2024版新教材高考数学一轮复习第5章数列第2节等差数列学案含解析新人教B版202305182170

2024版新教材高考数学一轮复习第5章数列第2节等差数列学案含解析新人教B版202305182170第2节等差数列一、教材概念·结论·性质重现1．等差数列的定义如果数列从第2项起，每一项与它的前一项之差都等于同一个常数d，即an＋1－an＝d恒成立，则称{an}为等差数列，其中d称为等差数列的公差．等差数列的定义用递推公式表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．2．等差数列的通项公式(1)如果等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝a1＋(n－1)d.(2)若已知ak，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝ak＋(n－k)d.当d≠0时，等差数列通项公式可以看成关于n的一次函数an＝dn＋(a1－d)．3．等差中项如果x，A，y是等差数列．那么称A为x与y的等差中项，即A＝eq\f(x＋y,2).4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)⇔d＝eq\f(an－am,n－m)(n≠m)．(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q＝2w，则am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w∈N*)．(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．5．等差数列的前n项和公式及其性质(1)设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d.(3)等差数列的前n项和的最值在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．(4)若等差数列{an}的项数为偶数2n，则①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(5)若等差数列{an}的项数为奇数2n＋1，则①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).数列{an}是等差数列⇔数列的前n项和公式Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，所以当d≠0时，等差数列前n项和公式可以看成关于n的二次函数，且常数项为0.二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(√)(3)数列{an}满足an＋1－an＝n，则数列{an}是等差数列．(×)(4)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列．(√)(5)等差数列的前n项和Sn是项数为n的二次函数．(×)2．等差数列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，则公差d等于()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)A解析：因为a4＋a8＝2a6＝10，所以a6＝5.又a10＝6，所以公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故选A.3．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项的和S11等于()A．58 B．88C．143 D．176B解析：S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a4＋a8,2)＝88.4．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn.若a6＝2且S5＝30，则S8等于()A．31 B．32C．33 D．34B解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))所以S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝32.5．一物体从1960m的高空降落，如果第1秒降落4.90m，以后每秒比前一秒多降落9.80m，那么经过________秒落到地面．20解析：设物体经过t秒降落到地面，物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列，所以4.90t＋eq\f(1,2)t(t－1)×9.80＝1960，即4.90t2＝1960，解得t＝20.考点1等差数列的定义、通项公式、基本运算——基础性1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，S5＝35，则数列{an}的公差为()A．－2 B．2C．4 D．7B解析：因为a1＝3，S5＝35，所以5×3＋eq\f(5×4,2)d＝35，解得d＝2.2．(2020·宜春模拟)已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项的和等于前5项的和．若am＋a7＝0，则m＝()A．10 B．9C．8 D．2B解析：设等差数列{an}的公差为d，a1＝1.因为前10项的和等于前5项的和，且am＋a7＝0，则10＋45d＝5＋10d,2＋(m＋5)d＝0，解得m＝9.3．(2021·哈尔滨实验中学模拟)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))是等差数列，且a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，那么a2022＝()A．eq\f(1010,1011) B．－eq\f(1010,1011)C．eq\f(2019,2021) D．－eq\f(2021,2022)B解析：设等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))的公差为d，且a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，所以eq\f(2,a1＋1)＝1，eq\f(2,a3＋1)＝3，所以3＝1＋2d，解得d＝1.所以eq\f(2,an＋1)＝1＋n－1＝n，所以an＝eq\f(2,n)－1.那么a2022＝eq\f(2,2022)－1＝－eq\f(1010,1011).4．(2019·江苏卷)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．16解析：设数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋4d＋a1＋7d＝0，,9a1＋\f(9×8,2)d＝27，))解得a1＝－5，d＝2，所以S8＝8×(－5)＋eq\f(8×7,2)×2＝16.等差数列运算问题的解题策略(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．考点2等差数列的判定与证明——综合性数列{an}满足an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1.(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Sn，并证明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)>eq\f(n,n＋1).(1)证明：因为an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)，化简得eq\f(1,an＋1)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)解：由(1)知eq\f(1,an)＝2n－1，所以Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2)>eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).证明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)>eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).1．若本例条件变为“若a1＝1，a2＝eq\f(1,2)，eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)(n∈N*)”，求数列{an}的通项公式．解：由已知式eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)可得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,an＋2)－eq\f(1,an＋1)，知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,a1)＝1，公差为eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝2－1＝1的等差数列，所以eq\f(1,an)＝n，即an＝eq\f(1,n).2．若本例条件变为“a1＝eq\f(3,5)，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)”，求数列{an}的通项公式．解：由已知可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1.又a1＝eq\f(3,5)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝eq\f(3,5)为首项，1为公差的等差数列，所以eq\f(an,n)＝eq\f(3,5)＋(n－1)·1＝n－eq\f(2,5)，所以an＝n2－eq\f(2,5)n.等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2.(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，再根据定义判定数列{an}为等差数列．(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d.对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．设cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，n∈N*,求证：数列{cn}是等差数列．证明：由题意得beq\o\al(2,n)＝anan＋1，有cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以数列{cn}是等差数列．考点3等差数列性质的应用——应用性考向1等差数列项的性质问题(1)(2020·宁德二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＋a8＝9，则S9＝()A．21 B．27C．30 D．36B解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＋a8＝9＝3a5，所以a5＝3，则S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝27.(2)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1 B．2C．4 D．8C解析：(方法一)设等差数列{an}的公差为d，依题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))解得d＝4.(方法二)等差数列{an}中，S6＝eq\f(a1＋a6×6,2)＝48，则a1＋a6＝16＝a2＋a5.又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，所以d＝4.等差数列的项的性质的关注点(1)项的性质：在等差数列{an}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.(2)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般先考虑应用项的性质．(3)项的性质常与等差数列的前n项和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)相结合命题．考向2等差数列前n项和的性质(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于()A．35 B．42C．49 D．63B解析：在等差数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，即7,14，S15－21成等差数列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.(2)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2018，eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6，则S2020＝________.2020解析：由等差数列的性质可得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列．设其公差为d，则eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6d＝6，所以d＝1.故eq\f(S2020,2020)＝eq\f(S1,1)＋2019d＝－2018＋2019＝1，所以S2020＝1×2020＝2020.等差数列前n项和的性质在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则：(1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，构成等差数列．(2)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．(3)S2n－1＝(2n－1)an.1．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，2＋a5＝a6＋a3，则S7＝()A．2 B．7C．14 D．28C解析：因为2＋a5＝a6＋a3，所以2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d，解得a4＝2.所以S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝7a4＝14.2．(2020·海南模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，则eq\f(a7,b6)＝()A.eq\f(6,7) B.eq\f(12,11)C.eq\f(18,25) D.eq\f(16,21)A解析：因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，所以可设Sn＝kn(n＋5)，Tn＝kn(2n－1)，k≠0.所以a7＝S7－S6＝18k，b6＝T6－T5＝21k，所以eq\f(a7,b6)＝eq\f(6,7).3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________.200解析：依题意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝eq\f(8,9)，因此S100＝10S10＋eq\f(10×9,2)d＝10×16＋eq\f(10×9,2)×eq\f(8,9)＝200.考点4等差数列前n项和的最值——应用性等差数列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为()A．S4 B．S5C．S6 D．S7B解析：因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5>0，,a6<0，))所以Sn的最大值为S5.1．本例若把条件改为“等差数列{an}中，S5<S6，S6＝S7>S8”，则下列结论错误的是()A．d<0B．a7＝0C．S9>S5D．S6，S7均为Sn中的最大值C解析：由S5<S6得a1＋a2＋a3＋…＋a5<a1＋a2＋…＋a5＋a6，即a6>0.又因为S6＝S7，所以a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，所以a7＝0，故B正确．同理由S7>S8，得a8<0.因为d＝a7－a6<0，故A正确．而C选项中S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由结论a7＝0，a8<0，显然C选项是错误的．因为S5<S6，S6＝S7>S8，所以S6与S7均为Sn的最大值，故D正确．2．本例条件变为“等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0”，则Sn取最大值时n的值为()A．6 B．7C．8 D．13B解析：根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，所以a7>0，a8<0，所以Sn取最大值时n的值为7.故选B.求等差数列前n项和Sn最值的两种方法(1)二次函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解．(2)通项变号法：①当a1>0，d<0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm；②当a1<0，d>0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm.等差数列{an}中，若eq\f(a9,a8)<－1，且它的前n项和Sn有最小值，则当Sn>0时，n的最小值为()A．14B．15C．16D．17C解析：因为数列{an}是等差数列，它的前n项和Sn有最小值，所以公差d>0，首项a1<0，{an}为递增数列．因为eq\f(a9,a8)<－1，所以a8·a9<0，a8＋a9>0，由等差数列的性质知，2a8＝a1＋a15<0，a8＋a9＝a1＋a16>0.因为Sn＝eq\f(na1＋an,2)，所以当Sn>0时，n的最小值为16.在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15.求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．[四字程序]读想算思n取何值时，Sn取得最大值1.Sn的表达式；2．求最值的方法？1.求通项公式an；2．求前n项和Sn转化与化归等差数列，a1＝20，S10＝S151.利用等差数列的项的符号；2．利用二次函数的性质1.an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)；2．Sn＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n1.数列的单调性；2．二次函数的性质思路参考：先求基本量d，再由an确定Sn取得最大值时n的值．解：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).由an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).因为a1＝20>0，d＝－eq\f(5,3)<0，所以数列{an}是递减数列．由an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)≤0，得n≥13，即a13＝0.当n≤12时，an＞0，当n≥14时，an＜0，所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.思路参考：先求出d，再由Sn的表达式确定其最大值．解：因为a1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(3,5).Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).因为n∈N*，所以当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.思路参考：利用等差数列的性质求解．解：由S10＝S15得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0.又d＝eq\f(a13－a1,13－1)＝－eq\f(5,3)，所以当n＝12或13时，Sn有最大值．所以S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.思路参考：结合二次函数知识解答．解：因为等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，且S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).又eq\f(10＋15,2)＝12.5，所以n＝12或13时，Sn取得最大值．所以S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.1．基于课程标准，解答本题一般需要学生熟练掌握数学阅读技能、运算求解能力、推理能力和表达能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养，试题的解答过程展现了数学文化的魅力．2．基于高考数学评价体系，本题创设了数学探索创新情景，通过知识之间的联系和转化，将最值转化为熟悉的数学模型．本题的切入点十分开放，可以从不同的角度解答题目，体现了基础性；同时，解题的过程需要知识之间的转化，体现了综合性．等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n＝________时，Sn最大．7解析：(方法一)由S3＝S11，得3a1＋eq\f(3×2,2)d＝11a1＋eq\f(11×10,2)d，则d＝－eq\f(2,13)a1.从而Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq\f(a1,13)(n－7)2＋eq\f(49,13)a1.又a1＞0，所以－eq\f(a1,13)＜0.故当n＝7时，Sn最大．(方法二)由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图像关于n＝eq\f(3＋11,2)＝7对称．由方法一可知a＝－eq\f(a1,13)＜0，故当n＝7时，Sn最大．(方法三)由方法一可知，d＝－eq\f(2,13)a1.要使Sn最大，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≤0，))解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．(方法四)由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0.又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，所以a7＞0，a8＜0，所以当n＝7时，Sn最大．第3节等比数列一、教材概念·结论·性质重现1．等比数列的有关概念(1)定义：一般地，如果数列{an}从第2项起，每一项与它的前一项之比都等于同一常数q，那么数列{an}就称为等比数列，其中q称为等比数列的公比，定义的递推公式为eq\f(an＋1,an)＝q(常数)．(2)等比中项：如果x，G，y是等比数列，那么称G为x与y的等比中项．因此G2＝xy.(1)注意：①等比数列的每一项都不可能为0；②公比是每一项与其前一项的比，前后次序不能颠倒，且公比是一个与n无关的常数．(2)“G2＝xy”是“x，G，y成等比数列”的必要不充分条件．2．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1qn－1.(2)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．(3)前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))(1)等比数列通项公式与指数函数的关系等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1还可以改写为an＝eq\f(a1,q)·qn，当q≠1且a1≠0时，y＝qx是指数函数，y＝eq\f(a1,q)·qx是指数型函数，因此数列{an}的图像是函数y＝eq\f(a1,q)·qx的图像上一些孤立的点．(2)求等比数列前n项和时要对公比q是否等于1进行分类讨论．3．等比数列的有关性质(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w＝m＋n，则aman＝aeq\o\al(2,w)，其中m，n，w∈N*.对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….(2)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{ban}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))，{pan·qbn}和eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(pan,qbn)))仍然是等比数列(其中b，p，q是非零常数)．(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．(4)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列，其公比为qk.(5)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq\f(T2n,Tn)，eq\f(T3n,T2n)，…成等比数列．4．等比数列{an}的单调性满足的条件单调性eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,q>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,0<q<1)){an}是递增数列eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1>0，,0<q<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1<0，,q>1)){an}是递减数列eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1≠0，,q＝1)){an}是常数数列q<0{an}是摆动数列5．常用结论(1)项的个数的“奇偶”性质，在等比数列{an}中，公比为q.①若共有2n项，则S偶∶S奇＝q；②若共有2n＋1项，则eq\f(S奇－a1,S偶)＝q.(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm⇔qn＝eq\f(Sn＋m－Sn,Sm)(q为公比)．二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．(×)(2)任意两个实数都有等比中项．(×)(3)如果数列{an}为等比数列，则数列{lnan}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＝eq\f(a1－an,1－a).(×)2．在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于()A．5 B．±5C．4 D．±4C解析：因为aeq\o\al(2,5)＝a3a7＝2×8＝16，所以a5＝±4.又因为a5＝a3q2＞0，所以a5＝4.3．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6等于()A．31 B．32C．63 D．64C解析：根据题意知，等比数列{an}的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.故选C.4．在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．27,81解析：设该数列的公比为q，由题意知，243＝9×q3，q3＝27，所以q＝3.所以插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.5．一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.(1GB＝210MB)39解析：由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成等比数列{an}，且a1＝2，q＝2，所以an＝2n，则2n＝8×210＝213，所以n＝13.即病毒共复制了13次．所以所需时间为13×3＝39(秒).考点1等比数列基本量的运算——基础性1．已知公比大于0的等比数列{an}满足a1＝3，前三项和S3＝21，则a2＋a3＋a4＝()A．21 B．42C．63 D．84B解析：S3＝21＝eq\f(a11－q3,1－q)＝3(1＋q＋q2)，即q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍)，所以a2＋a3＋a4＝qS3＝2×21＝42.2．在等比数列{an}中，若a4－a2＝6，a5－a1＝15，则a3＝________.4或－4解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q3－a1q＝6，,a1q4－a1＝15，))两式相除，得eq\f(q,1＋q2)＝eq\f(2,5)，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq\f(1,2).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－16，,q＝\f(1,2).))故a3＝4或a3＝－4.3．(2019·全国卷Ⅰ)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，则S5＝________.eq\f(121,3)解析：由aeq\o\al(2,4)＝a6，得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝eq\f(1,a1)＝3，所以S5＝eq\f(\f(1,3)1－35,1－3)＝eq\f(121,3).4．等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，则a2＝________.－3或eq\f(3,2)解析：(方法一：直接法)因为数列{an}是等比数列，所以当q＝1时，a1＝a2＝a3＝eq\f(3,2)，显然S3＝3a3＝eq\f(9,2).当q≠1时，由题意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(9,2)，,a1q2＝\f(3,2)，))解得q＝－eq\f(1,2)或q＝1(舍去)．所以a2＝eq\f(a3,q)＝eq\f(3,2)×(－2)＝－3.综上可知a2＝－3或eq\f(3,2).(方法二：优解法)由a3＝eq\f(3,2)得a1＋a2＝3.所以eq\f(a3,q2)＋eq\f(a3,q)＝3，即2q2－q－1＝0，所以q＝－eq\f(1,2)或q＝1.所以a2＝eq\f(a3,q)＝－3或eq\f(3,2).等比数列基本量的运算的解题策略(1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解．考点2等比数列的性质及应用——应用性(1)(2020·宝鸡二模)等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝()A．12 B．15C．8 D．2＋log35B解析：因为等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，所以a5a6＝a3a8＝27，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1×a2×a3×…×a10)＝log3(a5a6)5＝5log327＝15.(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，则公比q＝________.－eq\f(1,2)解析：由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1知公比q≠±1，则可得eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32).由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－eq\f(1,32)，q＝－eq\f(1,2).1．本例(1)条件不变，则a1＋a2＋…＋a10＝________.30解析：因为等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，所以a5a6＝a3a8＝27,所以a1＋a2＋…＋a10＝(a1·a2·…·a10)＝(a1a10)5＝(a5a6)5＝315＝2log3315＝30.2．本例(1)把条件变为“在各项不为零的等差数列{an}中，2a2017－aeq\o\al(2,2018)＋2a2019＝0，数列{bn}是等比数列，且b2018＝a2018”，试求log2(b2017·b2019)的值．解：因为等差数列{an}中a2017＋a2019＝2a2018，所以2a2017－aeq\o\al(2,2018)＋2a2019＝4a2018－aeq\o\al(2,2018)＝0.因为各项不为零，所以a2018＝4.因为数列{bn}是等比数列，所以b2017·b2019＝aeq\o\al(2,2018)＝16，所以log2(b2017·b2019)＝log216＝4.等比数列性质应用的要点(1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q，则有aman＝apaq”，可以减少运算量．(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，公比为qk(q≠－1)．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S5＝8，S10＝7，求a11＋a12＋a13＋a14＋a15的值．解：因为a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝S15－S10，且S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列，即8，－1，S15－S10成等比数列，所以8(S15－S10)＝1，即S15－S10＝eq\f(1,8)，所以a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝eq\f(1,8).考点3等比数列的判定和证明——综合性考向1用等比数列的定义证明已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3n－1，bn＝an＋n.(1)证明：数列{bn}为等比数列；(2)求数列{an}的前n项和．(1)证明：因为bn＝an＋n，所以bn＋1＝an＋1＋n＋1.又因为an＋1＝4an＋3n－1，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋n＋1,an＋n)＝eq\f(4an＋3n－1＋n＋1,an＋n)＝eq\f(4an＋n,an＋n)＝4.又因为b1＝a1＋1＝1＋1＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列．(2)解：由(1)求解知，bn＝2×4n－1，所以an＝bn－n＝2×4n－1－n，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2(1＋4＋42＋…＋4n－1)－(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(21－4n,1－4)－eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(2,3)(4n－1)－eq\f(1,2)n2－eq\f(1,2)n.判断或证明一个数列为等比数列时应注意的问题(1)判断或者证明数列为等比数列最基本的方法是用定义判断，其他方法最后都要回到定义．(2)判断一个数列是等比数列，有通项公式法及前n项和公式法，但在解答题中不作为证明方法．(3)若要判断一个数列不是等比数列，只需判断存在连续三项不成等比数列．考向2用等比中项法证明等比数列在数列{an}中，aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.(1)证明：因为aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝eq\f(an＋2＋1,an＋1＋1).因为a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，所以eq\f(a2＋1,a1＋1)＝2，所以数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．(2)解：由(1)知，an＋1＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－1，所以Sn＝eq\f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.证明等比数列问题的注意点(1)aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明q≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{an}为等比数列．1．设{an}为等比数列，给出四个数列：①{2an}；②{aeq\o\al(2,n)}；③{2an}；④{log2|an|}，其中一定为等比数列的是()A．①② B．①③C．②③ D．②④A解析：{an}为等比数列，设其公比为q，则通项公式为a1qn－1，所以对于①，数列{2an}是以2a1为首项，以q为公比的等比数列；对于②，eq\f(a\o\al(2,n),a\o\al(2,n－1))＝q2为常数，又因为aeq\o\al(2,1)≠0，故②为等比数列；对于③，eq\f(2an,2an－1)＝2an－(an－1)，不一定为常数；对于④，eq\f(log2|an|,log2|an－1|)＝eq\f(log2|a1qn－1|,log2|a1qn－2|)，不一定为常数．2．(2021·八省联考)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求{an}的通项公式．解：(1)由an＋2＝2an＋1＋3an可得an＋2＋an＋1＝3an＋1＋3an＝3(an＋1＋an)．因为各项都为正数，所以a1＋a2>0.所以{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．(2)构造an＋2－3an＋1＝k(an＋1－3an)，整理得an＋2＝(k＋3)an＋1－3kan.所以k＝－1，即an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)．所以an＋1－3an＝－(an－3an－1)＝(－1)2×(an－1－3an－2)＝…＝(a2－3a1)×(－1)n－1＝0.所以an＋1＝3an.所以{an}是以a1＝eq\f(1,2)为首项，3为公比的等比数列．所以an＝eq\f(3n－1,2)(n∈N＋)．3．在数列{an}中，已知an＋1an＝2an－an＋1，且a1＝2(n∈N*)．(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比数列；(2)设bn＝aeq\o\al(2,n)－an，且Sn为{bn}的前n项和，试证：2≤Sn＜3.证明：(1)由an＋1an＝2an－an＋1，得eq\f(2,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,2an)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,an＋1)－1＝eq