2022届高三数学一轮复习（原卷版）第三节 等比数列及其前n项和 教案.doc

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1、 1 第三节第三节 等比数列及其前等比数列及其前 n 项和项和 核心素养立意下的命题导向核心素养立意下的命题导向 1.与等差数列的定义、性质相类比，考查等比数列的定义、性质，凸显逻辑推理的核心素与等差数列的定义、性质相类比，考查等比数列的定义、性质，凸显逻辑推理的核心素养养 2结合具体问题的计算，掌握等比数列的通项公式与前结合具体问题的计算，掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式，凸显数学运算的核心项和公式，凸显数学运算的核心素养素养 3与实际应用问题相结合，考查等比数列的应用，凸显数学建模的核心素养与实际应用问题相结合，考查等比数列的应用，凸显数学建模的核心素养 理清主干知识理清主干知识

2、1等比数列的概念等比数列的概念 (1)如果一个数列从第如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比等于项起，每一项与它的前一项的比等于同一个同一个非零常数，那么这个数非零常数，那么这个数列叫做等比数列列叫做等比数列 数学语言表达式数学语言表达式：anan1q(n2，q 为非零常数为非零常数) (2)如果三个数如果三个数 a，G，b 成等比数列，那么成等比数列，那么 G 叫做叫做 a 与与 b 的的等比中项等比中项，其中，其中 G ab. 2等比数列的通项公式及前等比数列的通项公式及前 n 项和公式项和公式 (1)若等比数列若等比数列an的首项为的首项为 a1，公比是，公比是 q，则其通项

3、公式为，则其通项公式为 ana1qn1； 通项公式的推广：通项公式的推广：anamqnm. (2)等比数列的前等比数列的前 n 项和公式：当项和公式：当 q1 时，时，Snna1；当；当 q1 时，时，Sna1 1qn 1qa1anq1q. 3等比数列的性质等比数列的性质 已知已知an是等比数列，是等比数列，Sn是数列是数列an的前的前 n 项和项和 (1)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即 ak，akm，ak2m，仍是等比数列，公比仍是等比数列，公比为为qm. (2)若若an，bn是等比数列，则是等比数列，则an(0)， 1an，a2n，an b

4、n， anbn仍是仍是等比数列等比数列 (3)若若 klmn(k，l，m，nN N*)，则有，则有 ak alam an. (4)当当 q1 或或 q1 且且 n 为奇数时，为奇数时，Sn，S2nSn，S3nS2n，仍成等比数列，其公比为仍成等比数列，其公比为qn. 澄清盲点误点澄清盲点误点 一、关键点练明一、关键点练明 1(求公比求公比)已知已知an是等比数列，是等比数列，a22，a514，则公比，则公比 q 等于等于( ) 2 A12 B2 C2 D.12 解析：解析：选选 D 由题意知由题意知 q3a5a218，即，即 q12. 2(项的性质的应用项的性质的应用)已知已知 Sn是各项均为

5、正数的等比数列是各项均为正数的等比数列an的前的前 n 项和，若项和，若 a2 a416，S37，则，则 a8( ) A32 B64 C128 D256 解析：解析：选选 C a2 a4a2316，a34(负值舍去负值舍去)， 又又 S3a1a2a3a3q2a3qa37， 联立联立，得，得 3q24q40，解得，解得 q23或或 q2， an0，q2，a8a3 q527128. 3(前前 n 项和性质的应用项和性质的应用)设等比数列设等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn.若若 S23，S415，则，则 S6( ) A31 B32 C63 D64 解析：解析：选选 C 由等比数列的性质，

6、得由等比数列的性质，得(S4S2)2S2 (S6S4)，即，即 1223(S615)，解得，解得 S663. 二、易错点练清二、易错点练清 1(忽视判断项的符号忽视判断项的符号)在等比数列在等比数列an中，若中，若 a3，a7是方程是方程 x24x20 的两根，则的两根，则 a5的的值是值是( ) A2 B 2 C 2 D. 2 解析：解析：选选 B 根据根与系数之间的关系得根据根与系数之间的关系得 a3a74， a3a72，由由 a3a740， 得得 a30，a70，即即 a50， 由由 a3a7a25，得得 a5 a3a7 2. 2 (忽视等比数列的项不为忽视等比数列的项不为0)已知已知x

7、,2x2,3x3是等比数列的前三项， 则是等比数列的前三项， 则x的值为的值为_ 解析：解析：由题意，得由题意，得(2x2)2x(3x3)，即，即 x25x40，解得，解得 x1 或或 x4.当当 x1时，时，x,2x2,3x3 分别为分别为1,0,0，不构成一个等比数列，故，不构成一个等比数列，故 x1；当；当 x4 时，时，x,2x2,3x3 分别为分别为4，6，9，能构成一个等比数列，所以，能构成一个等比数列，所以 x 的值为的值为4. 答案：答案：4 3 3(多个结果不注意验证多个结果不注意验证)已知已知an是等比数列，前是等比数列，前 n 项和为项和为 Sn(nN N*)，且，且1a

8、11a22a3，S663，则，则an的通项公式为的通项公式为 an_. 解析：解析：设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q.由已知，有由已知，有1a11a1q2a1q2，即，即 11q2q2，解得，解得 q2 或或 q1.若若 q1，则，则 S60，与，与 S663 矛盾，不符合题意，矛盾，不符合题意，q2，S6a1 126 1263，得得 a11，an2n1. 答案：答案：2n1 4(忽视对公比的讨论忽视对公比的讨论)设设 aR R，nN N*，则，则 1aa2a3an_. 解析：解析：当当 a1 时，时，1aa2a3ann1；当；当 a0 且且 a1 时，时，1aa2a3an1an1

9、1a；当；当 a0 时，时，1aa2a3an1 满足上式所以满足上式所以 1aa2a3an n1，a1，1an11a，a1. 答案：答案： n1，a1，1an11a，a1 考点一考点一 等比数列的基本运算等比数列的基本运算 典例典例 (1)(2020 全国卷全国卷)记记 Sn为等比数列为等比数列an的的前前 n 项和若项和若 a5a312，a6a424，则则Snan( ) A2n1 B221n C22n1 D21n1 (2)(2020 全国卷全国卷)数列数列an中，中，a12，amnaman.若若 ak1ak2ak1021525，则，则 k( ) A2 B3 C4 D5 解析解析 (1)法一：

10、法一：设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q， 则由则由 a5a3a1q4a1q212，a6a4a1q5a1q324解得解得 a11，q2， 所以所以 Sna1 1qn 1q2n1，ana1qn12n1， 4 所以所以Snan2n12n1221n，故选，故选 B. 法二：法二：设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q， 因为因为a6a4a5a3a4 1q2 a3 1q2 a4a324122，所以，所以 q2， 所以所以Snana1 1qn 1qa1qn12n12n1221n，故选，故选 B. (2)令令 m1，则由，则由 amnaman，得，得 an1a1an，即，即an1ana12

11、，所以数列，所以数列an是首项为是首项为 2，公，公比为比为 2 的等比数列，所以的等比数列，所以 an2n，所以，所以 ak1ak2ak10ak(a1a2a10)2k2 1210 122k1(2101)2152525(2101)，解得，解得 k4，故选，故选 C. 答案答案 (1)B (2)C 方法技巧方法技巧 (1)等比数列中有五个量等比数列中有五个量 a1，n，q，an，Sn，一般可以，一般可以“知三求二知三求二”，通过列方程，通过列方程(组组)便可迎便可迎刃而解刃而解 (2)等比数列的前等比数列的前 n 项和公式涉及对公比项和公式涉及对公比 q 的分类讨论， 当的分类讨论， 当 q1

12、时，时， an的前的前 n 项和项和 Snna1；当当 q1 时，时，an的前的前 n 项和项和 Sna1 1qn 1qa1anq1q. 针对训练针对训练 1(2021 湖北八校联考湖北八校联考)已知数列已知数列an为等比数列，且为等比数列，且 a2a104a6，Sn为等差数列为等差数列bn的前的前 n项和，且项和，且 S6S10，a6b7，则，则 b9( ) A.43 B43 C83 D4 解析：解析：选选 B an为等比数列，且为等比数列，且 a2a104a6，a264a6，解得，解得 a64. 设等差数列设等差数列bn的公差为的公差为 d，S6S10， b7b8b9b100，则，则 b7

13、b100. a6b74，b104，3db10b7448，d83， b9b72d42 8343.故选故选 B. 2(多选多选)已知正项等比数列已知正项等比数列an满足满足 a12，a42a2a3，若设其公比为，若设其公比为 q，前，前 n 项和为项和为 Sn，则则( ) Aq2 Ban2n CS102 047 Danan13an，选项，选项 D 正确正确 3等比数列等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn.若若 4a1,2a2，a3成等差数列，成等差数列，a11，则，则 S7_. 解析：解析：设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q，因为，因为 4a1,2a2，a3成等差数列，成等差数列

14、，a11，所以，所以 4a24a1a3，即即 4q4q2，解得，解得 q2.因此，因此，S7a1 1q7 1q12712127. 答案：答案：127 考点二考点二 等比数列的判定与证明等比数列的判定与证明 典例典例 (2021 年年 1 月新高考八省联考卷月新高考八省联考卷)已知各项都为正数的数列已知各项都为正数的数列an满足满足 an22an13an. (1)证明：数列证明：数列anan1为等比数列；为等比数列； (2)若若 a112，a232，求数列，求数列an的通项公式的通项公式 解解 (1)证明：由证明：由 an22an13an，得，得 an2an13(an1an)， 所以数列所以数列

15、anan1是公比为是公比为 3 的等比数列的等比数列 (2)因为因为 a112，a232，所以，所以 a2a12. 又由又由(1)知数列知数列anan1是公比为是公比为 3 的等比数列，的等比数列， 所以所以 an1an(a2a1) 3n12 3n1. 于是于是 an1123nan123n1，又，又 a2320， 所以所以 an3n120，即，即 an3n12，而，而 a112也符合也符合 于是于是 an123n1为所求为所求 方法技巧方法技巧 等比数列的等比数列的 4 种常用判定种常用判定方法方法 方法方法 解读解读 适用题型适用题型 定义法定义法 若若an1anq(q 为非零常数，为非零常

16、数，nN*)或或anan1q(q 为非零常数且为非零常数且n2，nN*)，则，则an是等比数列是等比数列 大题大题 证明证明 中项中项 公式法公式法 若数列若数列an中，中，an0 且且 a2n1an an2(nN*)，则，则an是等比数是等比数列列 6 通项通项 公式法公式法 若数列若数列an的通项公式可写成的通项公式可写成 anc qn1(c，q 均是不为均是不为 0 的常的常数，数，nN*)，则，则an是等比数列是等比数列 选择选择 填空填空 前前 n 项和项和 公式法公式法 若数列若数列an的前的前 n 项和项和 Snk qnk(k 为常数且为常数且 k0，q0,1)，则则an是等比数

17、列是等比数列 提醒提醒 (1)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，要注意对利用递推关系时，要注意对 n1 时的情况进行验证时的情况进行验证 针对训练针对训练 已知数列已知数列an的前的前 n 项和项和 Sn1an，其中，其中 0. (1)证明：证明：an是等比数列，并求其通项公式；是等比数列，并求其通项公式； (2)若若 S53132，求，求 . 解：解：(1)证明：由题意得证明：由题意得 a1S11a1， 故故 1，a111，a10. 由由 Sn1an，Sn11an1得得 an

18、1an1an， 即即 an1(1)an. 由由 a10，0 得得 an0，所以，所以an1an1. 因此因此an是首项为是首项为11，公比为，公比为1的等比数列，于是的等比数列，于是 an11 1n1. (2)由由(1)得得 Sn1 1n. 由由 S53132得得 1 153132，即，即 15132. 解得解得 1. 考点三考点三 等比数列的性质及应用等比数列的性质及应用 典例典例 (1)(2020 全国卷全国卷)设设an是等比数列，且是等比数列，且 a1a2a31，a2a3a42，则，则 a6a7a8( ) A12 B24 C30 D32 (2)已知正项等比数列已知正项等比数列an的前的前

19、 n 项和为项和为 Sn，S219，S3727，则，则 a1a2an的最小值为的最小值为( ) A. 4272 B. 4273 C. 4274 D. 4275 解析解析 (1)法一：法一：设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q， 7 所以所以a2a3a4a1a2a3 a1a2a3 qa1a2a3q2. 由由 a1a2a3a1(1qq2)a1(1222)1， 解得解得 a117，所以，所以 a6a7a8a1(q5q6q7) 17(252627)1725(1222)32，故选，故选 D. 法二：法二：令令 bnanan1an2(nN*)， 则则 bn1an1an2an3. 设数列设数列an的

20、公比为的公比为 q， 则则bn1bnan1an2an3anan1an2 anan1an2 qanan1an2q， 所以数列所以数列bn为等比数列，由题意知为等比数列，由题意知 b11，b22， 所以等比数列所以等比数列bn的公比的公比 q2，所以，所以 bn2n1， 所以所以 b6a6a7a82532，故选，故选 D. (2)设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q，则，则 q0， 由题意得由题意得 a3S3S2427，则有，则有 a1q2427，a1a1q19，q0，解得解得 a1127，q2，所以所以 an2n127. 当当 1n5 时，时，an1， 则则 a1a2an的最小值为的最小

21、值为 a1a2a3a4a5( )a35 4275. 答案答案 (1)D (2)D 方法技巧方法技巧 1等比数列性质应用问题的解题突破口等比数列性质应用问题的解题突破口 等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项公式的变形，三是前等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项公式的变形，三是前 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破口 2应用等比数列性质解题时的应用等比数列性质解题时的 2 个注意点个注意点 (1)在解决等比数列的有关问题时，要

22、注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质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“若若 mnpq(m，n，p，qN*)，则，则 am anap aq”，可以减少运算量，提高解题速度，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，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解题时注意设而不求思想的运用 8 针对训练针对训练 1(2021 湖南名校联盟检测湖南名校联盟检测)已知正数组成的等比数列已知正数组成的等比数列an的前的前 8 项的积是项的积是

23、81，那么，那么 a1a8的最小值是的最小值是( ) A2 3 B2 2 C8 D6 解析：解析：选选 A 正数组成的等比数列正数组成的等比数列an的前的前 8 项的积是项的积是 81，a1a2a8(a1a8)481，解，解得得 a1a83.那么那么 a1a82 a1a82 3，当且仅当，当且仅当 a1a8 3时取等号故选时取等号故选 A. 2在等比数列在等比数列an中，若中，若 a1a2a3a4158，a2a398，则，则1a11a21a31a4等于等于( ) A.35 B.53 C35 D53 解析解析：选选 D 1a11a21a31a4a1a4a1 a4a2a3a2 a3. 在等比数列在

24、等比数列an中中，a1 a4a2 a3， 原式原式a1a2a3a4a2 a3158 8953.故选故选 D. 3已知正项等比数列已知正项等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，且且 S82S45，则则 a9a10a11a12的最小值的最小值为为( ) A25 B20 C15 D10 解析：解析：选选 B 在正项等比数列在正项等比数列an中，中，Sn0. 因为因为 S82S45，所以，所以 S8S45S4， 易知易知 S4，S8S4，S12S8成等比数列，成等比数列， 所以所以(S8S4)2S4 (S12S8)， 所以所以 S12S8 S45 2S425S4S410225S4 S41020

25、(当且仅当当且仅当 S45 时取等时取等号号) 因为因为 S12S8a9a10a11a12， 所以所以 a9a10a11a12的最小值为的最小值为 20. 创新考查方式创新考查方式领悟高考新动向领悟高考新动向 1中国古代数学名著九章算术中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之中国古代数学名著九章算术中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：粟五斗，羊主曰：“我羊食半马我羊食半马”马主曰：马主曰：“我马食半牛我马食半牛” 今欲衰偿之，问各出几何？今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别

26、人的禾苗，禾苗主人要求赔偿 5 斗粟羊主人说：斗粟羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半我的羊所吃的禾苗只有马的一半”马主人说：马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半我的马所吃的禾苗只有牛的一半” 9 打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应偿还打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应偿还 a 升，升，b 升，升，c 升，升，1 斗为斗为 10 升，则下列判断正确的是升，则下列判断正确的是( ) Aa，b，c 依次成公比为依次成公比为 2 的等比数列，且的等比数列，且 a507 Ba，b，c 依次成公比为依次成公比为 2 的等比数列，且的等比数列，且 c

27、507 Ca，b，c 依次成公比为依次成公比为12的等比数列，且的等比数列，且 a507 Da，b，c 依次成公比为依次成公比为12的等比数列，且的等比数列，且 c507 解析：解析：选选 D 由题意可知由题意可知 b12a，c12b， ba12，cb12. a，b，c 成等比数列且公比为成等比数列且公比为12. 1 斗斗10 升，升， 5 斗斗50 升，升， abc50， 又易知又易知 a4c，b2c，4c2cc50， 7c50，c507，故选，故选 D. 2(2021 湖北省部分重点期中联考湖北省部分重点期中联考)我国明代著名乐律学家朱载堉在我国明代著名乐律学家朱载堉在律学新说中提出的十二

28、平均律，即现代在钢琴的键盘上，一个八律学新说中提出的十二平均律，即现代在钢琴的键盘上，一个八度音程从度音程从一个一个 c1键到下一个键到下一个 c2键的键的 8个白键与个白键与 5个黑键个黑键(如图如图)的音频的音频恰好构成一个等比数列的原理，恰好构成一个等比数列的原理， c2的频率正好是的频率正好是 c1的的 2 倍 已知标准倍 已知标准音音 a1的频率为的频率为 440 Hz，那么频率为，那么频率为 220 2 Hz 的音名是的音名是( ) Ad1 Bf1 Ce1 D. d1 解析：解析：选选 D 一个八度音程从一个一个八度音程从一个 c1键到下一个键到下一个 c2键的键的 8 个白键与个

29、白键与 5 个黑键的音频恰好构个黑键的音频恰好构成一个等比数列，记为数列成一个等比数列，记为数列mn,1n13，设其公比为，设其公比为 q. 又又 c2的频率正好是的频率正好是 c1的的 2 倍，所以倍，所以 2m1m1q12， 解得解得 q2112. 故从故从 g1起向左，每一个单音的频率与它右边相邻的单音的频率的比为起向左，每一个单音的频率与它右边相邻的单音的频率的比为1q2112 . 记记 a1， g1，g1，c1的频率构成等比数列的频率构成等比数列ap， 由由 220 2440 2112 p1，得，得 p7，故频率为，故频率为 220 2 Hz 的音名是的音名是 d1，故选，故选 D.

30、 10 3十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础著名的十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础著名的“康托尔三分集康托尔三分集”是数是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0,1均分为三均分为三段，去掉中间的区间段段，去掉中间的区间段 13，23，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，记为第一次操作；再将剩下的两个区间 0，13， 23，1 分别分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；，如此这样，每次在上一，如此这样

31、，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托尔三分集康托尔三分集”若使去掉的各若使去掉的各区间长度之和不小于区间长度之和不小于910，则需要操作的次数，则需要操作的次数 n 的最小值为的最小值为(参考数据：参考数据：lg 20.301 0，lg 30.477 1)( ) A4 B5 C6 D7 解析：解析：选选 C 第一次操作去掉的区间长度为第一次操作去掉的区间长度为13；第

32、二次操作去掉两个长度为；第二次操作去掉两个长度为19的区间，长度的区间，长度和为和为29；第三次操作去掉四个长度为；第三次操作去掉四个长度为127的区间，长度和为的区间，长度和为427；第第 n 次操作去掉次操作去掉 2n1个长个长度为度为13n的区间，长度和为的区间，长度和为2n13n， 于是进行了于是进行了 n 次操作后，所有去掉的区间长度之和为次操作后，所有去掉的区间长度之和为 Sn13292n13n1 23n， 由题意，由题意，1 23n910，即，即 nlg23lg1101，即，即 n(lg 3lg 2)1，解得：，解得：n1lg 3lg 210.477 10.301 05.679，

33、 又又 n 为整数，所以为整数，所以 n 的最小值为的最小值为 6.故选故选 C. 4 河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一， 现为世界文化遗产， 龙门石窟与莫高窟、 河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一， 现为世界文化遗产， 龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟现有一石窟的某处浮雕共云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟现有一石窟的某处浮雕共 7 层，每上层的数量层，每上层的数量是下层的是下层的 2 倍，总共有倍，总共有 1 016 个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列雕的数量

34、构成一个数列an，则，则 log2(a3a5)的值为的值为( ) A8 B10 C12 D16 解析：解析： 选选 C 依题意得， 数列依题意得， 数列an是以是以 2 为公比的等比数列， 因为最下层的浮雕的数量为为公比的等比数列， 因为最下层的浮雕的数量为 a1，所以所以 S7a1 127 121 016，解得，解得 a18，所以，所以 an82n12n2(1n7，nN*)，所以，所以a325，a527，从而，从而 a3a52527212，所以，所以 log2(a3a5)log221212，故选，故选 C. 11 5如图所示，如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形两直正方形上

35、连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形两直角边上再连接正方形，角边上再连接正方形，如此继续下去，若共得到，如此继续下去，若共得到 1 023 个正方形，个正方形，设初始正方形的边长为设初始正方形的边长为 2，则最小正方形的边长为，则最小正方形的边长为_ 解析：解析：由题意知，正方形的边长构成以由题意知，正方形的边长构成以 2为为首项，以首项，以22为公比的等比为公比的等比数列，现已知共得到数列，现已知共得到 1 023 个正方形，则有个正方形，则有 122n11 023，n10， 最小正方形的边长为最小正方形的边长为 2 229116. 答案：答案：116 6是否存在一个等比数列是否存在一个等比

36、数列an同时满足下列三个条件：同时满足下列三个条件：a1a611 且且 a1a6329； an1an(nN N*)；至少存在一个至少存在一个 m(mN N*且且 m4)，使得，使得23am1，a2m，am149依次构成等差依次构成等差数列？数列？ 解：解：假设存在满足条件的等比数列假设存在满足条件的等比数列an 由由可知可知 a1a611，a1 a6329. 由由可知数列可知数列an是递增的，所以是递增的，所以 a6a1， 则则 a113，a6323q2.此时此时 an132n1. 由由可知可知 2a2m23am1 am1492 132m1 223132m2 132m49， 解得解得 m3，与

37、已知，与已知 m4 矛盾，故这样的数列矛盾，故这样的数列an不存在不存在 课时跟踪检测课时跟踪检测 一、基础练一、基础练练手感熟练度练手感熟练度 1已知各项均为正数的等比数列已知各项均为正数的等比数列an满足满足 a1a516，a22，则公比，则公比 q( ) A4 B.52 C2 D.12 解析：解析：选选 C 由题意，得由题意，得 a1 a1q416，a1q2，解得解得 a11，q2或或 a11，q2(舍去舍去)，故选，故选 C. 2公比不为公比不为 1 的等比数列的等比数列an满足满足 a5a6a4a718，若，若 a1am9，则，则 m 的值为的值为( ) A8 B9 12 C10 D

38、11 解析：解析：选选 C 由题意得，由题意得，2a5a618，a5a69，a1ama5a69，m10. 3已知公比已知公比 q1 的等比数列的等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，a11，S33a3，则，则 S5( ) A1 B5 C.3148 D.1116 解析：解析：选选 D 由题意得由题意得a1 1q3 1q3a1q2，解得，解得 q12或或 q1(舍舍)，所以，所以 S5a1 1q5 1q1 1251 121116. 4 已知 已知an是公差为是公差为 3 的等差数列， 若的等差数列， 若 a1， a2， a4成等比数列， 则成等比数列， 则an的前的前 10 项和项和 S1

39、0( ) A165 B138 C60 D30 解析：解析：选选 A 由由 a1，a2，a4成等比数列得成等比数列得 a22a1a4，即，即(a13)2a1 (a19)，解得，解得 a13，则，则S1010a11092d103453165.故选故选 A. 5已知等比数列已知等比数列an的各项均为正数，的各项均为正数，Sn为其前为其前 n 项和，且满足：项和，且满足：a13a372，S372，则，则a4( ) A.14 B.18 C4 D8 解析：解析：选选 A 设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q，则，则 q0. a13a372，S372，a13a1q272，a1(1qq2)72，联立解

40、得，联立解得 a12，q12. 则则 a42 12314.故选故选 A. 二、综合练二、综合练练思维敏锐度练思维敏锐度 1(2021 福州模拟福州模拟)已知等比数列已知等比数列an各项均为正数，满足各项均为正数，满足 a1a33，a3a56，则，则 a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7( ) A62 B62 2 C61 D61 2 解析：解析：选选 A 设正项等比数列设正项等比数列an的公比为的公比为 q(q0)， a1a33，a3a56， 13 a1(1q2)3，a1(q2q4)6，联立解得，联立解得 a11，q22. an1an3anan2q22，a1a31(12)2，anan2是以是

41、以 2 为首项，为首项，2 为公比的等比数列，为公比的等比数列，a1a3a2a4a3a5a4a6a5a72 125 1262.故选故选 A. 2 已知各项均为正数的等比数列 已知各项均为正数的等比数列an中，中， a2与与a8的等比中项为的等比中项为 2， 则， 则a24a26的最小值是的最小值是( ) A1 B2 C4 D8 解析：解析：选选 C 等比数列等比数列an中，中，a2与与 a8的等比中项为的等比中项为 2，a4a6a2a82. 则则 a24a262a4a64，当且仅当，当且仅当 a4a6 2时取等号故选时取等号故选 C. 3已知数列已知数列an，bn满足满足 a1b11，an1a

42、nbn1bn3，nN N*，则数列，则数列ban的前的前 10 项项和为和为( ) A.12(3101) B.18(9101) C.126(2791) D.126(27101) 解析：解析：选选 D 由由 an1an3，知数列，知数列an为公差为为公差为 3 的等差数列，则的等差数列，则 an1(n1)33n2； 由； 由bn1bn3， 知数列， 知数列bn为公比为为公比为 3 的等比数列， 则的等比数列， 则 bn3n1.所以所以 ban33n3 27n1，则数列，则数列 ban 为首项为为首项为 1，公比为，公比为 27 的等比数列，则数列的等比数列，则数列 ban 的前的前 10 项和为

43、项和为12710127126(27101)故选故选 D. 4(2021 邵阳模拟邵阳模拟)设设 Sn是等比数列是等比数列an的前的前 n 项和，若项和，若S4S23，则，则S6S4( ) A2 B.73 C.310 D1 或或 2 解析：解析：选选 B 设设 S2k(k0)，S43k，数列数列an为等比数列，为等比数列，S2，S4S2，S6S4也为也为等比数列，又等比数列，又 S2k，S4S22k，S6S44k，S67k，S6S47k3k73，故选，故选 B. 5(多选多选)在公比为在公比为 q 的等比数列的等比数列an中，中，Sn是数列是数列an的前的前 n 项和，若项和，若 a11，a52

44、7a2，则，则下列说法正确的是下列说法正确的是( ) Aq3 B数列数列Sn2是等比数列是等比数列 CS5121 D2lg anlg an2lg an2(n3) 解析：解析：选选 ACD 因为因为 a11，a527a2，所以有，所以有 a1 q427a1 qq327q3，因此选项，因此选项 A 14 正确；正确； 因为因为 Sn13n1312(3n1)，所以，所以 Sn212(3n3)， 因为因为Sn12Sn212 3n13 12 3n3 12131n常数，所以数列常数，所以数列Sn2不是等比数列，不是等比数列，故选项故选项 B 不不正确；正确； 因为因为 S512(351)121，所以选项，

45、所以选项 C 正确；正确； ana1 qn13n10， 因为当因为当 n3 时，时，lg an2lg an2lg(an2 an2) lg a2n2lg an，所以选项，所以选项 D 正确正确 6已知正项等比数列已知正项等比数列an满足：满足：a2a816a5，a3a520，若存在两项，若存在两项 am，an使得使得 aman32，则，则1m4n的最小值为的最小值为( ) A.34 B.910 C.32 D.95 解析：解析：选选 A 设公比为设公比为 q，q0. 数列数列an是正项等比数列，是正项等比数列，a2a8a2516a5， a516，又，又 a3a520，a34， q2，a11，ana

46、1qn12n1. aman32，2m12n1210，即，即 mn12， 1m4n112(mn) 1m4n112 5nm4mn112 52 nm4mn34(m，nN*)， 当且仅当当且仅当 n2m，即，即 m4，n8 时时“”成立，成立， 1m4n的最的最小值为小值为34，故选，故选 A. 7设等比数列设等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，若，若 Sn2n1，则，则 ( ) A2 B1 C1 D2 解析：解析：选选 A 法一：法一：依题意，依题意，a1S14，a2S2S14，a3S3S28， 因为因为an是等比数列，所以是等比数列，所以 a22a1 a3，所以，所以 8(4)42，解得

47、，解得 2.故选故选 A. 法二：法二：Sn2n122n，易知，易知 q1，因为，因为an是等比数列，是等比数列， 所以所以 Sna11qa11qqn，据此可得，据此可得 2.故选故选 A. 15 8设数列设数列(n2n)an是等比数列，且是等比数列，且 a116，a2154，则数列，则数列3nan的前的前 15 项和为项和为( ) A.1415 B.1516 C.1617 D.1718 解析：解析：选选 B 等比数列等比数列(n2n)an的首项为的首项为 2a113，第二项为，第二项为 6a219，故公比为，故公比为13，所以，所以(n2n)an13 13n113n， 所以， 所以an13n

48、 n2n ， 则， 则3nan1n2n1n1n1， 其前， 其前n项和为项和为11n1，当当 n15 时，前时，前 15 项和为项和为 11161516. 9各项均为正数的等比数列各项均为正数的等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，若，若 Sn2，S3n14，则，则 S4n等于等于( ) A80 B30 C26 D16 解析：解析：选选 B 由题意知公比大于由题意知公比大于 0，由等比数列性质知，由等比数列性质知 Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，仍为等比数列仍为等比数列 设设 S2nx，则，则 2，x2,14x 成等比数列成等比数列 由由(x2)22(14x)， 解得解得

49、 x6 或或 x4(舍去舍去) Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，是首项为是首项为 2，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列 又又S3n14，S4n1422330. 10已知等比数列已知等比数列an的前的前 n 项积为项积为 Tn，若，若 a124，a489，则当，则当 Tn取得最大值时，取得最大值时，n的值为的值为( ) A2 B3 C4 D6 解析：解析：选选 C 设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q，则，则 a424q389，所以，所以 q3127，q13，易知此，易知此等比数列各项均为负数，则当等比数列各项均为负数，则当 n 为奇数时，为奇数时，Tn为负数，当为

50、负数，当 n 为偶数时，为偶数时，Tn为正数，所以为正数，所以 Tn取得最大值时，取得最大值时，n 为偶数，排除为偶数，排除 B；而；而 T2(24)2 13248192，T4(24)4 1368419849192，T6(24)6 131586 139863984982370，且，且 b5b6b4b74，则，则 b1b2b10_. 解析：解析：因为数列因为数列an为等差数列，为等差数列，a1a5a9， 所以所以 3a5a53， 16 所以所以 cos(a2a8)cos(2a5)cos2312. 又因为数列又因为数列bn为等比数列，为等比数列，bn0，且，且 b5b6b4b74， 所以所以 2b