2021届山东高考数学一轮创新教学案：第5章 第3讲 等比数列及其前N项和 WORD版含解析.doc

1、第3讲等比数列及其前n项和考纲解读1.理解等比数列的概念及等比数列与指数函数的关系2掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并熟练掌握其推导方法，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(重点)3熟练掌握等比数列的基本运算和相关性质(难点)考向预测从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的重点预测2021年高考将会以等比数列的通项公式及其性质、等比数列的前n项和为考查重点，也可能将等比数列的通项、前n项和及性质综合考查，此外，还可能会与等差数列综合考查题型以客观题或解答题的形式呈现，属中档题型1.等比数列的有关概念(1)等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2

2、项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，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(q0)表示数学语言表达：q(n2)，q为常数，q0.(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；可推广为anamqnm.(2)等比数列的前n项和公式：当q1时，Snna1；当q1时，Sn.3.等比数列的相关性质设数列an是等比数列，Sn是其前n项和(1)若mnpq，则amanapaq，其中m，n，p

3、，qN*.特别地，若2spr，则apara，其中p，s，rN*.(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(k，mN*)(3)若数列an，bn是两个项数相同的等比数列，则数列ban，panqbn和(其中b，p，q是非零常数)也是等比数列(4)SmnSnqnSmSmqmSn.(5)当q1或q1且k为奇数时，Sk，S2kSk，S3kS2k，是等比数列，公比为qk.当q1且k为偶数时，Sk，S2kSk，S3kS2k，不是等比数列(6)若a1a2anTn，则Tn，成等比数列(7)若数列an的项数为2n，则q；若项数为2n1，则q.1.概念辨析(1)满

4、足an1qan(nN*，q为常数)的数列an为等比数列()(2)G为a，b的等比中项G2ab.()(3)如果数列an为等比数列，则数列lg an是等差数列()(4)若数列an的通项公式是anan，则其前n项和为Sn.()(5)若数列an为等比数列，则S4，S8S4，S12S8成等比数列答案(1)(2)(3)(4)(5)2.小题热身(1)在等比数列an中，a32，a78，则a5等于()A.5 B5 C4 D4答案C解析设等比数列an的公比为q，则q44，q22，所以a5a3q2224.(2)对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()A.a1，a3，a9成等比数列 Ba2，a3，a6成等比数列C

5、.a2，a4，a8成等比数列 Da3，a6，a9成等比数列答案D解析不妨设公比为q，则aaq4，a1a9aq8，a2a6aq6，当q1时，知A，B均不正确；又aaq6，a2a8aq8，同理，C不正确；由aaq10，a3a9aq10，知D正确故选D.(3)等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1()A. B C. D答案C解析由已知条件及S3a1a2a3，得a39a1，设数列an的公比为q，则q29，所以a59a1q481a1，得a1.(4)数列an中a12，an12an，Sn为an的前n项和，若Sn126，则n_.答案6解析因为a12，an12an，所以an0，故2.

6、所以数列an是公比为2的等比数列，因为Sn126，所以126，所以2n64，故n6.题型 一等比数列基本量的运算1.九章算术第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”如：甲、乙、丙、丁衰分得100,60,36,21.6个单位，递减的比例为40%，今共有粮m(m0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得80石，乙、丁衰分所得的和为164石，则“衰分比”与m的值分别为()A.20%369 B80%369C.40%360 D60%365答案A解析设“衰分比”为a，甲衰分得b石，由题意得解得b125，a20%，m369.故选A.

7、2.(2019全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和，若a11，S3，则S4_.答案解析设等比数列的公比为q，又a11，则ana1qn1qn1.S3，a1a2a31qq2，即4q24q10，q，S4.3.设等比数列an的前n项和为Sn，已知a3，S3.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2，求数列bn的前n项和Tn.解(1)当公比q1时，a3，S3，an；当q1时，a3，S3，a1q2，解得a16，q，此时an6n1.综上所述，数列an的通项公式为an或an6n1.(2)当an时，bnlog22，故Tn2n；当an6n1时，bnlog22n，此时Tn2n(n1)综上所述，Tn2n或T

8、nn(n1).1.等比数列基本运算中的两种常用数学思想方程的思想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)求关键量a1和q，问题可迎刃而解如举例说明2分类讨论的思想等比数列的前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.如举例说明32.等比数列的基本运算方法(1)等比数列可以由首项a1和公比q确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕a1和q进行(2)对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过列方程(组)求出a1，q.如果再给出第三个条件就可以完成a1，n，q，an，Sn的“知三求二”问题.1

9、.等比数列an的前n项和为Sn32n1r，则r的值为()A. B C. D答案B解析当n2时，anSnSn132n1r32n3r832n3，当n1时，a1S1321r3r，数列是等比数列，a1满足an832n3，即83233r，即r，故选B.2.(2020滨海新区期中)已知递增等比数列an的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1,3,9后成等差数列(1)求an的首项和公比；(2)设Snaaa，求Sn.解(1)根据等比数列的性质，可得a3a5a7a512，解得a58.设数列an的公比为q，则a3，a78q2，由题设可得(8q29)2(83)10，解得q22或.an是递增数列，可得

10、q1，q22，得q.因此a5a1q44a18，解得a12.(2)由(1)得an的通项公式为ana1qn12()n1()n1，a()n122n1，可得a是以4为首项，2为公比的等比数列因此Snaaa2n24.题型 二等比数列的判定与证明(2018全国卷)已知数列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的等比数列由题设条件可

11、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ann2n1.条件探究1将本例中的条件改为“a11，a(2an11)an2an10，且an0”，求an的通项公式解由a(2an11)an2an10，得2an1(an1)an(an1)因为an的各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.条件探究2将本例中的条件改为“a13，anan1anan1(n2，且nN)”求证数列是等比数列，并求出an.解anan1anan1，1，1，(n2)，是以为首项，1为公比的等比数列(1)n1，an.等比数列的判定方法(1)定义法：若q(q为非零

12、常数，nN*)或q(q为非零常数且n2，nN*)，则an是等比数列见举例说明(2)(2)等比中项公式法：若数列an中，an0且aanan2(nN*)，则数列an是等比数列(3)通项公式法：若数列通项公式可写成ancqn(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列.(4)前n项和公式法：若数列an的前n项和Snkqnk(k为常数且k0，q0,1)，则an是等比数列提醒：(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可1.已知an，bn都是等比数列，那么()A.anbn，a

13、nbn都一定是等比数列B.anbn一定是等比数列，但anbn不一定是等比数列C.anbn不一定是等比数列，但anbn一定是等比数列D.anbn，anbn都不一定是等比数列答案C解析an1，bn(1)n，则an，bn都是等比数列，但anbn不是等比数列；设等比数列an的公比为p，等比数列bn的公比为q，则pq.所以数列anbn一定是等比数列.2.设数列an的前n项和为Sn，满足：Snan，n1,2，n.(1)求证：数列是等比数列；(2)求Sn.解(1)证明：由题意，n1时，S1a10，即a10，n2时，SnSnSn12SnSn1，所以Sn，S1，所以数列是以为首项，为公比的等比数列(2)由(1)

14、知，Snn1n，所以Snn.题型 三等比数列前n项和及性质的应用角度1等比数列通项的性质1.已知数列an是递增的等比数列，且a4a62aa2a4144，则a5a3()A.6 B8 C10 D12答案D解析an是递增的等比数列，由a4a62aa2a4144，a5a30，可得a2a3a5a144，(a5a3)2144，a5a312，故选D.2.(2019开封模拟)已知数列an满足log2an11log2an(nN*)，且a1a2a3a101，则log2(a101a102a110)_.答案100解析由log2an11log2an，可得log2an1log22an，所以an12an，所以数列an是以a

15、1为首项，2为公比的等比数列，又a1a2a101，所以a101a102a110(a1a2a10)21002100，所以log2(a101a102a110)log22100100.角度2等比数列的前n项和的性质3.(2019丽水模拟)设各项都是正数的等比数列an的前n项和为Sn，且S1010，S3070，那么S40等于()A.150 B200C.150或200 D400或50答案A解析易知S10，S20S10，S30S20，S40S30成等比数列，因此有(S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，故S2020或S2030.又S200，所以S2030，S20S1

16、020，S30S2040，故S40S3080，所以S40150.故选A.4.(2020池州高三上学期期末)已知等比数列an的公比q2，前100项和为S10090，则其偶数项a2a4a100为()A.15 B30 C45 D60答案D解析设Sa1a3a99，则a2a4a100(a1a3a99)q2S，又因为S100a1a2a3a10090，所以3S90，S30，所以a2a4a1002S60.1.掌握运用等比数列性质解题的两个技巧(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a1，q满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条

17、件(2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：若an是等比数列，且an0，则logaan(a0且a1)是以logaa1为首项，logaq为公差的等差数列若公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，则Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为qn.如举例说明3.2.牢记与等比数列前n项和Sn相关的几个结论(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列an中，公比为q.若共有2n项，则S偶S奇q；若共有2n1项，则S奇S偶(q1且q1)，q.(2)分段求和：SnmSnqnSmqn(q为公比).1.(2019青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，且满足a6,

18、3a4，a5成等差数列，则()A.3 B9 C10 D13答案C解析设等比数列an的公比为q，因为a6,3a4，a5成等差数列，所以6a4a6a5，所以6a4a4(q2q)由题意得a40，q0.所以q2q60，解得q3，所以1q210.2.(2015全国卷)已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7()A.21 B42 C63 D84答案B解析设an的公比为q，由a13，a1a3a521得1q2q47，解得q22(负值舍去)a3a5a7a1q2a3q2a5q2(a1a3a5)q221242.故选B.3.各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2，S3n14，则S4n

19、等于()A.80 B30 C26 D16答案B解析由题意知公比大于0，由等比数列的性质知Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，仍为等比数列设S2nx，则2，x2,14x成等比数列由(x2)22(14x)，解得x6或x4(舍去)Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，是首项为2，公比为2的等比数列又S3n14，S4n1422330.故选B.组基础关1.(2019全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，则a3()A.16 B8 C4 D2答案C解析由题意知解得a3a1q24.故选C.2.(2020新乡调研)已知各项均不为0的等差数列an满足a3a1

20、10，数列bn为等比数列，且b7a7，则b1b13()A.25 B16 C8 D4答案B解析由a3a110，得2a70，a74，所以b74，b1b13b16.3.(2020天津武清区模拟)设an是首项大于零的等比数列，则“aa”是“数列an为递增数列”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案B解析设公比为q，若aa，则a1，则q1或q1，当q1时，数列为摆动数列，则“数列an为递增数列”不成立，即充分性不成立，若“数列an为递增数列”，则a10，a20，则“aa”成立，即必要性成立，则“a0)的等比数列an的前n项和为Sn.若S23a22，S4

21、3a42，则a1等于()A.2 B1 C. D.答案B解析将已知两式作差得S4S23a43a2，所以a3a43a43a2，即3a2a2q2a2q20.所以2q2q30，解得q或q1(舍去)将q代入S23a22，即a1a1q3a1q2，解得a11.6.(2019郑州模拟)等比数列an的前n项和为Sn，若S2n4(a1a3a2n1)，a1a2a327，则a5()A.81 B24 C81 D24答案C解析解法一：易知等比数列an的公比q1，由S2n4(a1a3a2n1)，可得4，解得q3.由a1a2a3a27，得a23，所以a5a2q333381.故选C.解法二：当n1时，S2a1a24a1，即a2

22、3a1，所以q3.又a1a2a3a27，所以a23，所以a5a2q333381.故选C.7.(2019南昌模拟)在等比数列an中，a1an66，a2an1a3an2256，且前n项和Sn126，则n ()A.2 B4 C6 D8答案C解析因为数列an是等比数列，所以a2an1a3an2a1an，又因为a2an1a3an2256，所以a1an128，又因为a1an66.所以a12，an64或a164，an2.因为Sn，且Sn126，所以若a12，an64，则126，得q2.此时an22n12n64，n6；若a164，an2，则126，得q，此时an64n12，得n6.综上知，n6.8.已知等比数

23、列an满足a1，a3a54(a41)，则q_.答案2解析由等比数列的性质得aa3a5，又因为a3a54(a41)，所以a4(a41)，解得a42.又a1，所以q38，解得q2.9.设等比数列an的前n项和为Sn，若S10S512，则S15S5_.答案34解析因为S10S512，所以设S52a，S10a(a0)，因为S5，S10S5，S15S10成等比数列，即2a，a，S15a成等比数列，所以(a)22a(S15a)，解得S15，所以S15S534.10.已知an是等比数列，a22，a5，则a1a2a2a3anan1等于_答案解析因为an是等比数列，a22，a5，所以q3，则q，所以q2(n2)

24、所以数列anan1是以8为首项，为公比的等比数列所以a1a2a2a3anan1.组能力关1.(2018北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A.f B.f C.f D.f答案D解析由已知，单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为bn，共有13项由等比数列的通项公式可知，b8b1q7f()7f.2.(2019天水市秦州区模拟)设ABC的内角A，

25、B，C成等差数列，sinA，sinB，sinC成等比数列，则这个三角形的形状是()A.等边三角形 B钝角三角形C.直角三角形 D等腰直角三角形答案A解析由题意得2BAC，又ABC，所以B，又因为sin2BsinAsinC，由正弦定理得b2ac.由余弦定理得b2a2c22accosBa2c2ac，所以a2c22ac0，即(ac)20，所以ac.所以ABC是等边三角形.3.若数列an1an是等比数列，且a11，a22，a35，则an_.答案解析因为a11，a22，a35，所以a2a11，a3a23.所以等比数列an1an的首项为1，公比为3，所以an1an13n1.所以a2a11，a3a23，an

26、an13n2，以上各式相加得ana1133n2，又a11，所以an(n2)当n1时，a11，也满足上式，所以an.4.(2019全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设bnlog2an，求数列bn的前n项和解(1)设an的公比为q，由题设得2q24q16，即q22q80.解得q2(舍去)或q4.因此an的通项公式为an24n122n1.(2)由(1)得bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前n项和为13(2n1)n2.5.已知数列an中，a11，anan1n，记T2n为an的前2n项的和，bna2na2n1，nN*.(1)判断数列bn是否为等比数列，并求出bn；(2)求T2n.解(1)anan1n，an1an2n1，即an2an.bna2na2n1，a11，a1a2，a2，b1a1a2.bn是首项为，公比为的等比数列bnn1.(2)由(1)可知，an2an，a1，a3，a5，是以a11为首项，以为公比的等比数列；a2，a4，a6，是以a2为首项，以为公比的等比数列，T2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)3.