（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法7.3等比数列及其前n项和讲义（含解析）.docx

1、17.3 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 项和公式及其应用2.了解等比数列与指数函数的关系3.会用数列的等比关系解决实际问题.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，难度为中低档.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

2、，定义的表达式为 q(nN *， q 为非零常数)an 1an(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.2等比数列的有关公式(1)通项公式： an a1qn1 .(2)前 n 项和公式：SnError! .3等比数列的常用性质(1)通项公式的推广： an amqn m(n， mN *)(2)若 m n p q2 k(m， n， p， q， kN *)，则 aman apaq a .2k(3)若数列 an， bn(项数相同)是等比数列，则 a n， ， a ， anbn， (

3、 0)仍1an 2n anbn然是等比数列2(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， an2 k， an3 k，为等比数列，公比为 qk.概念方法微思考1将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数2任意两个实数都有等比中项吗？提示 不是只有同号的两个非零实数才有等比中项3 “b2 ac”是“ a， b， c”成等比数列的什么条件？提示 必要不充分条件因为 b2 ac 时不一定有 a， b， c 成等比数列，比如a0， b0， c1.但 a， b， c

4、成等比数列一定有 b2 ac.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 an1 qan(nN *， q 为常数)的数列 an为等比数列( )(2)如果数列 an为等比数列， bn a2n1 a2n，则数列 bn也是等比数列( )(3)如果数列 an为等比数列，则数列ln an是等差数列( )(4)数列 an的通项公式是 an an，则其前 n 项和为 Sn .( )a1 an1 a(5)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2P51 例 3已知 an是等比数列， a22， a5 ，则公比 q_.14答案 1

5、2解析 由题意知 q3 ， q .a5a2 18 123P54T3公比不为 1 的等比数列 an满足 a5a6 a4a718，若 a1am9，则 m 的值为( )A8B9C10D11答案 C解析 由题意得，2 a5a618， a5a69， a1am a5a69， m10.3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_a1 a2b2答案 12解析 1， a1， a2，4 成等差数列，3( a2 a1)41， a2 a11.又1， b1， b2， b3，4 成等比数列，设其公比为 q，则 b 144，且 b21 q20， b22

6、，2 .a1 a2b2 a2 a1b2 125设 Sn为等比数列 an的前 n 项和，8 a2 a50，则 _.S5S2答案 11解析 设等比数列 an的公比为 q，8 a2 a50，8 a1q a1q40. q380， q2， S5S2 a11 q51 q 1 qa11 q2 11.1 q51 q2 1 251 46一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存 1MB，然后每 3 秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的 2 倍，那么开机_秒，该病毒占据内存 8GB.(1GB2 10MB)答案 39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a12， q2， an2 n

7、，则 2n82 102 13， n13.即病毒共复制了 13 次所需时间为 13339(秒)题型一 等比数列基本量的运算1(2018台州质量评估)已知正项等比数列 an中，若 a1a32， a2a44，则 a5等于( )A4B4C8D8答案 B4解析 由于等比数列各项为正，则由题意得Error!解得Error!所以 a5 a1q44，故选 B.2(2018全国)等比数列 an中， a11， a54 a3.(1)求 an的通项公式；(2)记 Sn为 an的前 n 项和，若 Sm63，求 m.解 (1)设 an的公比为 q，由题设得 an qn1 .由已知得 q44 q2，解得 q0(舍去)， q

8、2 或 q2.故 an(2) n1 或 an2 n1 (nN *)(2)若 an(2) n1 ，则 Sn .1 2n3由 Sm63 得(2) m188，此方程没有正整数解若 an2 n1 ，则 Sn2 n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上， m6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前 n 项和公式共涉及五个量 a1， an， q， n， Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)(2)运用等比数列的前 n 项和公式时，注意对 q1 和 q1 的分类讨论题型二 等比数列的判定与证明例 1(2018丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列 an的前 n 项和为Sn， a11，

9、 Sn an1 3 n1， nN *.(1)证明：数列 an3是等比数列；(2)对 kN *，设 f(n)Error!求使不等式 f(2) f(m)cos(m)0 成立的正整数 m 的取值范围(1)证明 当 n2 时，由 Sn an1 3 n1，得 Sn1 an3( n1)1，由 Sn Sn1 得， an1 2 an3， n2，所以 2， n2，又 S1 a231， a11，an 1 3an 3所以 a25， 2，a2 3a1 3因此 an3是以 a134 为首项，2 为公比的等比数列(2)解 由(1)知 an342 n1 2 n1 ， Sn an1 3 n12 n2 3 n4，因为 f(n)

10、Error!当 m 为偶数时，cos( m)1， f(2)3， f(m) m1，因为原不等式可化为 3( m1)0，即 m2，且 m2 k(k1， kN *)当 m 为奇数时，cos( m)1， f(2)3， f(m)2 m1 1，原不等式可化为 32 m1 1，当 m1 时符合条件综上可得，正整数 m 的取值范围是 m2 k(k1， kN *)或 m1.5思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法(1)定义法：若 q(q 是非零常数)，则数列 an是等比数列an 1an(2)等比中项法：若 a anan2 (nN *， an0)，则数列 an是等比数列2n 1(3)通项公式法：若 an Aqn

11、(A， q 为非零常数)，则数列 an是等比数列跟踪训练 1(2018浙江省六校协作体期末联考)已知数列 an的首项a1 t0， an1 ， n1,2，.3an2an 1(1)若 t ，求证 是等比数列，并求出 an的通项公式；35 1an 1(2)若 an1 an对一切 nN *都成立，求 t 的取值范围解 (1)由题意知 an0， ，1an 1 2an 13an 13an 231 ，又 1 ，1an 1 13(1an 1) 1a1 23所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，1an 1 23 13所以 1 n1 ， an .1an 23(13) 3n3n 2(2)由(1)知 1 ，1an

12、 1 13(1an 1)1 n1 ，1an (1t 1)(13)由 a10， an1 ，知 an0，3an2an 1故由 an1 an得 0，又 t0，1t则 01，则a1 a22 a1 d2 b14，又 a3 a12 d5，所以 a11， d2， an12( n1)2 n1，所以 b3 a418， Sn n 2 n2.因为数列 bn是单调递增的等比数列，所以nn 12q2 4， q2， bn2 n.因为当 n m(mN *)时， Sn bn恒成立，所以当 n m(mN *)时b3b1n22 n恒成立，数形结合可知 m 的最小值为 4.1若等比数列 an的前 n 项和为 Sn，则“ a20，

13、an1，且 2 a11 a3，(a2 2)即 2 16 q，(6 2)6q整理可得 2q25 q20，则 q2 ，则 a1 3，(q12舍 去 ) 62数列 an的前 6 项和 S6 189.3(1 26)1 23等比数列 an的前 n 项和为 Sn3 2n1 r，则 r 的值为( )A. B C. D13 13 19 19答案 B解析 当 n1 时， a1 S13 r，当 n2 时， an Sn Sn1 3 2n1 3 2n33 2n3 (321)83 2n3 83 2n2 31 9n1 ，83所以 3 r ，即 r ，故选 B.83 134已知等比数列 an的公比为2，且 Sn为其前 n

14、项和，则 等于( )S4S2A5B3C5D3答案 C解析 由题意可得， 1(2) 25.S4S2a11 241 2a11 221 295(2018浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著算法统宗中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的底层共有灯( )A186 盏 B189 盏C192 盏 D96 盏答案 C解析 设塔的底层共有灯 x 盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为 x，公比为 的等比12数列，则 381，解得 x192.x1 (12)71

15、126若正项等比数列 an满足 anan1 2 2n(nN *)，则 a6 a5的值是( )A. B16 C2D162 2 2答案 D解析 设正项等比数列 an的公比为 q0， anan1 2 2n(nN *)， 4 q2，解得 q2，an 1an 2anan 1 22n 122n a 22 2n， an0，解得 an1，2n则 a6 a51916 ，故选 D.27(2018杭州质检)设各项均为正数的等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S480， S28，则公比 q_， a5_.答案 3 162解析 由题意得Error!解得Error!或Error!(舍去)，从而 a5 a1q423 4

16、162.8(2018浙江名校协作体测试)设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，满足对任意的正整数n，均有 Sn3 8 Sn3，则 a1_，公比 q_.答案 237解析 由 Sn3 8 Sn3 得 Sn4 8 Sn1 3，两式作差得 an4 8 an1 ，所以 q38，an 4an 1即 q2，令 n1 得 S48 a13，即 a12 a14 a18 a18 a13，解得 a1 .37109(2019台州调考)设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 S116，某同学经过计算得到S232， S376， S4130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是_，该数列的公比是_答案 3

17、2( S2) 32解析 由题意得若 S2计算正确，则 a2 S2 S116 a1，则该等比数列的公比为 1，易得S3， S4均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为 32(S2)设该数列的公比为 q，因为 S4 S3 a41307654，所以 q3 ，解得 q .a4a1 5416 278 3210设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a3a112 a ，且 S4 S12 S 8，则 _.25答案 83解析 a3a112 a ， a 2 a ， q42，25 27 25 S4 S12 S 8， ，a11 q41 q a11 q121 q a11 q81 q1 q41 q12 (1 q

18、8)，将 q42 代入计算可得 .8311(2018浙江省第二次联盟校联考)设数列 an的首项 a1 ，前 n 项和为 Sn，且满足322an1 Sn3( nN *)(1)求 a2及 an；(2)求证： anSn的最大值为 .94(1)解 由题意得 2a2 S13，即 2a2 a13，所以 a2 .3 a12 34当 n2 时，由 2an1 Sn3，得 2an Sn1 3，两式相减得 2an1 an0，即 an1 an.12因为 a1 ， a2 ，32 34所以 a2 a1，即当 n1 时， an1 an也成立12 12综上， an是以 为首项， 为公比的等比数列，32 1211所以 an .

19、32n(2)证明 因为 2an1 Sn3，且 an1 an，所以 Sn32 an1 3 an.12于是， anSn an(3 an) 2 ，当且仅当 an ，即 n1 时等号成立an 3 an2 94 32故 anSn的最大值为 .9412(2018浙江省十校联盟适应性考试)在数列 an中， a11， a24，且3an2 4 an1 an0， nN *.(1)求证：数列 an1 an是等比数列；(2)若数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn m22 m 对任意的 nN *恒成立，求实数 m 的取值范围(1)证明 由题意，得 3(an2 an1 )( an1 an)0，即 an2 an1 (

20、an1 an)，13又 a2 a13，所以数列 an1 an是以 3 为首项， 为公比的等比数列13(2)解 由(1)得 an1 an3 n1 ，(13)所以 a2 a13， a3 a23 ， a4 a33 2，13 (13)an an1 3 n2 (n2， nN *)，(13)将以上式子累加得 an a13 113 (13)2 (13)n 2 ，921 (13)n 1所以 an n1 (易知当 n1 时也成立)112 92 (13)因为 an n1 关于 n 单调递增，且 a110，所以 Sn也关于 n 单调递增，所以112 92 (13)Sn S11.于是，由 Sn m22 m 对任意的

21、nN *恒成立，得 1 m22 m，解得 1 m1 .2 2故实数 m 的取值范围是1 ，1 2 21213等比数列 an的首项为 ，公比为 ，前 n 项和为 Sn，则当 nN *时， Sn 的最大值32 12 1Sn与最小值的比值为( )A B C. D.125 107 109 125答案 B解析 等比数列 an的首项为 ，公比为 ，32 12 an n1 ，32 ( 12) Sn 1 n.321 ( 12)n1 ( 12) ( 12)当 n 为奇数时， Sn1 n随着 n 的增大而减小，则 11 的 n 的最小值为( )A4B5C6D7答案 C解析 an是各项均为正数的等比数列，且 a2a

22、4 a3， a a3， a31.又23 q1， a11(n3)， TnTn1 (n4， nN *)，T11，故 n 的最小值为 6，故选 C.5315(2018浙江)已知 a1， a2， a3， a4成等比数列，且 a1 a2 a3 a4ln( a1 a2 a3)，若a11，则( )A a1 a3， a2 a4 B a1 a3， a2 a4C a1 a3， a2 a4 D a1 a3， a2 a4答案 B解析 构造不等式 lnx x1，13则 a1 a2 a3 a4ln( a1 a2 a3) a1 a2 a31，所以 a4 a1q31.由 a11，得 q0.若 q1，则 ln(a1 a2 a3

23、) a1 a2 a3 a4 a1(1 q)(1 q2)0.又 a1 a2 a3 a1(1 q q2) a11，所以 ln(a1 a2 a3)0，矛盾因此1 q0.所以 a1 a3 a1(1 q2)0， a2 a4 a1q(1 q2)0，所以 a1 a3， a2 a4.故选 B.16在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展” 将数列 1,2 进行“扩展” ，第一次得到数列 1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；.设第 n 次“扩展”后得到的数列为 1， x1， x2， xt,2，并记anlog 2(1x1x2xt2)，其中 t2 n1， nN *，求数列 an的通项公式解 anlog 2(1x1x2xt2)，所以 an1 log 21(1x1)x1(x1x2)xt(xt2)2log 2(12x x x x 22)3 an1，31 32 3 3t所以 an1 3 ，12 (an 12)所以数列 是一个以 为首项，以 3 为公比的等比数列，an12 32所以 an 3n1 ，12 32所以 an .3n 1214