2022届高三数学一轮复习（原卷版）6．3　等比数列.doc

63 等比数列等比数列 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 等于同一 ，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ，通常用字母 q 表示(q0) 2等比中项 如果在 a 与 b 中间插入一个数 G，使 a，G，b成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的 ，且G2 或 G 3等比数列的通项公式 (1)若an是等比数列，则通项 an或 an当nm 为大于 1 的奇数时，q 用 an，am表示为 q ；当 nm 为正偶数时，q (2)ana1qn1可变形为 anAqn，其中 A ；点(n，an)是曲线 上一群孤立的点 4等比数列的前 n 项和公式 等比数列an中，Sn ，q1， ，q1 求和公式的推导方法是： ， 为解题的方便， 有时可将求和公式变形为 SnBqnB(q1)，其中 B 且 q0，q1 5等比数列的性质 (1)在等比数列中，若 pqmn，则 apaqaman； 若 2mpq，则 a2mapaq(p，q，m，nN*) (2)若an，bn均为等比数列，且公比分别为q1，q2，则数列1an，pan(p0)，anbn，anbn仍为等比数列且公比分别为 ， ， ， (3)在等比数列中，按序等距离取出若干项，也构成一个等比数列，即 an，anm，an2m，仍为等比数列，公比为 (4)公比不为1的等比数列前 n 项和为 Sn(Sn0)，则 Sn，S2nSn，S3nS2n，构成等比数列，且公比为 (5)对于一个确定的等比数列，在通项公式 ana1qn1中，an是 n 的函数，这个函数由正比例函数 ana1qu 和指数函数 uqn(nN*)复合而成 当 a10， 或 a10， 时，等比数列an是递增数列； 当 a10， 或 a10， 时，等比数列an是递减数列； 当 时，它是一个常数列； 当 时，它是一个摆动数列 自查自纠： 1比 常数 公比 2等比中项 ab ab 3(1)a1qn1 amqnm nmanam nmanam (2)a1q ya1qqx 4na1 a1（1qn）1q a1anq1q 乘公比，错位相减 a1q1 5(2)1q1 q1 q1q2 q1q2 (3)qm (4)qn (5)q1 0q1 0q1 q1 q1 q0 已知等比数列an中，a2a3a41，a6a7a864，则 a5 ( ) A2 B2 C2 D4 解 ： 因 为 等 比 数 列 an 中 ， a2a3a4 1 ， a6a7a864，所以 a331，a3764，即 a31，a74，因此 a25a3a74， 因为 a5， a3同号， 所以 a52故选 C 已知an为等比数列，a4a72，a5a6 8，则 a1a10 ( ) A7 B5 C5 D7 解 ： 设 数 列 an 的 公 比 为q ， 由a4a72，a5a6a4a78， 得a44，a72或a42，a74， 所以a18，q312或a11，q32， 所以a18，a101或a11，a108， 所以 a1a107故选 D 已知各项均为正数的等比数列an中， a5a64，则数列log2an的前 10 项和为 ( ) A5 B6 C10 D12 解：由等比数列的性质可得：a1a10a2a9a5a64，所以数列log2an的前 10 项和 log2a1log2a2log2a10log2(a1a2a10)log2(a5a6)5log24510故选 C 等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S33S20，则公比 q_ 解：设数列an的公比为 q由 S33S20，得4a14a2a30，则 4a14a1qa1q20显然 a10，所以 44qq20，解得 q2故填2 若等比数列的各项均为正数，前 4 项的和为 8，积为169，则前 4 项的倒数之和为_ 解：依题意知，a1a2a3a48，a1a2a3a4(a1a4)2169， 又 a1a40， 所以 a1a443， 所以1a11a21a31a41a11a41a21a3a1a4a1a4a2a3a2a3a1a2a3a4a1a46故填 6 类型一类型一 等比数列的判定与证明等比数列的判定与证明 (2018汕头高三期末质量检测)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2ann (1)求证：an1为等比数列； (2)求数列Sn的前 n 项和 Tn 解：(1)证明：当 n1 时，S1a12a11，解得 a11 因为 Sn2ann， 所以 Sn12an1(n1)，n2 得：an2an2an11， 整理得 an2an11， 所以 an12an122(an11)， 即an1an112(n2)， 又 a112，所以数列an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列 (2)由(1)知 an122n12n，所以 an2n1，所以 Sn2222nn2（12n）12n2n1n2， 所以 TnS1S2S3Sn (2223242n1)345(n2) 4（12n）12n（3n2）22n2n25n24 点 拨： 等比数列的四种常用判定方法 定义法 若an1anq(q 为非零常数， nN*)或anan1q(q 为非零常数且 n2，nN*)，则an是等比数列 中项公式法 若数列an中， an0且a2n1an an2(nN*)，则an是等比数列 通项公式法 若数列an的通项公式可写成 an c qn1(c，q 均是不为 0 的常数，nN*)，则an是等比数列 前 n项和公式法 若数列an的前n项和Snk qnk(k为常数且 k0，q0，1)，则an是等比数列 (2018沈阳东北育才学校高三模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn， 且 an12Sn对一切正整数 n 恒成立 (1)求当 a1为何值时，数列an是等比数列，并求出它的通项公式； (2) 在 (1) 的 条 件 下 ， 记 数 列bnan（an11）（an1）的前 n 项和为 Tn，求 Tn 解：(1)因为 an12Sn，所以 an2 Sn1(n2)，两式相减得 an12an(n2)， 因为数列an是等比数列，所以 a22a1，所以an的公比为 2又 a22S12a1，所以 a12 所以当 a12 时，an为等比数列，其通项公式为 an2n， (2)因为 bn2n（12n）（12n1）112n112n1， 所以 Tn12112211221123112n112n111312n11 类型二类型二 等比数列基本量的计算等比数列基本量的计算 (1)(2019届湖南长郡中学高三第一次月考)已知 Sn是等比数列an的前 n 项和， 若存在 mN*，满足S2mSm9，a2mam5m1m1，则数列an的公比为_ 解：设等比数列的公比为 q， 当 q1 时，S2mSm29，不满足题意 当 q1 时， 因为S2mSm9， 所以a1（1q2m）1qa1（1qm）1q9，化简得 qm8，又因为a2mam5m1m1，所以a1q2m1a1qm15m1m1，化简得 qm5m1m1，即 85m1m1，解得 m3，所以 q38，即 q2故填 2 (2)已知等比数列an中，a21，则其前 3 项的和 S3的取值范围是 ( ) A(，1 B(，0)(1，) C3，) D(，13，) 解：设等比数列an的公比为 q，则 S3a1a2a3a21q1q1q1q， 当 q0 时，S31q1q12q1q3(当且仅当 q1 时取等号)； 当q0，因为 anan122n(nN*), 所以an1an2anan122（n1）22n4q2，解得 q2， 所以 anan12a2n22n，an0，解得 an22n12，则 a6a5211229216 2 另解：由a1a24，a2a316，求得 a22 2，a1 2，进而求 a5，a6故选 D 类型三类型三 等比数列的性质等比数列的性质 (1)已知各项均不为 0 的等差数列an，满足 2a3a272a110，数列bn是等比数列，且b7a7，则 b6b8_ 解：因为an为等差数列，所以 a3a112a7，所以已知等式可化为 4a7a270，解得 a74 或 a70(舍去)，又bn为等比数列，所以 b6b8b27a2716故填 16 (2)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 a3a112a25，且 S4S12S8，则 _ 解：设等比数列an的公比为 q，因为 a3a112a25，所以 a272a25，所以 q42因为 S4S12S8，所以a1（1q4）1qa1（1q12）1qa1（1q8）1q， 即1q41q12(1q8)，将 q42 代入计算可得 83故填83 (3)设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S6S312，则 S9S3_ 解：由等比数列的性质：S3，S6S3，S9S6仍成等比数列，于是(S6S3)2S3(S9S6)，不妨令 S32，则 S61，代入解得 S932，S9S334故填 34 (4)设数列an，bn都是正项等比数列，Sn，Tn分别为数列lgan与lgbn的前 n 项和，且SnTnn2n1，则 logb5a5_ 解：由题意知S9T9lg（a1a2a9）lg（b1b2b9）lga95lgb95lga5lgb555logba919故填919 点 拨： 在等比数列中，若 Sn0，则 Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列等比数列中，依次 m 项积仍为等比数列， 但公比发生变化性质“当 mnpq(m，n，p，qN*)时，有 amanapaq”常用来转化条件 (1) 已知数列an为等比数列，若 a4a610， 则a7(a12a3)a3a9的值为 ( ) A10 B20 C100 D200 解：a7(a12a3)a3a9a7a12a7a3a3a9a242a4a6a26(a4a6)2102100故选 C (2)在等比数列an中，已知 a1a38，a5a74，则 a9a11a13a15_ 解：设等比数列an的公比为 q，由已知，得a1a1q28，a1q4a1q64，解得 q412 又 a9a11a1q8a3q8(a1a3)q881222，a13a15a1q12a3q12(a1a3)q1281231，所以 a9a11a13a15213故填 3 (3)等比数列an的首项 a11，前 n 项和为Sn，若S10S53132，则公比 q_ 解：由S10S53132，a11 知，S10S5S5132 由等比数列前 n 项和的性质知 S5，S10S5，S15S10成等比数列，且公比为 q5， 故 q5132，q12故填12 (4)(2018届江苏常州高三期末)各项均为正数的等比数列an中，若 a2a3a4a2a3a4，则 a3的最小值为_ 解：因为an是各项均为正数的等比数列，且a2a3a4a2a3a4，所以 a33a3a2a4，则 a33a3a2a42 a2a42a3，当且仅当 a2a4时取等号，即(a233)a30，即 a233，a3 3，即 a3的最小值为 3故填 3 1注意等比数列每一项均不为 0， q 也不为 0 2等比数列中，已知五个元素 a1，an，n，q，Sn中的任意三个，便可求出其余两个可类比上节等差数列“名师点睛”栏 1 进行探究 3准确理解等比数列的定义及各公式的等价形式，灵活运用等比数列的性质 4在含字母参数的等比数列求和时，应分 q1 与 q1 两种情况进行讨论 5学习等比数列，要善于将其与等差数列进行类比，如等差数列中与“和”有关的性质可类比等比数列中与“积”有关的性质，还可对二者的思维形式、方法与技巧进行类比 6等比数列通项公式的求法有： (1)观察法 (2)公式法 anS1（n1），SnSn1（n2）； 等比数列an的通项公式 (3)构造法 an1panq; an1panqn； an1panf(n); an2pan1qan 1已知正项等比数列an满足 a44，a2a610，则公比 q ( ) A 2或22 B 2 C12 D2 或12 解：因为 a44，a2a610，所以a4q2a4q210，得 2q45q220，得 q22 或12，又 q0，所以 q 2或22故选 A 2在正项等比数列an中， Sn是其前 n 项和若a11，a2a68，则 S8 ( ) A8 B15( 21) C15( 21) D15(1 2) 解：因为 a2a6a248，所以 a21q68，所以 q 2，所以 S81q81q15( 21)故选 B 3等比数列an中，a1a240，a3a460，则 a7a8 ( ) A135 B100 C95 D80 解：因为an是等比数列，所以 a1a2，a3a4，a5a6，a7a8也是等比数列，所以 a7a84060403135故选 A 4已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 S42，S810，则 S16 ( ) A50 B70 C170 D250 解：显然等比数列an的公比不等于1，由等比数列的性质可得 S4，S8S4，S12S8，S16S12成等比数列，即 2，8，S1210，S16S12成等比数列，所以 S1210282232，S16S122823128，所以 S16128S12128(3210)170故选 C 5已知等比数列an各项均为正数，满足 a1a33，a4a66 2， 则 a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7 ( ) A62 B62 2 C61 D61 2 解：设等比数列an的公比为 q，由题知 q3a4a6a1a32 2，所以 q 2因为 a1a1q23，所以 a11，a32而 a1a3，a2a4，a3a5，a4a6，a5a7成等比数列， 且公比为 q2， 故 a1a3a2a4a3a5a4a6 a5a7a1a31（q2）51q212（125）1262故选 A 6若数列an是正项递减等比数列，Tn表示其前 n 项的积，且 T8T12，则当 Tn取最大值时，n的值等于 ( ) A9 B10 C11 D12 解： 因为 T8T12， 所以 a9a10a11a121， 又 a9a12a10a111，且数列an是正项递减数列，所以a9a101a11a12，因此 T10取最大值故选 B 7已知正项等比数列an的公比为 3，若 aman9a22，则2m12n的最小值等于_ 解： 因为正项等比数列an的公比为 3， 且 aman9a22，所以 a23m2a23n2a223mn49a22，所以 mn6，所以2m12n16(mn)2m12n16(2m2n2nm12)16522 34，当且仅当 m2n4时取等号故填34 8(2018山西晋城一模)已知在公比不为 1 的等比数列an中，a2a49，且 2a3为 3a2和 a4的等差中项，设数列an的前 n 项积为 Tn，则 T8_ 解：由题意得 a2a4a239设等比数列an的公比为 q，由 2a3为 3a2和 a4的等差中项可得 4a33a2a4，即 4a33a3qa3q，整理得 q24q30，由公比不为 1，解得 q3所以 T8a1a2a8a81q28(a81q16) q12(a1q2)8q12a83q1294312320故填 320 9(2016 全国卷)已知各项都为正数的数列an满足 a11，a2n(2an11)an2an10 (1)求 a2，a3； (2)求an的通项公式 解：(1)由题意得 a212，a314 (2)由 a2n(2an11)an2an10， 得 2an1(an1)an(an1) 因为an的各项都为正数，所以an1an12 故an是首项为 1，公比为12的等比数列，因此an12n1 10已知数列an的前 n 项和为 Sn， 在数列bn中，b1a1，bnanan1(n2)，且 anSnn (1)设 cnan1，求证：cn是等比数列； (2)求数列bn的通项公式 解：(1)证明：因为 anSnn， 所以 an1Sn1n1， 得 an1anan11， 所以 2an1an1，所以 2(an11)an1， 又易得 a112，a11120， 所以an11an112 所以cn是以12为首项，12为公比的等比数列 (2)由(1)可知 cn1212n112n， 所以 ancn1112n 所以当 n2 时， bnanan1112n112n1 12n112n12n 又 b1a112代入上式也符合，所以 bn12n 11已知数列an是递增的等比数列，且 a1a49，a2a38 (1)求数列an的通项公式； (2)设 Sn为数列an的前 n 项和，bnan1SnSn1，求数列bn的前 n 项和 Tn 解：(1)由题设知 a1a4a2a38， 又 a1a49，可解得a11，a48或a18，a41(舍去) 设等比数列an的公比为 q， 由 a4a1q3得 q2， 故 ana1qn12n1 (2)Sna1（1qn）1q2n1， 又 bnan1SnSn1Sn1SnSnSn11Sn1Sn1， 所以 Tnb1b2bn 1S11S21S21S31Sn1Sn1 1S11Sn1112n11 已知正项数列an满足 3an2anan1an10(n2)且 a113 (1)求证： 数列1an1 为等比数列， 并求数列an的通项公式； (2)证明：数列an的前 n 项和 Sn34 解：(1)由 3an2anan1an10， 得 3anan12anan1，则3an11an2，即1an3an12，所以1an13an1331an11， 则1an1 是以1a112 为首项，3 为公比的等比数列，故1an123n1，所以 an123n11 (2)证明：因为 an123n11123n1，所以Sna1a2an12301231123n112113n11334113n34