2021新高考数学一轮复习学案5-3等比数列

第三节等比数列课标要求考情分析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.1.本节是高考重点考查的内容之一，涉及等比数列的定义、等比中项、通项公式、前n项和公式以及等比数列的性质等内容．2．命题形式多种多样，一般以选择题或填空题的形式考查等比数列的基本运算与简单性质，在解答题中与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查.知识点一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，定义的表达式为eq\f(an＋1,an)＝q(n∈N*，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⇒G2＝ab.知识点二等比数列的有关公式1．通项公式：an＝a1qn－1.2．前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)q≠1)).知识点三等比数列的常用性质1．通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．2．若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝aeq\o\al(2,k).3．若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，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)))(λ≠0)仍然是等比数列．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，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，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＝a2n－1＋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{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).(×)(5)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(×)2．小题热身(1)在等比数列{an}中，a1＝1，a3＝2，则a7＝(B)A．－8B．8C．8或－8D．16或－16(2)已知数列{an}满足a4＝27，an＋1＝－3an(n∈N*)，则a1＝(C)A．1B．3C．－1D．－3(3)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a5＝2a3,2a4＋4a7A．29B．31C．33D．36(4)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2·a4＝16，S3＝7，则q＝2.(5)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则eq\f(a2,b2)＝1.解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，a3＝2，∴q2＝2，∴a7＝a3q4＝2×22＝8.故选B.(2)由题意知数列{an}是以－3为公比的等比数列，∴a4＝a1(－3)3＝27，∴a1＝eq\f(27,－33)＝－1.故选C.(3)设等比数列{an}的公比为q，由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q4＝2a1q2，,2a1q3＋4a1q6＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝16，))所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝31，故选B.(4)∵a2·a4＝aeq\o\al(2,3)＝16，∴a3＝4(负值舍去)，①又S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(a3,q2)＋eq\f(a3,q)＋a3＝7，②联立①②，得3q2－4q－4＝0，解得q＝－eq\f(2,3)或q＝2.∵an>0，∴q＝2.(5)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2，所以eq\f(a2,b2)＝1.考点一等比数列的基本量运算【例1】(1)(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则aA．16B．8C．4D．2(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若公比q＝eq\r(3,2)，且a1＋a2＋a3＝1，则S12的值是________．【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.(2)已知a1＋a2＋a3＝1，则S3＝eq\f(a11－q3,1－q)＝1，又q＝eq\r(3,2)，则a1＝eq\r(3,2)－1，故S12＝eq\f(a11－q12,1－q)＝eq\f(\r(3,2)－1[1－\r(3,2)12],1－\r(3,2))＝15.【答案】(1)C(2)15方法技巧1等比数列中有五个量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q＝1和q≠－1的分类讨论.1．(2019·全国卷Ⅰ)记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：解法1：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq\o\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).解法2：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq\o\al(2,4)＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).2．等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(63,4)，则a8＝32.解析：当q＝1时，S6＝2S3，不符合题意；当q≠1时，因为S3＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(63,4)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))即1＋q3＝9，所以q＝2，代入可得a1＝eq\f(1,4)，即a8＝a1q7＝32.考点二等比数列的判定与证明【例2】已知数列{an}满足对任意的正整数n，均有an＋1＝5an－2·3n，且a1＝8.(1)证明：数列{an－3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq\f(an,3n)，求数列{bn}的前n项和Tn.【解】(1)证明：因为an＋1＝5an－2·3n，所以an＋1－3n＋1＝5an－2·3n－3n＋1＝5(an－3n)，又a1＝8，所以a1－3＝5≠0，所以数列{an－3n}是首项为5、公比为5的等比数列．所以an－3n＝5n，所以an＝3n＋5n.(2)由(1)知，bn＝eq\f(an,3n)＝eq\f(3n＋5n,3n)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))n，则数列{bn}的前n项和Tn＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))1＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))2＋…＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))n＝n＋eq\f(\f(5,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))n)),1－\f(5,3))＝eq\f(5n＋1,2·3n)＋n－eq\f(5,2).方法技巧判定一个数列为等比数列的常见方法：1定义法：若eq\f(an＋1,an)＝qq是不为零的常数，则数列{an}是等比数列；2等比中项法：若aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2n∈N*，an≠0，则数列{an}是等比数列；3通项公式法：若an＝AqnA，q是不为零的常数，则数列{an}是等比数列.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，Seq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)－λSn＋1，其中λ为常数．(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，Seq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)－λSn＋1，∴Seq\o\al(2,n)＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，∴Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0，∵an>0，∴Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，∴Sn＋1＝2Sn＋λ.(2)存在．∵Sn＋1＝2Sn＋λ，∴Sn＝2Sn－1＋λ(n≥2)，相减得an＋1＝2an(n≥2)，∴{an}从第二项起成等比数列，∵S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ∴a2＝1＋λ>0，得λ>－1，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,λ＋12n－2，n≥2，))若{an}是等比数列，则a1a3＝aeq\o\al(2,2)，∴2(λ＋1)＝(λ＋1)2，∴λ＝1，经检验，符合题意．故存在实数λ，使得数列{an}为等比数列，λ的值为1.考点三等比数列的性质及应用命题方向1等比数列项的性质【例3】(1)在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则eq\f(a20,a10)＝________.(2)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.【解析】(1)解法1：设等比数列{an}的公比为q，由a2a6＝16得aeq\o\al(2,1)q6＝16，∴a1q3＝±4.由a4＋a8＝8，得a1q3(1＋q4)＝8，即1＋q4＝±2，∴q2＝1.于是eq\f(a20,a10)＝q10＝1.解法2：由等比数列的性质，得aeq\o\al(2,4)＝a2a6＝16，∴a4＝±4，又a4＋a8＝8，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a8＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝－4，,a8＝12.))∵aeq\o\al(2,6)＝a4a8>0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a8＝4，))则公比q满足q4＝1，q2＝1，∴eq\f(a20,a10)＝q10＝1.(2)因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.【答案】(1)1(2)100命题方向2等比数列和的性质【例4】(1)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于()A.eq\f(1,8) B．－eq\f(1,8)C.eq\f(57,8) D.eq\f(55,8)(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＝________.【解析】(1)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，在等比数列中S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以有8(S9－S6)＝1，则S9－S6＝eq\f(1,8)，即a7＋a8＋a9＝eq\f(1,8).(2)由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1知公比q≠－1，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).【答案】(1)A(2)－eq\f(1,2)方法技巧1在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋qm，n，p，q∈N*，则有aman＝apaq”，则可减少运算量.2等比数列的项经过适当的组合后组成的新数列也具有某种性质，例如在等比数列中，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…也成等比数列，公比为qkq≠－1.1．(方向1)在等比数列{an}中，a1，a5为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a3＝(A)A．4B．5C．±4D．±5解析：因为a1，a5为