列的各項取倒數，所得的數列還是一個等比數列嗎？若是，這兩個等比數列的公比有何關系？ 提示　仍然是一個等比數列，這兩個數列的公比互為倒數． 2．任意兩個實數都有等比中項嗎？ 提示　不是．只有同號的兩個非零實數才有等比中項． 3．“b2＝ac”是“a，b，c”成等比數列的什么條件？ 提示　必要不充分條件．因為b2＝ac時不一定有a，b，c成等比數列，比如a＝0，b＝0，c＝1.但a，b，c成等比數列一定有b2＝ac. 題組一　思考辨析 1．判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“”) (1)滿足an＋1＝qan(n∈N*，q為常數)的數列{an}為等比數列．(　　) (2)如果數列{an}為等比數列，bn＝a2n－1＋a2n，則數列{bn}也是等比數列．(　　) (3)如果數列{an}為等比數列，則數列{lnan}是等差數列．(　　) (4)數列{an}的通項公式是an＝an，則其前n項和為Sn＝.(　　) (5)數列{an}為等比數列，則S4，S8－S4，S12－S8成等比數列．(　　) 題組二　教材改編 2．[P51例3]已知{an}是等比數列，a2＝2，a5＝，則公比q＝______. 答案　 解析　由題意知q3＝＝，∴q＝. 3．[P54T3]公比不為1的等比數列{an}滿足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，則m的值為(　　) A．8B．9C．10D．11 答案　C 解析　由題意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，∴m＝10. 題組三　易錯自糾 4．若1，a1，a2，4成等差數列，1，b1，b2，b3,4成等比數列，則的值為________． 答案?。? 解析　∵1，a1，a2，4成等差數列， ∴3(a2－a1)＝4－1，∴a2－a1＝1. 又∵1，b1，b2，b3，4成等比數列，設其公比為q， 則b＝14＝4，且b2＝1q2>0，∴b2＝2， ∴＝＝－. 5．設Sn為等比數列{an}的前n項和，8a2＋a5＝0，則＝________. 答案　－11 解析　設等比數列{an}的公比為q， ∵8a2＋a5＝0，∴8a1q＋a1q4＝0. ∴q3＋8＝0，∴q＝－2， ∴＝ ＝＝＝－11. 6．一種專門占據內存的計算機病毒開機時占據內存1MB，然后每3秒自身復制一次，復制后所占內存是原來的2倍，那么開機________秒，該病毒占據內存8GB.(1GB＝210MB) 答案　39 解析　由題意可知，病毒每復制一次所占內存的大小構成一等比數列{an}，且a1＝2，q＝2，∴an＝2n， 則2n＝8210＝213，∴n＝13. 即病毒共復制了13次． ∴所需時間為133＝39(秒)． 題型一　等比數列基本量的運算 1．(2018臺州質量評估)已知正項等比數列{an}中，若a1a3＝2，a2a4＝4，則a5等于(　　) A．4B．4C．8D．8 答案　B 解析　由于等比數列各項為正，則由題意得解得所以a5＝a1q4＝4，故選B. 2．(2018全國Ⅲ)等比數列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通項公式； (2)記Sn為{an}的前n項和，若Sm＝63，求m. 解　(1)設{an}的公比為q，由題設得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(n∈N*)． (2)若an＝(－2)n－1，則Sn＝. 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程沒有正整數解． 若an＝2n－1，則Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 綜上，m＝6. 思維升華 (1)等比數列的通項公式與前n項和公式共涉及五個量a1，an，q，n，Sn，已知其中三個就能求另外兩個(簡稱“知三求二”)． (2)運用等比數列的前n項和公式時，注意對q＝1和q≠1的分類討論． 題型二　等比數列的判定與證明 例1(2018麗水、衢州、湖州三地市質檢)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝an＋1－3n－1，n∈N*. (1)證明：數列{an＋3}是等比數列； (2)對k∈N*，設f(n)＝求使不等式[f(2)－f(m)]cos(mπ)≤0成立的正整數m的取值范圍． (1)證明　當n≥2時，由Sn＝an＋1－3n－1，得Sn－1＝an－3(n－1)－1， 由Sn－Sn－1得，an＋1＝2an＋3，n≥2，所以＝2，n≥2，又S1＝a2－3－1，a1＝1，所以a2＝5，＝2， 因此{an＋3}是以a1＋3＝4為首項，2為公比的等比數列． (2)解　由(1)知an＋3＝42n－1＝2n＋1，Sn＝an＋1－3n－1＝2n＋2－3n－4， 因為f(n)＝ 當m為偶數時，cos(mπ)＝1，f(2)＝3，f(m)＝m＋1， 因為原不等式可化為3－(m＋1)≤0，即m≥2，且m＝2k(k≥1，k∈N*)． 當m為奇數時，cos(mπ)＝－1，f(2)＝3，f(m)＝2m＋1－1， 原不等式可化為3≥2m＋1－1，當m＝1時符合條件． 綜上可得，正整數m的取值范圍是m＝2k(k≥1，k∈N*)或m＝1. 思維升華判定一個數列為等比數列的常見方法 (1)定義法：若＝q(q是非零常數)，則數列{an}是等比數列． (2)等比中項法：若a＝anan＋2(n∈N*，an≠0)，則數列{an}是等比數列． (3)通項公式法：若an＝Aqn(A，q為非零常數)，則數列{an}是等比數列． 跟蹤訓練1(2018浙江省六校協(xié)作體期末聯(lián)考)已知數列{an}的首項a1＝t>0，an＋1＝，n＝1,2，…. (1)若t＝，求證是等比數列，并求出{an}的通項公式； (2)若an＋1>an對一切n∈N*都成立，求t的取值范圍． 解　(1)由題意知an>0，＝＝＋， －1＝，又－1＝， 所以數列是首項為，公比為的等比數列， 所以－1＝n－1，an＝. (2)由(1)知－1＝， －1＝n－1， 由a1>0，an＋1＝，知an>0， 故由an＋1>an得<， 即n＋10，又t>0， 則01，則a1＋a2＝2a1＋d＝2b1＝4，又a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝1，d＝2，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以b3＝a4＋1＝8，Sn＝n＋2＝n2.因為數列{bn}是單調遞增的等比數列，所以q2＝＝4，q＝2，bn＝2n.因為當n≥m(m∈N*)時，Sn≤bn恒成立，所以當n≥m(m∈N*)時n2≤2n恒成立，數形結合可知m的最小值為4. 1．若等比數列{an}的前n項和為Sn，則“a2<0且a5<0”是“數列{Sn}單調遞減”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　C 解析　設等比數列{an}的公比為q，∵a5＝a2q3<0，a2<0，∴q>0，∴an<0恒成立，∴當n≥2時，Sn－Sn－1＝an<0，數列{Sn}單調遞減，故“a2<0且a5<0”是“數列{Sn}單調遞減”的充分條件；若數列{Sn}單調遞減，則當n≥2時，Sn－Sn－1＝an<0?a2<0，a5<0，故“a2<0且a5<0”是“數列{Sn}單調遞減”的必要條件，故選C. 2．已知遞增的等比數列{an}中，a2＝6，a1＋1，a2＋2，a3成等差數列，則該數列的前6項和S6等于(　　) A．93B．189C.D．378 答案　B 解析　設數列{an}的公比為q，由題意可知，q>1， 且2＝a1＋1＋a3， 即2＝＋1＋6q， 整理可得2q2－5q＋2＝0， 則q＝2，則a1＝＝3， ∴數列{an}的前6項和S6＝＝189. 3．等比數列{an}的前n項和為Sn＝32n－1＋r，則r的值為(　　) A.B．－C.D．－ 答案　B 解析　當n＝1時，a1＝S1＝3＋r， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3 ＝32n－3(32－1)＝832n－3＝832n－23－1 ＝9n－1， 所以3＋r＝，即r＝－，故選B. 4．已知等比數列{an}的公比為－2，且Sn為其前n項和，則等于(　　) A．－5B．－3C．5D．3 答案　C 解析　由題意可得， ＝＝1＋(－2)2＝5. 5．(2018浙江名校新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)我國古代數學名著《算法統(tǒng)宗》中有如下類似問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問底層幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的底層共有燈(　　) A．186盞 B．189盞 C．192盞 D．96盞 答案　C 解析　設塔的底層共有燈x盞，則各層的燈數從下到上構成一個首項為x，公比為的等比數列，則＝381，解得x＝192. 6．若正項等比數列{an}滿足anan＋1＝22n(n∈N*)，則a6－a5的值是(　　) A.B．－16C．2D．16 答案　D 解析　設正項等比數列{an}的公比為q>0， ∵anan＋1＝22n(n∈N*)， ∴＝＝4＝q2，解得q＝2， ∴a2＝22n，an>0，解得an＝， 則a6－a5＝＝16，故選D. 7．(2018杭州質檢)設各項均為正數的等比數列{an}的前n項和為Sn，若S4＝80，S2＝8，則公比q＝________，a5＝________. 答案　3　162 解析　由題意得解得或(舍去)， 從而a5＝a1q4＝234＝162. 8．(2018浙江名校協(xié)作體測試)設等比數列{an}的前n項和為Sn，滿足對任意的正整數n，均有Sn＋3＝8Sn＋3，則a1＝________，公比q＝________. 答案　　2 解析　由Sn＋3＝8Sn＋3得Sn＋4＝8Sn＋1＋3，兩式作差得an＋4＝8an＋1，所以＝q3＝8，即q＝2，令n＝1得S4＝8a1＋3，即a1＋2a1＋4a1＋8a1＝8a1＋3，解得a1＝. 9．(2019臺州調考)設等比數列{an}的前n項和為Sn，已知S1＝16，某同學經過計算得到S2＝32，S3＝76，S4＝130，檢驗后發(fā)現(xiàn)其中恰好一個數算錯了，則算錯的這個數是________，該數列的公比是__________． 答案　32(S2)　 解析　由題意得若S2計算正確，則a2＝S2－S1＝16＝a1，則該等比數列的公比為1，易得S3，S4均錯誤，與恰有一個數算錯矛盾，所以算錯的數為32(S2)．設該數列的公比為q，因為S4－S3＝a4＝130－76＝54，所以q3＝＝＝，解得q＝. 10．設等比數列{an}的前n項和為Sn，若a3a11＝2a，且S4＋S12＝λS8，則λ＝________. 答案　 解析　∵a3a11＝2a，∴a＝2a，∴q4＝2， ∵S4＋S12＝λS8， ∴＋＝， 1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)， 將q4＝2代入計算可得λ＝. 11．(2018浙江省第二次聯(lián)盟校聯(lián)考)設數列{an}的首項a1＝，前n項和為Sn，且滿足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)． (1)求a2及an； (2)求證：anSn的最大值為. (1)解　由題意得2a2＋S1＝3，即2a2＋a1＝3， 所以a2＝＝. 當n≥2時，由2an＋1＋Sn＝3，得2an＋Sn－1＝3， 兩式相減得2an＋1－an＝0， 即an＋1＝an. 因為a1＝，a2＝， 所以a2＝a1，即當n＝1時，an＋1＝an也成立． 綜上，{an}是以為首項，為公比的等比數列， 所以an＝. (2)證明　因為2an＋1＋Sn＝3，且an＋1＝an，所以Sn＝3－2an＋1＝3－an. 于是，anSn＝an(3－an)≤2＝，當且僅當an＝，即n＝1時等號成立． 故anSn的最大值為. 12．(2018浙江省十校聯(lián)盟適應性考試)在數列{an}中，a1＝1，a2＝4，且3an＋2－4an＋1＋an＝0，n∈N*. (1)求證：數列{an＋1－an}是等比數列； (2)若數列{an}的前n項和為Sn，且Sn≥m2－2m對任意的n∈N*恒成立，求實數m的取值范圍． (1)證明　由題意，得3(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝0，即an＋2－an＋1＝(an＋1－an)， 又a2－a1＝3， 所以數列{an＋1－an}是以3為首項，為公比的等比數列． (2)解　由(1)得an＋1－an＝3n－1， 所以a2－a1＝3，a3－a2＝3，a4－a3＝32，…， an－an－1＝3n－2(n≥2，n∈N*)， 將以上式子累加得an－a1 ＝3 ＝， 所以an＝－n－1(易知當n＝1時也成立)． 因為an＝－n－1關于n單調遞增，且a1＝1>0，所以Sn也關于n單調遞增，所以Sn≥S1＝1. 于是，由Sn≥m2－2m對任意的n∈N*恒成立，得1≥m2－2m，解得1－≤m≤1＋. 故實數m的取值范圍是[1－，1＋]． 13．等比數列{an}的首項為，公比為－，前n項和為Sn，則當n∈N*時，Sn－的最大值與最小值的比值為(　　) A．－B．－C.D. 答案　B 解析　∵等比數列{an}的首項為，公比為－， ∴an＝n－1， ∴Sn＝＝1－n. ①當n為奇數時，Sn＝1＋n隨著n的增大而減小，則11的n的最小值為(　　) A．4B．5C．6D．7 答案　C 解析　∵{an}是各項均為正數的等比數列，且a2a4＝a3，∴a＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1a2<1，T3＝a1a2a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1a2a3a4a5＝a＝1，T6＝T5a6＝a6>1，故n的最小值為6，故選C. 15．(2018浙江)已知a1，a2，a3，a4成等比數列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，則(　　) A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4 C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4 答案　B 解析　構造不等式lnx≤x－1， 則a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1， 所以a4＝a1q3≤－1.由a1＞1，得q＜0. 若q≤－1，則ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0. 又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1＞1， 所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，矛盾． 因此－1＜q＜0. 所以a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0， 所以a1＞a3，a2＜a4. 故選B. 16．在數列的每相鄰兩項之間插入此兩項的積，形成新的數列，這樣的操作叫做該數列的一次“擴展”．將數列1,2進行“擴展”，第一次得到數列1,2,2；第二次得到數列1,2,2,4,2；….設第n次“擴展”后得到的數列為1，x1，x2，…，xt,2，并記an＝log2(1x1x2…xt2)，其中t＝2n－1，n∈N*，求數列{an}的通項公式． 解　an＝log2(1x1x2…xt2)， 所以an＋1＝log2[1(1x1)x1(x1x2)…xt(xt2)2] ＝log2(12xxx…x22)＝3an－1， 所以an＋1－＝3， 所以數列是一個以為首項，以3為公比的等比數列， 所以an－＝3n－1， 所以an＝.