2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第五章第三讲　等比数列及其前n项和学案

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第三讲　等比数列及其前n项和



　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.[多选题]下列结论中,错误的为(　　)
A.满足an+1=qan(n∈N*,q为常数)的数列{an}为等比数列
B.a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=ac
C.如果数列{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列{bn}也是等比数列
D.如果数列{an}为等比数列,则数列{ln an}是等差数列
2.设{an}是公比为q的等比数列,则“q>1”是“{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
3.[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a3=(　　)
A.16 B.8 C.4 D.2
4.记等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=6,则S4=(　　)
A.10或8 B. - 10 C. - 10或8 D. - 10或 - 8
5.[2020贵阳市高三摸底测试]等比数列{an}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2+…+log3a10=(　　)
A.12 B.10 C.8 D.2+log35
6.[2017全国卷Ⅱ]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(　　)
A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
7.[2016全国卷Ⅰ]设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　. 


考法1 等比数列的判定与证明
1[2018全国卷Ⅰ]已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=ann.
(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.



(1)由条件可得an+1=2(n+1)nan.
将n=1代入得,a2=4a1,因为a1=1,所以a2=4.
将n=2代入得,2a3=6a2,所以a3=12.
因为bn=ann,
所以b1=1,b2=2,b3=4.
(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an+1n+1=2ann,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得ann=2n - 1,所以an=n·2n - 1.
1.[2016全国卷Ⅲ]已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;
(2)若S5=3132,求λ.





考法2 等比数列的基本运算
2(1)[2019全国卷Ⅰ]记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=13,a42=a6,则S5=　　　　. 　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)[2017全国卷Ⅲ]设等比数列{an}满足a1+a2= - 1,a1 - a3= - 3,则a4=　　　　. 
(3)在等比数列{an}中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式an=　　　　. 
(1)解法一　设等比数列{an}的公比为q,因为a42=a6,所以(a1q3)2=a1q5,所以a1q=1.又a1=13,所以q=3,所以S5=a1(1-q5)1-q=13×(1-35)1-3=1213.
解法二　设等比数列{an}的公比为q,因为a42=a6,所以a2a6=a6,所以a2=1.又a1=13,所以q=3,所以S5=a1(1-q5)1-q=13×(1-35)1-3=1213.
(2)设等比数列{an}的公比为q,则a1+a2=a1(1+q)= - 1,a1 - a3=a1(1 - q2)= - 3.两式相除,得1+q1-q2=13,解得q= - 2.代入得a1=1,所以
a4=a1q3= - 8.
(3)解法一　(通项法)由题意知a1+4a1+16a1=21,解得a1=1,所以等比数列{an}的通项公式an=a1qn - 1=4n - 1.
解法二　(对称设元)由题意可设等比数列{an}的前3项分别为x4,x,4x,则x4+x+4x=21,解得x=4,所以等比数列{an}的通项公式an=a2qn - 2=4×4n - 2=4n - 1.(应用an=amqn - m)
2.(1)已知等比数列{an}的公比为正数,且a3·a9=2a52,a2=1,则a1=(　　)
A.12 B.22 C.2 D.2
(2)已知数列{an}是等差数列,若a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,则q=(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
(3)[数学文化题]中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起,由于脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.则此人第二天走了(　　)
A.96里 B.48里 C.192里 D.24里
考法3 等比数列的性质的应用
3(1)[2019江西名校联考]已知数列{an}为各项均为正数的等比数列,Sn是它的前n项和,若a1a7=4,且a4+2a7=52,则S5=
A.32 B.31 C.30 D.29
(2)在等比数列{an}中,已知a1+a3=8,a5+a7=4,则a9+a11+a13+a15的值为
A.1 B.2 C.3 D.5
(1)因为a1a7=4,所以a42=4,……………………………………………………(活用等比数列通项的性质:若n+m=2p,则anam=ap2(m,n,p∈N*),注意与等差数列通项的性质的区别)
因为an>0,所以a4=2.(注意“各项均为正数的等比数列”的应用)
因为a4+2a7=52,所以a4(1+2q3)=52,(活用等比数列通项的性质:an=amqn - m(m,n∈N*))
所以q3=18,所以q=12,所以a1=16,所以S5=16×[1-(12)5]1-12=31.
(2)因为{an}为等比数列,所以a5+a7是a1+a3与a9+a11的等比中项,(分别把a1+a3,a5+a7看成整体)
所以(a5+a7)2=(a1+a3)(a9+a11),
故a9+a11=(a5+a7)2a1+a3=428=2.
同理,a9+a11是a5+a7与a13+a15的等比中项,
所以(a9+a11)2=(a5+a7)(a13+a15),故a13+a15=(a9+a11)2a5+a7=224=1.所以a9+a11+a13+a15=2+1=3.
(1)B　(2)C
4[2019山东省实验中学模拟]已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S8 - 2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为
A.25 B.20 C.15 D.10
在正项等比数列{an}中,Sn>0.
因为S8 - 2S4=5,所以S8 - S4=5+S4,
易知S4,S8 - S4,S12 - S8成等比数列,(注意不是S4,S8,S12成等比数列)
所以(S8-S4)2=S4·(S12 - S8),
所以S12 - S8=(S4+5)2S4=25S4+S4+10≥225S4·S4+10=20(当且仅当S4=5时取等号).
因为S12 - S8=a9+a10+a11+a12,所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.
B
解后反思
求解本题时,一般解法是利用等比数列的前n项和的公式得首项a1和公比q的关系式,把a9+a10+a11+a12用含q的代数式表示出来,再利用基本不等式,求得所求最小值,运算较为烦琐.若利用等比数列的性质“Sk为等比数列的前k项和且Sk≠0,k∈N*,那么Sk,S2k - Sk,S3k - S2k成等比数列”,则可提升求解速度,通过该性质的运用,把a9+a10+a11+a12转化为含S4的代数式,并利用基本不等式求最小值,考查了逻辑推理、数学运算等核心素养.
3.(1)设在等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9=(　　)
A.18 B. - 18 C.578 D.558
(2)记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*),已知am - 1am+1 - 2am=0,且T2m - 1=128,则m的值为(　　)
A.4 B.7 C.10 D.12
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1.ACD　对于A,当n属于正整数,q为常数且不等于0时,数列{an}为等比数列,故A错误;对于B,由等比中项的概念可知,a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=ac,故B正确;对于C,当等比数列{an}的公比q= - 1时,bn=0,此时{bn}不是等比数列,故C错误;对于D,当an为正数时,数列
{ln an}是等差数列,故D错误.所以结论中错误的为ACD.
2.D　等比数列 - 1, - 2, - 4,…,满足公比q=2>1,但{an}不是递增数列,即充分性不成立.an= - 1×(12)n - 1为递增数列,但q=12<1,即必要性不成立.故“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件,故选D.
3.C　设等比数列{an}的公比为q,由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4,得q2=4,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,故选C.
4.C　设等比数列的公比为q,因为a1=2,S3=6,所以S3=2+2q+2q2=6,则q2+q - 2=0,所以q=1或q= - 2.当q=1时,S4=S3+2=8;当q= - 2时,S4=S3+a1q3=6+2×( - 2)3= - 10.故选C.
5.B　由等比数列的性质及题意可知,a5a6+a4a7=2a5a6=18,所以a5a6=9,所以log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1·a2·…·a10)=log395=10,故选B.
6.B　由题意知,每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{an},则前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得a1(1-27)1-2=381,解得a1=3,故选B.
7.64　解法一　设等比数列{an}的公比为q,由a1+a3=10,a2+a4=5得,a1(1+q2)=10,a1q(1+q2)=5,解得a1=8,q=12.
所以a1a2…an=a1nq1+2+…+(n - 1)=8n×(12)n(n-1)2=2-12n2+72n.
记t= - n22+7n2(n∈N*),则t= - 12(n2 - 7n)= - 12(n - 72)2+498,
易知当n=3或4时,a1a2…an取得最大值26=64.
解法二　设等比数列{an}的公比为q,由题可知a1+a1q2=10,a1q+a1q3=5,则q=12,a1=8,所以an=8·(12)n - 1=24 - n.
当n=4时,a4=1,所以a1>a2>a3>a4=1>a5>a6>….
所以a1a2…an取最大值时n=3或4.
所以a1a2…an的最大值为64.

1.(1)由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=11-λ,a1≠0.
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1 得an+1=λan+1 - λan,即an+1(λ - 1)=λan.又a1≠0,λ≠0且λ≠1,所以an+1an=λλ-1.
所以{an}是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,
故an=11-λ(λλ-1)n - 1.
(2)由(1)得Sn=1 - (λλ-1)n.由S5=3132得1 - (λλ-1)5=3132,即(λλ-1)5=132,解得λ= - 1.
2.(1)B　设公比为q(q>0),由已知得a1q2·a1q8=2(a1q4)2,
则q=2,所以a1=a2q=12=22.故选B.
(2)A　设等差数列{an}的公差为d,由a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,得(a4+3)2=a2(a6+6),即(a1+3d+3)2=(a1+d)·(a1+5d+6),化简得(2d+3)2=0,解得d= - 32.所以q=a4+3a2=a1-92+3a1-32=a1-32a1-32=1.故选A.
(3)A　由题意得,将此人每天所走的路程从第一天起依次排列,形成一个公比为12的等比数列,记为{an},其前6项和等于378,于是有a1[1-(12)6]1-12=378,解得a1=192,所以a2=12a1=96,即此人第二天走了96里,故选A.
3.(1)A　因为a7+a8+a9=S9 - S6,且S3,S6 - S3,S9 - S6成等比数列,所以8(S9 - S6)=1,所以S9 - S6=18,即a7+a8+a9等于18.故选A.
(2)A　因为{an}是等比数列,所以am - 1am+1=am2.又am - 1am+1 - 2am=0,则am2 - 2am=0,所以am=2(am=0舍去).由等比数列的性质可知前2m - 1项的积T2m - 1=am2m-1,即22m - 1=128,解得m=4.故选A.