2023年高考数学一轮复习 第六章 数列 第3节 等比数列及其前n项和教案.doc

1、第3节等比数列及其前n项和考试要求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.了解等比数列与指数函数的关系1.等比数列的概念(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都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(显然q0).数学语言表达式：q(n2，q为非零常数).(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的等比中项.此时G2ab.2.等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列an的首项为a1，公比是q，则其通项公式为ana1qn1；通项公式的推广：ana

2、mqnm.(2)等比数列的前n项和公式：当q1时，Snna1；当q1时，Sn.3.等比数列的性质已知an是等比数列，Sn是数列an的前n项和.(1)若klmn(k，l，m，nN*)，则有akalaman.(2)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，公比为qm.(3)当q1，或q1且n为奇数时，Sn，S2nSn，S3nS2n，仍成等比数列，其公比为qn.1.若数列an，bn(项数相同)是等比数列，则数列can(c0)，|an|，a，anbn，也是等比数列.2.由an1qan，q0，并不能立即断言an为等比数列，还要验证a10.3.在运用等比数列的前n项和公

3、式时，必须注意对q1与q1分类讨论，防止因忽略q1这一特殊情形而导致解题失误.4.三个数成等比数列，通常设为，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为，xq，xq3.1.思考辨析(在括号内打“”或“”)(1)等比数列公比的q是一个常数，它可以是任意实数.()(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2ac.()(3)数列an的通项公式是anan，则其前n项和为Sn.()(4)数列an为等比数列，则S4，S8S4，S12S8成等比数列.()答案(1)(2)(3)(4)解析(1)在等比数列中，q0.(2)若a0，b0，c0满足b2ac，但a，b，c不成等比数列.(3)当a1时，Snna.

4、(4)若a11，q1，则S40，S8S40，S12S80，不成等比数列.2.设bR，数列an的前n项和Sn3nb，则()A.an是等比数列B.an是等差数列C.当b1时，an是等比数列D.当b1时，an是等比数列答案C解析当n1时，a1S13b，当n2，anSnSn1(3nb)(3n1b)23n1，当b1时，a12适合an23n1，an为等比数列.当b1时，a1不适合an23n1，an不是等比数列.3.(2021全国甲卷)记Sn为等比数列an的前n项和.若S24，S46，则S6()A.7 B.8 C.9 D.10答案A解析易知S2，S4S2，S6S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6S4)(

5、S4S2)2，即4(S66)22，所以S67.4.(多选)若an是公比为q(q0)的等比数列，记Sn为an的前n项和，则下列说法正确的是()A.若a10，0q1，则an为递减数列B.若a10，0q1，则an为递增数列C.若q0，则S4S62S5D.若bn，则bn是等比数列答案ABD解析A，B显然是正确的；C中，若a11，q，则a6a5，即S6S5S5S4，故C错误；D中，(q0)，bn是等比数列.故选ABD.5.(2022百校大联考)已知在等比数列an中，a1a3a118，则a2a8_.答案4解析设公比为q，则ana1qn1，则a1a1q2a1q108，所以aq128，所以a1q42，所以a2

6、a8a1qa1q7aq8(a1q4)24.6.(易错题)已知在等比数列an中，a37，前三项之和S321，则公比q的值是_.答案1或解析当q1时，a37，S321，符合题意；当q1时，得q.综上，q的值是1或.考点一等比数列基本量的运算1.已知an是等比数列，a22，a5，则公比q等于()A. B.2 C.2 D.答案D解析由题意知q3，即q.2.(多选)(2021潍坊调研)已知等比数列an的各项均为正数，且3a1，a3，2a2成等差数列，则下列说法正确的是()A.a10 B.q0C.3或1 D.9答案ABD解析设等比数列an的公比为q，由题意得23a12a2，即a1q23a12a1q.因为数

7、列an的各项均为正数，所以a10，且q0，故A，B正确；由q22q30，解得q3或q1(舍)，所以q3，q29，故C错误，D正确，故选ABD.3.(2022亳州模拟)九章算术中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍.”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是_.(结果精确到0.1.参考数据：lg 20.30，lg 30.48)()A.2.9天 B.3.9天 C.4.9天 D.5.9天答案C解析设蒲的长度组成等比数列an，其a13，公比为，前n项和为An.莞的

8、长度组成等比数列bn，其b11，公比为2，其前n项和为Bn.则An，Bn，由题意可得5，解得2n30，2n1(舍去).nlog2304.9.4.(2019全国卷)设Sn为等比数列an的前n项和.若a1，aa6，则S5_.答案解析由aa6得(a1q3)2a1q5，整理得q3.所以S5.感悟提升1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)便可迎刃而解.2.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q1时，an的前n项和Snna1；当q1时，an的前n项和Sn.考点二等比数列的判定与证明例1 Sn为等比数

9、列an的前n项和，已知a49a2，S313，且公比q0.(1)求an及Sn；(2)是否存在常数，使得数列Sn是等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.解(1)易知q1，由题意可得解得a11，q3，an3n1，Sn.(2)假设存在常数，使得数列Sn是等比数列，S11，S24，S313，(4)2(1)(13)，解得，此时Sn3n，则3，故存在常数，使得数列Sn是以为首项，3为公比的等比数列.感悟提升1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；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.在利用递推关系判定等比数列时，要注意

10、对n1的情形进行验证.训练1 已知数列an的前n项和为Sn，且anSnn.(1)设cnan1，求证：cn是等比数列；(2)求数列an的通项公式.(1)证明anSnn，an1Sn1n1.得an1anan11，所以2an1an1，2(an11)an1，又a1a11，所以a1，a110，因为，.故cn是以c1a11为首项，为公比的等比数列.(2)解由(1)知an1，an1.考点三等比数列的性质及应用角度1项与和的性质例2 (1)若等比数列an的各项均为正数，且a1a109，则log9a1log9a2log9a10()A.6 B.5 C.4 D.1答案B解析log9a1log9a2log9a10log

11、9(a1a10)(a2a9)(a3a8)(a4a7)(a5a6)log9955，故选B.(2)(2021济南模拟)等比数列an的前n项和为Sn，若S101，S307，则S40_.答案15解析等比数列an的前n项和为S101，S307，S10、S20S10、S30S20、S40S30成等比数列，即1、S201、7S20、S407成等比数列，(S201)21(7S20)，解得S203或S202(舍)，所以1、2、4、S407成等比数列，所以S4078，解得S4015.(3)已知等比数列an共有2n项，其和为240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q_.答案2解析由题设，S偶S奇80，S2n2

12、40.角度2等比数列的最值例3 (多选)(2022扬州大学附属中学月考)设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a11，a2 021a2 0221，0，下列结论正确的是()A.S2 021S2 022B.a2 021a2 02310C.T2 022是数列Tn中的最大值D.数列Tn无最大值答案AB解析当q0时，a2 021a2 022aq0，不成立；当q1时，a2 0211，a2 0221，0，不成立；故0q1，且a2 0211，0a2 0221，故S2 022S2 021，A正确；a2 021a2 0231a10，故B正确；T2 021是数列Tn中的最大值，CD错

13、误.故选AB.感悟提升(1)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破口.(2)涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.训练2 (1)公比不为1的等比数列an满足a5a6a4a78，若a2am4，则m的值为()A.8 B.9 C.10 D.11答案B解析公比不为1的等比数列an满足a5a6a4a78，a5a6a4a74，由a2am4，2m5611，解得m9.(2)(2021长沙检测)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S82S45，则a9a10a

14、11a12的最小值为()A.25 B.20 C.15 D.10答案B解析在正项等比数列an中，Sn0，因为S82S45，则S8S45S4，易知S4，S8S4，S12S8是等比数列，所以(S8S4)2S4(S12S8)，所以S12S8S41021020(当且仅当S45时取等号)因为a9a10a11a12S12S8，所以a9a10a11a12的最小值为20.数列中的创新问题读懂题意，将其转化为数列问题，根据条件可将其转化为有规律等差或等比数列问题，解此类题的关键是找到其规律.例 (1)(2021珠海一模)已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图所示的三角形数表，第i行第j列的数记为ai，j，

15、如a3，17，a4，315，则ai，j2 021时，(3)log2(i19)()A.54 B.18 C.9 D.6答案A解析奇数构成的数阵，令2n12 021，解得n1 011，故2 021是数阵中的第1 011个数，第1行到第i行一共有123i个奇数，则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1 035个奇数，所以2 021位于第45行，又第45行是从左到右依次递增的，且共有45个奇数，所以2 021位于第45行，从左到右第21列，所以i45，j21，则(3)log2(i19)(3)log2(4519)(3)2log2649654.故选A.(2)(多选)(2021新高考

16、卷)设正整数na020a12ak12k1ak2k，其中ai0，1(i0，1，k)，记(n)a0a1ak，则()A.(2n)(n)B.(2n3)(n)1C.(8n5)(4n3)D.(2n1)n答案ACD解析对于A，(n)a0a1ak，2n020a021a122ak12kak2k1，所以(2n)0a0a1ak(n)，A正确；对于B，取n2，则2n37120121122，(7)3，而2020121，则(2)1，即(7)(2)1，B错误；对于C，8n5a023a124ak2k35120021122a023a124ak2k3，所以(8n5)2a0a1ak，4n3a022a123ak2k23120121a

17、022a123ak2k2，所以(4n3)2a0a1ak，因此(8n5)(4n3)，C正确；对于D，2n120212n1，故(2n1)n，D正确.故选ACD.1.已知等比数列an满足a11，a3a54(a41)，则a7的值为()A.2 B.4 C. D.6答案B解析根据等比数列的性质得a3a5a，a4(a41)，即(a42)20，解得a42.又a11，a1a7a4，a74.2.(2022重庆诊断)设等比数列an的前n项和为Sn，a28，a7，则S6()A. B. C. D.答案C解析设等比数列an公比为q，则a7a2q5，又a28，a7，q，故a116，又Sn，即S6.3.(2021安庆三模)某

18、工厂生产A、B、C三种产品的数量刚好构成一个公比为q(q1)的等比数列，现从全体产品中按分层随机抽样的方法抽取一个样本容量为260的样本进行调查，其中C产品的数量为20，则抽取的A产品的数量为()A.100 B.140 C.180 D.120答案C解析A、B、C三种产品的数量刚好构成一个公比为q的等比数列，C产品的数量为20，A产品的数量为，B产品的数量为，样本容量为260，20260，解得q或(舍去)，q，则A产品的数量为180，故选C.4.(2021全国甲卷)等比数列an的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q0，乙：Sn是递增数列，则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件

19、但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案B解析当a10，q1时，ana1qn10，此时数列Sn递减，所以甲不是乙的充分条件.当数列Sn递增时，有Sn1Snan1a1qn0，若a10，则qn0(nN*)，即q0；若a10，则qn0(nN*)，不存在，所以甲是乙的必要条件.综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件. 5.(多选)(2021福州联考)已知等比数列an的公比为q，且a51，则下列选项正确的是()A.a3a72 B.a4a62C.a72a610 D.a32a410答案AC解析根据题意可得a3，a4，a6q，a7q2，a3a7q22，当且仅当q21时取等

20、号，故A正确；a4a6q，当q0时，值为负数，故B错误；a72a61q22q1(q1)20，故C正确；a32a4112，可知存在q使得a32a410，故D错误.故选AC.6.(2021南通期末)朱载堉(15361611)是中国明代一位杰出的律学家、数学家和历学家，他的著作律学新说中制作了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设第三个音的频率为f1，第七个音的频率为f2，则_.答案2解析由题意知，可以将

21、每个音的频率看作等比数列an中的项，一共13项，且q，最后一个音是最初那个音的频率的2倍，a132a1，即a1q122a1，可得q122，q4(q12)2，2.7.已知等比数列an的前n项和为Sn，若S37，S663，则a1_.答案1解析由于S37，S663知公比q1，又S6S3q3S3，得6377q3.q38，q2.由S37，得a11.8.等比数列an的首项a11，前n项和为Sn，若，则an的通项公式an_.答案解析因为，所以，因为S5，S10S5，S15S10成等比数列，且公比为q5，所以q5，q，则an.9.(2022上海外国语附中月考)设数列xn满足logaxn11logaxn(a0，

22、a1)，若x1x2x100100，则x101x102x200_.答案100a100解析logaxn11logaxn(a0，a1)，则1logaxn1logaxnloga，a，数列xn是公比为a的等比数列，x1x2x100100，x101x102x200a100(x1x2x100)100a100.10.已知数列an的前n项和为Sn，且满足2Snann(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n2时2Sn1an1n1，两式相减，得2ananan11，即anan1.an，数列为等比数列.(2)解由2S1a11，得a1，由(1)知，数列是以为首

23、项，为公比的等比数列.an，an，an1，Tn.11.(2020新高考海南卷)已知公比大于1的等比数列an满足a2a420，a38.(1)求an的通项公式；(2)求a1a2a2a3(1)n1anan1.解(1)设an的公比为q(q1)，且a2a420，a38.消去a1，得q，则q2，或q(舍).因此q2，a12，所以an的通项公式an2n.(2)易知(1)n1anan1(1)n122n1，则数列(1)n122n1公比为4.故a1a2a2a3(1)n1anan123252729(1)n122n11(4)n(1)n.12.(多选)(2021济南二模)已知数列an中，a11，anan12n，nN，则

24、下列说法正确的是()A.a44 B.a2n是等比数列C.a2na2n12n1 D.a2n1a2n2n1答案ABC解析a11，anan12n，a22，a32，a44，由anan12n可得an1an22n1，2，a2n，a2n1分别是以2，1为首项，公比为2的等比数列，a2n22n12n，a2n112n12n1，a2na2n12n1，a2n1a2n32n12n1，综上可知，ABC正确，D错误.13.(多选)(2022重庆一模)已知数列an和各项均为正数的等比数列bn满足： (aii)2bn2，b12，b2b3是b3与b4的等差中项，数列an的前n项和为Sn，则下列结论正确的是()A.数列anbn是

25、等差数列B.Sn2n12C.数列an是递增数列D. 2答案ABC解析设bn的公比为q.由题知b3b42(b2b3)b4b32b20q2q20q2或1(舍)，故bn2n，ann2bn2bn12n12n2n，an2nn，anbnn，故anbn为等差数列，A正确；Sn2222n(12n)2(2n1)，B正确；an1an2n11，故an是递增数列，C正确；当n1时，1，21，矛盾，故D错误.故选ABC.14.(2022武汉质量检测)已知公比不为1的等比数列an满足a1a35，且a1，a3，a2构成等差数列.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和，求使Sk成立的最大正整数k的值.解(1)设公比为q.由题意得a1a22a3，a1(1q2q2)0，又a10，q或1(舍)，a1a35，a1(1q2)5，a14，an4.(2)Sn.Sk，显然，k为奇数，即.解得k3，所以满足条件的最大正整数k的值为3.