第六章 §6.3　等比数列及其前n项和.docx

1、6.3等比数列及其前等比数列及其前 n 项和项和 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等比数列的有关概念 (1)定义：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一常数(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an 1 an q(nN*，q 为非零常数) (2)等比中项：若 a，G，b 成等比数列，则称 G 为 a 和 b 的等比中项，此时，G2ab. 2等比数列的有关公式 (1)通项公式：ana1qn 1. (2)前 n 项和公式：

2、 Sn na1，q1， a11qn 1q a1anq 1q ，q1. 3等比数列的性质 (1)通项公式的推广：anamqn m(m，nN*) (2)对任意的正整数 m，n，p，t，若 mnpt，则 amanapat. 特别地，若 mn2p，则 amana2p. (3)若等比数列前 n 项和为 Sn，则 Sm，S2mSm，S3mS2m仍成等比数列(m 为偶数且 q1 除 外) (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，ank，an2k，an3k， 为等比数列，公比为 qk. (5)若 a10， q1 或 a10， 0q0， 0q1 或 a11， 则等比数列an递减 微

3、思考 1若数列an满足 an1qan(q0)，则an一定是等比数列吗？ 提示不一定需验证 a10. 2若数列an为等比数列，bna2n1a2n，则数列bn是等比数列吗？ 提示不一定当 q1 时不是等比数列 题组一思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)等比数列an的公比 q1，则该数列单调递增() (2)三个数 a，b，c 成等比数列的充要条件是 b2ac.() (3)如果正项数列an为等比数列，则数列ln an是等差数列() (4)数列an的通项公式是 anan，则其前 n 项和为 Sna1a n 1a .() 题组二教材改编 2已知等比数列的首项为1，前 n 项和

4、为 Sn，若S10S5 S5 1 32，则 q 的值为( ) A1 2 B.1 2 C2D2 答案B 解析当 q1 时，S10S5 S5 1 1 32，q1. 当 q1 时，S10S5 S5 a6a7a8a9a10 a1a2a3a4a5 q5 1 32， q1 2.故选 B. 3已知数列an为等比数列，a26,6a1a330，则 a4_. 答案54 或 24 解析由 a1q6， 6a1a1q230， 解得 q3， a12 或 q2， a13， a4a1q323354 或 a43233824. 4已知三个数成等比数列，若它们的和等于 13，积等于 27，则这三个数为_ 答案1,3,9 或 9,3

5、,1 解析设这三个数为a q，a，aq，则 aa qaq13， aa qaq27， 解得 a3， q1 3 或 a3， q3， 这三个数为 1,3,9 或 9,3,1. 题组三易错自纠 5(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 a10,0q0，则 S4S62S5 D若 bn 1 an，则b n是等比数列 答案ABD 解析A，B 显然是正确的； C 中，若 a11，q1 2，则 a 6a5，即 S6S50，所以an 2an1 an1an 3， 所以数列anan1是公比为 3 的等比数列 (

6、2)解由题意知 anan1(a1a2)3n 123n1， 因为 an22an13an， 所以 an23an1(an13an)，a23a1， 所以 a23a10，所以 an13an0，故 an13an， 所以 4an23n 1，an1 23 n1. 思维升华 等比数列的三种常用判定方法 (1)定义法：若an 1 an q(q 为非零常数，nN*)或 an an1q(q 为非零常数且 n2，nN *)，则an 是等比数列 (2)等比中项法：若数列an中，an0 且 a2n1anan2(nN*)，则an是等比数列 (3)前 n 项和公式法：若数列an的前 n 项和 Snkqnk(k 为常数且 k0，

7、q0,1)，则 an 是等比数列 跟踪训练 1 (2021泰州模拟)已知数列an，cn满足 cn2an1an.若数列an是等比数列， 试判断数列cn是否为等比数列，并说明理由 解设等比数列an的公比为 q， 则 cn2an1an2anqan(2q1)an， 当 q1 2时，c n0，数列cn不是等比数列； 当 q1 2时，因为 c n0， 所以cn 1 cn 2q1an 1 2q1an q， 所以数列cn是等比数列 题型三 等比数列性质的应用 例 2 (1)已知数列an是等比数列，Sn为其前 n 项和，若 a1a2a34，a4a5a68，则 S12 等于() A40B60C32D50 答案B

8、解析数列 S3，S6S3，S9S6，S12S9是等比数列， 即 4,8，S9S6，S12S9是等比数列， S1248163260. (2)已知 Sn是等比数列an的前 n 项和，S3，S9，S6成等差数列，a2a54，则 a8_. 答案2 解析由已知得，2S9S3S6，q1， 则有 2a11q 9 1q a11q 3 1q a11q 6 1q ， 解得 q31 2， 又 a2a5a2(1q3)4， a28，a8a2q681 42. 思维升华 (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

9、解决问 题的突破口 (2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要 跟踪训练 2 (1)已知数列an为等比数列，且 a2a62a24，则 tan(a3a5)等于() A. 3B 3C 3 3 D 3 答案A 解析由已知得 a242a24，a24 3， 又 a3a5a24 3，tan(a 3a5) 3. (2)(2020全国)设an是等比数列，且 a1a2a31，a2a3a42，则 a6a7a8等于 () A12B24C30D32 答案D 解析设等比数列an的公比为 q， 则 qa2a3a4 a1a2a3 2 12， 所以 a6a7a8(a1a2a3)q512532. 对于数列通项公式的求解， 除

10、了我们已经学习过的方法以外， 根据数列递推公式的特点， 还有以下几种构造方法 构造法 1一阶线性递推(形如 an1panq，p0，其中 a1a 型) (1)若 p1，数列an为等差数列； (2)若 q0，数列an为等比数列； (3)若 p1 且 q0，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 an1p(an)，得 an1pan(p1)， 又 an1panq，所以(p1)q，即 q p1(p1)， 所以 an1 q p1p an q p1 ， 即 an q p1 构成以 a1 q p1为首项，以 p 为公比的等比数列 例 1 在数列an中，若 a11，an12

11、an3，求an的通项公式 解an12an3，an132(an3)， 又 a134，数列an3是首项为 4，公比 q2 的等比数列， an342n 12n1，an2n13. 变式若例 1 中“an12an3”变成“an12an3n”， 其他条件不变， 求an的通项公式 解方法一an12an3n， an13n 12(an3n)， 即 an12an3n，1， 即 an13n 12(an3n)， 又 a132，an3n是首项为2，公比 q2 的等比数列， an3n22n 12n，an3n2n. 方法二an12an3n，等式两边同除以 3n 1， 得an 1 3n 1 2 3 an 3n 1 3， 令

12、bnan 3n，则 b n12 3b n1 3， bn12 3(b n)，得 bn12 3b n1 3，得1， bn112 3(b n1)，又 b11a1 3 12 3， bn1是首项为2 3，公比 q 2 3的等比数列， bn12 3 2 3 n1 2 3 n，bn1 2 3 n， an 3n1 2 3 n，an3n2n. 构造法 2二阶线性递推(形如 an1panqan1，其中 a1a，a2b 型) 可以化为 an1x1anx2(anx1an1)，其中 x1，x2是方程 x2pxq0 的两个根，若 1 是方程 的根，则直接构造数列anan1，若 1 不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消

13、元的方 法求数列an 例 2 (1)在数列an中，a11，a23，an23an12an，则 an_. 答案2n1 解析an2an12(an1an)， a2a12，anan1为首项为 2，公比也为 2 的等比数列， anan12n 1(n1)， n1 时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 2n 12n221 12 n 12 2n1. 显然 n1 时满足上式， an2n1. (2)已知在数列an中，a15，a22，an2an13an2(n3)，求这个数列的通项公式 解an2an13an2， anan13(an1an2)， 又 a1a27，anan1形成首项为 7，公比为 3 的等

14、比数列， 则 anan173n 2， 又 an3an1(an13an2)， a23a113，an3an1形成首项为13，公比为1 的等比数列， 则 an3an1(13)(1)n 2， 3得，4an73n 113(1)n1， an7 43 n113 4 (1)n 1. 构造法 3倒数为特殊数列 形如 an1 pan rans型 两边同时取倒数转化为 1 an1 s p 1 an r p的形式，化归为 b n1pbnq 型，求出 1 an的表达式，再 求 an. 例 3 (1)已知数列an中，a11，an1 2an an2，求数列a n的通项公式 解an1 2an an2，a 11， an0， 1

15、 an1 1 an 1 2， 即 1 an1 1 an 1 2， 又 a11，则 1 a11， 1 an是以 1 为首项，1 2为公差的等差数列 1 an 1 a1(n1) 1 2 n 2 1 2， an 2 n1(nN *) (2)已知在数列an中，a12，an1 an an3(nN *)，求 an. 解 1 an13 1 an1， 1 an1 1 23 1 an 1 2 ， 1 a1 1 21， 1 an 1 2 是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， 1 an 1 23 n1，1 an3 n11 2， an 2 23n 11(nN *) 课时精练课时精练 1在正项等比数列an中，a32

16、，a4a664，则a5a6 a1a2的值是( ) A4B8C16D64 答案C 解析设正项等比数列an的公比为 q， a32，a4a664， a1q22，a21q864， 解得 q24，则a5a6 a1a24 216. 2设正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S3S12S2，且 a23，则 a5等于() A3B12C24D48 答案C 解析设等比数列an的公比为 q， S3S12S2，a23， a32a1a2， a23 a1q22a1a1q， a1q3， 解得 q1， a13 (舍)或 q2， a13 2， a5a1q43 22 424. 3已知数列 a1， a2 a1， an an1

17、，是首项为 1，公比为 2 的等比数列，则 log 2an等于() An(n1)B.nn1 4 C.nn1 2 D.nn1 2 答案D 解析由题设有 an an112 n12n1(n2)， 而 ana1a2 a1 a3 a2 an an112 12n1 (1) 2 2 n n- (n2)， 当 n1 时，a11 也满足该式，故 an (1) 2 2 n n- (n1)， 所以 log2annn1 2 . 4在数列an中，a11，a23，且an 2 an 2(1)n(nN*)，Sn为数列an的前 n 项和，则 S100等于() A.3 501 2 50B.313 50 2 50 C.33 501

18、 2 50D.33 1001 2 50 答案C 解析由题意an 2 an 2(1)n(nN*)， 当 n 为偶数时，可得an 2 an 3； 当 n 为奇数时，可得an 2 an 1， 即数列的偶数项成公比为 3 的等比数列，奇数项都为 1， 由求和公式可得 S10033 501 31 5033 501 2 50. 5(多选)已知等比数列an的公比为 q，前 4 项的和为 a114，且 a2，a31，a4成等差数列， 则 q 的值可能为() A.1 2 B1C2D3 答案AC 解析因为 a2，a31，a4成等差数列， 所以 a2a42(a31)， 因此 a1a2a3a4a13a32a114，故

19、 a34. 又an是公比为 q 的等比数列， 所以由 a2a42(a31)， 得 a3 q1 q 2(a31)，即 q1 q 5 2， 解得 q2 或1 2. 故选 AC. 6(多选)数列an的前 n 项和为 Sn，若 a11，an12Sn(nN*)，则有() ASn3n 1 BSn为等比数列 Can23n 1 Dan 1，n1， 23n 2，n2 答案ABD 解析由题意，数列an的前 n 项和满足 an12Sn(nN*)， 当 n2 时，an2Sn1， 两式相减，可得 an1an2(SnSn1)2an， 可得 an13an，即an 1 an 3(n2)， 又由 a11，当 n1 时，a22S

20、12a12，所以a2 a12， 所以数列的通项公式为 an 1，n1， 23n 2，n2； 当 n2 时，Snan 1 2 23 n1 2 3n 1， 又由 n1 时，S1a11，适合上式， 所以数列an的前 n 项和为 Sn3n 1； 又由Sn 1 Sn 3n 3n 13， 所以数列Sn为公比为 3 的等比数列， 综上可得选项 ABD 是正确的 7记 Sn为等比数列an的前 n 项和，a11，且 S4a51，则公比 q_. 答案2 或1 解析若q1， 则S44， a510， 等式S4a51不成立， 所以q1.由S4a51， 得a11q 4 1q a1q41，结合 a11 整理，得(q41)(

21、2q)0.又 q1， 所以 q2 或 q1. 8已知在递增的等比数列an中，a2a83，a3a72，则a13 a10_. 答案2 解析因为数列an为等比数列，且 a3a72， 所以 a2a82， 因为数列an为递增等比数列， 所以由 a2a83， a2a82， 得 a21， a82， 设等比数列an的公比为 q(q0)， 则 a1q1， a1q72， 得 q62，q3 2， 所以a13 a10q 3 2. 9(2021安庆模拟)已知公比不为 1 的等比数列an，且 a23a7，a62a43a5，则数列的通 项公式 an_. 答案2n 1 解析设等比数列an的公比为 q，则 q1，由 a23a7

22、，a62a43a5， 得 a1q22a1q6， a1q52a1q33a1q4， 解得 a14，q2， 数列an的通项公式 ana1qn 142n12n1. 10已知数列an与 a2n n 均为等差数列(nN*)，且 a12，则 an_，a1 a2 2 2 a3 3 3 an n n_. 答案2n2n 12 解析设 an2(n1)d，所以a 2 n n 2n1d 2 n d 2n24d2d2nd22 n ， 由于 a2n n 为等差数列， 所以其通项是一个关于 n 的一次函数或常数函数， 所以(d2)20，d2， 所以 an22(n1)2n，an n 2n n 2， 所以 a1 a2 2 2 a

23、3 3 3 an n n 21222n212 n 12 2n 12. 11(2018全国)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bnan n . (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 an12n1 n an， 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 的等比数列理由如下： 由条件可得 an1 n1 2an n ，即 bn12bn， 又 b11，所以bn是首项为 1，

24、公比为 2 的等比数列 (3)由(2)可得an n 2n 1，所以 ann2n1. 12已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 2Snann(nN*) (1)求证：数列 an1 2 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 an1 3a n11 3. an1 2 1 3 an11 2 ， 数列 an1 2 为等比数列 (2)解由 2S1a11，得 a11 3， 由(1)知，数列 an1 2 是以1 6为首项， 1 3为公比的等比数列 an1 2 1 6 1 3 n11 2 1

25、3 n， an1 2 1 3 n1 2， an11 2 1 3 n1 2， Tn 1 6 1 1 3 n 11 3 n 2 1 4 1 3 n1 n 2. 13(多选)如图，已知点 E 是ABCD 的边 AB 的中点，Fn(nN*)为边 BC 上的一列点，连结 AFn交 BD 于 Gn，点 Gn(nN*)满足GnD an1GnA 2(2an3)GnE ，其中数列an是首项为 1 的正项数列，Sn是数列an的前 n 项和，则下列结论正确的是() Aa313B数列an3是等比数列 Can4n3DSn2n 1n2 答案AB 解析GnD an1GnA 2(2an3)1 2(G nA GnB )， 故G

26、nD (an12an3)GnA (2an3)GnB ， GnD ，GnB 共线，故 an12an30， 即 an132(an3)，a11， 故 an342n 1，故 an2n13. a324313，A 正确； 数列an3是等比数列，B 正确； an2n 13，C 错误； Sn412 n 12 3n2n 23n4，故 D 错误 故选 AB. 14(多选)已知数列an不是常数列，其前 n 项和为 Sn，则下列选项正确的是() A若数列an为等差数列，Sn0 恒成立，则an为递增数列 B若数列an为等差数列，a10，S3S10，则 Sn的最大值在 n6 或 7 时取得 C若数列an为等比数列，则 S

27、2 021a2 0210 恒成立 D若数列an为等比数列，则2 n a 也为等比数列 答案ABC 解析对于 A，若数列an为等差数列，Sn0 恒成立，则公差 d0，故an为递增数列，故 A 正确； 对于 B，若数列an为等差数列，a10，设公差为 d，由 S3S10，得 3a132 2 d10a1109 2 d， 即 a16d，故 an(n7)d，所以当 n7 时，an0，a70，故 Sn的最大值在 n6 或 7 时 取得，故 B 正确； 对于 C，若数列an为等比数列，则 S2 021a2 021a11q 2 021 1q a1q2 020a21q2 0201q 2 021 1q 0 恒 成

28、立，故 C 正确； 对于 D，若数列an为等比数列，则 1 1 22 n n aa q ，所以 1 1 1 1 )( 2=2 2 2 nn n n n n aa a a aqq 不是常数， 故2 n a 不是等比数列，故 D 错误 故选 ABC. 15已知数列an满足递推公式 an12an1，a11.设 Sn为数列an的前 n 项和，则 4n7nSn an1 的最小值是_ 答案 17 4 解析因为 an12an1，所以 an112(an1)， 所以数列an1是首项为 a112，公比为 2 的等比数列， 所以 an12n，所以 an2n1， 所以 Sn222232nn212 n 12 n2n 1

29、2n， 所以4 n7nSn an1 4 n7n2n12n 2n 2n 9 2n2， 由对勾函数的性质可得，当 n1 时，2n2,2n 9 2n22 9 22 9 2， 当 n2 时，2n4，所以 y2n 9 2n2 单调递增， 当 n2 时，2n 9 2n24 9 42 17 4 1，a12，且 a1，a2，a38 成等差数列，数列anbn的前 n 项和为2n13 n1 2 . (1)分别求出数列an和bn的通项公式； (2)设数列 1 an的前 n 项和为 Sn，nN*，Snm 恒成立，求实数 m 的最小值 解(1)因为 a12，且 a1，a2，a38 成等差数列， 所以 2a2a1a38，

30、 即 2a1qa1a1q28，所以 q22q30， 所以 q3 或 q1，又 q1，所以 q3， 所以 an23n 1(nN*) 因为 a1b1a2b2anbn2n13 n1 2 ， 所以 a1b1a2b2an1bn12n33 n11 2 (n2)， 两式相减，得 anbn2n3n 1(n2)， 因为 an23n 1，所以 bnn(n2)， 当 n1 时，由 a1b12 及 a12，得 b11(符合上式)， 所以 bnn(nN*) (2)因为数列an是首项为 2，公比为 3 的等比数列， 所以数列 1 an是首项为1 2，公比为 1 3的等比数列， 所以 Sn 1 2 1 1 3 n 11 3 3 4 1 1 3 n 3 4. 因为nN*，Snm 恒成立， 所以 m3 4，即实数 m 的最小值为 3 4.