2021年高考数学(文)一轮复习讲义第6章63等比数列及其前n项和

1、§6.3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.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等比数列与指数函数的关系.主要考查等比数列的根本运算、根本性质，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数列的计算、证明、等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查属于中低档题.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)，那么这个数列叫做等比数列

2、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q(nN*，q为非零常数)(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G2ab.2等比数列的有关公式(1)通项公式：ana1qn1.(2)前n项和公式：Sn.3等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam·qnm(n，mN*)(2)假设mnpq2k(m，n，p，q，kN*)，那么am·anap·aqa.(3)假设数列an，bn(项数相同)是等比数列，那么an，a，an·bn，(0)仍然是等比数列(4)在等比数列an中，等距离取

3、出假设干项也构成一个等比数列，即an，ank，an2k，an3k，为等比数列，公比为qk.4在等比数列an中，假设Sn为其前n项和，那么Sn，S2nSn，S3nS2n也成等比数列(n为偶数且q1除外)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假设是，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“b2ac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b2ac时不一定有a，b，c成等比数列，比方a0，b0，c1.但a，b，c成等比数列一定有b2ac.题组一

4、思考辨析1判断以下结论是否正确(请在括号中打“或“×)(1)满足an1qan(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，那么数列lnan是等差数列(×)(3)数列an的通项公式是anan，那么其前n项和为Sn.(×)(4)数列an为等比数列，那么S4，S8S4，S12S8成等比数列(×)题组二教材改编2an是等比数列，a22，a5，那么公比q_.答案解析由题意知q3，q.3公比不为1的等比数列an满足a5a6a4a718，假设a1am9，那么m的值为()A8B9C10D11答案C解析由题意得，2a5a618，a5

5、a69，a1ama5a69，m10.题组三易错自纠4假设1，a1，a2,4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，那么的值为_答案解析1，a1，a2,4成等差数列，3(a2a1)41，a2a11.又1，b1，b2，b3,4成等比数列，设其公比为q，那么b1×44，且b21×q2>0，b22，.5设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a50，那么_.答案11解析设等比数列an的公比为q，8a2a50，8a1qa1q40.q380，q2，·11.6一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

6、机_秒，该病毒占据内存8GB.(1GB210MB)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，an2n，那么2n8×210213，n13.即病毒共复制了13次所需时间为13×339(秒).等比数列根本量的运算1(2022·晋城模拟)设正项等比数列an的前n项和为Sn，假设S23，S415，那么公比q等于()A5B4C3D2答案D解析因为S23，S415，S4S212，所以两个方程左右两边分别相除，得q24，因为数列是正项等比数列，所以q2，应选D.2(2022·全国)各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，

7、且a53a34a1，那么a3等于()A16B8C4D2答案C解析设等比数列an的公比为q，由a53a34a1得q43q24，得q24，因为数列an的各项均为正数，所以q2，又a1a2a3a4a1(1qq2q3)a1(1248)15，所以a11，所以a3a1q24.3(2022·全国)记Sn为等比数列an的前n项和，假设a11，S3，那么S4_.答案解析设等比数列的公比为q，那么ana1qn1qn1.a11，S3，a1a2a31qq2，即4q24q10，q，S4.4(2022·全国)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和，假设

8、Sm63，求m.解(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2.故an(2)n1或an2n1(nN*)(2)假设an(2)n1，那么Sn.由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解假设an2n1，那么Sn2n1.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，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的分类讨论等比数列的判定与证明例1(2022·四川省名校联盟模拟)数列an的前n项和为Sn，且满足2Snann

9、(nN*)(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列an1的前n项和Tn.(1)证明2Snann，当n1时，2a1a11，解得a1.当n2时，2Sn1an1n1，两式相减，得2ananan11，即anan1.an，又a10，数列为等比数列(2)解由2S1a11，得a1.由(1)知，数列是以为首项，为公比的等比数列ann1n，ann，an1n，Tn.思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法(1)定义法：假设q(q是不为零的常数)，那么数列an是等比数列(2)等比中项法：假设aanan2(nN*，an0)，那么数列an是等比数列(3)通项公式法：假设anAqn(A，q是不为零的常数)，那么数列an是

10、等比数列跟踪训练1设数列an的前n项和为Sn，a11，Sn14an2.(1)设bnan12an，证明：数列bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式(1)证明由a11及Sn14an2，有a1a2S24a12.a25，b1a22a13.又，得an14an4an1(n2)，an12an2(an2an1)(n2)bnan12an，bn2bn1(n2)，故bn是首项b13，公比为2的等比数列(2)解由(1)知bnan12an3·2n1，故是首项为，公差为的等差数列(n1)·，故an(3n1)·2n2.等比数列性质的应用例2(1)(2022·黑龙江省大庆第一中学模

11、拟)在各项不为零的等差数列an中，2a2022a2a20210，数列bn是等比数列，且b2022a2022，那么log2(b2022·b2021)的值为()A1B2C4D8答案C解析因为等差数列an中a2022a20212a2022，所以2a2022a2a20214a2022a0，因为数列an各项不为零，所以a20224，因为数列bn是等比数列，所以b2022·b2021a16.所以log2(b2022·b2021)log2164.应选C.(2)等比数列an的首项a11，其前n项和为Sn，假设，那么公比q_.答案解析由，a11知公比q1，那么，由等比数列前n项和的

12、性质知S5，S10S5，S15S10成等比数列，且公比为q5，故q5，q.解析根据等比数列的前n项和的性质，假设Sn是等比数列的和，那么Sn，S2nSn，S3nS2n，仍是等比数列，得到(S6S3)2S3(S9S6)，解得S310，或S390(舍)思维升华等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类：(1)通项公式的变形(2)等比中项的变形(3)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破口跟踪训练2(1)(2022·安徽省江淮十校月考)等比数列an的公比q，该数列前9项的乘积为1，那么a1等于()A8B16C32D64答案B解析由a1a

13、2a91，又a1a9a2a8a3a7a4a6a，所以a1，即a51，所以a141，a116.应选B.(2)等比数列an的前n项和为Sn，且，那么_(n2，且nN*)答案解析很明显等比数列的公比q1，那么由题意可得，解得q，那么.对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式构造法1形如an1cand(c0，其中a1a)型(1)假设c1，数列an为等差数列.(2)假设d0，数列an为等比数列.(3)假设c1且d0，数列an为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求方法如下：设an1c(an)，得an1can(c1)，与题设an1can

14、d比较系数得(c1)，所以anc(n2)，即构成以a1为首项，以c为公比的等比数列例1在数列an中，假设a11，an13an2，那么通项an_.答案2×3n11解析an13an2，即an113(an1)，又因为a1120，所以an1构成以2为首项，以3为公比的等比数列，所以an12·3n1，an2·3n11.构造法2形如an1panq·pn1(p0,1，q0)型an1panq·pn1(p0,1，q0)的求解方法是两端同时除以pn1，即得q，那么数列为等差数列例2(1)正项数列an满足a14，an12an2n1，那么an等于()An·2

15、n1B(n1)·2nCn·2n1D(n1)·2n答案B解析an12an2n1，1，即1，又2，数列是首项为2，公差为1的等差数列，2(n1)×1n1，an(n1)·2n，应选B.(2)(2022·武汉市二中月考)正项数列an中，a12，an12an3×5n，那么数列an的通项an等于()A3×2n1B3×2n1C5n3×2n1D5n3×2n1答案D解析方法一在递推公式an12an3×5n的两边同时除以5n1，得×，令bn，那么式变为bn1bn，即bn11(bn1)，

16、所以数列bn1是等比数列，其首项为b111，公比为，所以bn1×n1，即bn1×n1，所以1×n11.故an5n3×2n1.方法二设an1k·5n12(ank×5n)，那么an12an3k×5n，与题中递推公式比较得k1，即an15n12(an5n)，所以数列an5n是首项为a153，公比为2的等比数列，那么an5n3×2n1，故an5n3×2n1.应选D.构造法3相邻项的差为特殊数列(形如an1panqan1，其中a1a，a2b型)可化为an1x1anx2(anx1an1)，其中x1，x2是方程x2px

17、q0的两根例3数列an中，a11，a22，an2an1an，求数列an的通项公式解由an2an1an可得，an2an1(an1an)，所以数列an1an是首项为1，公比为的等比数列，当n2时，a2a11，a3a2，a4a3，anan1n2，将上面的式子相加可得an11n2，从而可求得an2n2，故有an×n，n2，又a11满足上式，所以an×n.构造法4倒数为特殊数列(形如an型)例4数列an中，a11，an1，求数列an的通项公式解an1，a11，an0，即，又a11，那么1，是以1为首项，为公差的等差数列(n1)×，an(nN*).1(2022·韶关

18、模拟)假设等比数列an的各项均为正数，a23,4aa1a7，那么a5等于()A.B.C12D24答案D解析数列an是等比数列，各项均为正数，4aa1a7a，所以q24，所以q2.所以a5a2·q33×2324，应选D.2等比数列an的前n项和为Sn32n1r，那么r的值为()A.BC.D答案B解析当n1时，a1S13r，当n2时，anSnSn132n132n332n3(321)8·32n38·32n2·31·9n1，所以3r，即r，应选B.3(2022·天津市河西区月考)设an是公比为q的等比数列，那么“q>1是“an

19、为递增数列的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案D解析取an2n，此时q2>1，但an是单调递减数列，取ann，因anan1n>0，故an是单调递增数列，但q<1，故“q>1是“an是递增数列的既不充分也不必要条件，应选D.4递增的等比数列an中，a26，a11，a22，a3成等差数列，那么该数列的前6项和S6等于()A93B189C.D378答案B解析设数列an的公比为q，由题意可知，q>1，且2a11a3，即2×16q，整理可得2q25q20，那么q2，那么a13，数列an的前6项和S6189.5(2022

20、3;永州模拟)设等比数列an的公比为q，那么以下结论正确的选项是()A数列anan1是公比为q的等比数列B数列anan1是公比为q的等比数列C数列anan1是公比为q的等比数列D数列是公比为的等比数列答案D解析对于A，由q2(n2)知其是公比为q2的等比数列；对于B，假设q1，那么anan1项中有0，不是等比数列；对于C，假设q1，那么数列anan1项中有0，不是等比数列；对于D，所以数列是公比为的等比数列，应选D.6假设正项等比数列an满足anan122n(nN*)，那么a6a5的值是()A.B16C2D16答案D解析设正项等比数列an的公比为q>0，anan122n(nN*)，4q2

21、，解得q2，a×222n，an>0，解得an，那么a6a516，应选D.7各项为正数的等比数列an中，a2a316，那么数列log2an的前四项和等于_答案8解析各项为正数的等比数列an中，a2a316，可得a1a4a2a316，即有log2a1log2a2log2a3log2a4log2(a1a2a3a4)log22568.8等比数列an的前n项和为Sn，且a12022，a2a42a3，那么S2021_.答案2022解析a2a42a3，a2a42a30，a22a2qa2q20，a20，q22q10，解得q1.a12022，S20212022.9.如下列图，正方形上连接着等腰直

22、角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树假设某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的边长为，那么其最小正方形的边长为_答案解析由题意，得正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现共得到1023个正方形，那么有122n11023，n10，最小正方形的边长为×9.10(2022·呼伦贝尔模拟)数列an的前n项和为Sn，且有an，假设S1，Sm，Sn成等比数列(m>1)，那么正整数n的值为_答案8解析an，Sn1，又S1，Sm，Sn成等比数列(m>1)，SS1·Sn，即·，2m2<(m

23、1)2，即m22m1<0，解得1<m<1，结合m>1可得m2，n8.11(2022·全国)数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn.(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an1an，将n1代入得，a24a1，而a11，所以a24.将n2代入得，a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列由条件可得，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得2n1，所以ann·2n1.12(202

24、2·淄博模拟)数列an的前n项和为Sn，a1，SnSn1an1(nN*且n2)，数列bn满足：b1，且3bnbn1n1(nN*且n2)(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列bnan为等比数列(1)解由SnSn1an1，得SnSn1an1，即anan1(n2且nN*)，那么数列an是以为首项，为公差的等差数列，因此an(n1)×n.(2)证明因为3bnbn1n1(n2)，所以bnbn1(n1)(n2)，bnanbn1(n1)nbn1n(n2)，bn1an1bn1(n1)bn1n(n2)，所以bnan(bn1an1)(n2)，因为b1a1100，所以数列bnan是以10为

25、首项，为公比的等比数列13(2022·山西省太原第五中学月考)各项均为正数的数列an和bn满足：an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列，且a11，a23，那么数列an的通项公式为_答案an解析由题设可得an1，an(n2)，代入2bnanan1得2bn(n2)，即2(n2)，那么是首项为的等差数列又a11，a23，所以2b14，b12，故b2，那么公差d，所以(n1)，即，那么an1，所以an.14(2022·江西省上饶横峰中学模拟)在等比数列an中，an>0，aa9002a1a5，a59a3，那么a2022的个位数字是_答案7解析由等比数列的性质可得a1a5a2a4，因为aa9002a1a59002a2a4，所以aa2a2a4(a2a4)2900，又因为an>0，所以a2a430，又由a59a3，所以a1(qq3)30，a3q29a3，且q>0，解得a11，q3，所以a2022a1q202232022(34)504×33，所以a2022的个位数字是7.15在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的