2027年高考数学一轮复习第六章　§6.3　等比数列学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第六章　§6.3　等比数列学案含解析，共16页。

1.等比数列有关的概念
(1)定义：一般地，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(q≠0)表示.
(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，G2=ab.
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，公比为q，则其通项公式为an=a1qn-1.
(2)等比数列通项公式的推广：an=amqn-m.
(3)等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=na1；当q≠1时，Sn=a1(1−qn)1−q=a1−anq1−q.
3.等比数列的常用性质
(1)若m+n=p+q，则aman=apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w=m+n，则aman=aw2，其中m，n，w∈N*.
(2)ak，ak+m，ak+2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*).
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和panqbn也是等比数列(b，p，q≠0).
(4)若a1>0，q>1或a10)，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68，
故S8-S4=a5+a6+a7+a8=(a1+a2+a3+a4)q4=68-4=64，
又S4=a1+a2+a3+a4=4，
所以4q4=64，解得q=2(舍负)，
所以这个数列的公比为2.
解题时关注三个关键点
(1)当q≠0，且q≠1时，Sn=k-k·qn(k≠0)是{an}是等比数列的充要条件，此时k=a11−q.
(2)由an+1=qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
(3)在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q=1与q≠1分类讨论，防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.
题型一 等比数列基本量的运算
例1 (1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1=1，S5=5S3-4，则S4等于( )
A.158B.658C.15D.40
答案 C
解析 方法一 若该数列的公比q=1，代入S5=5S3-4中，
有5=5×3-4，不成立，所以q≠1.
由1−q51−q=5×1−q31−q-4，
化简得q4-5q2+4=0，
所以q2=1(舍)或q2=4，
因为此数列各项均为正数，
所以q=2，所以S4=1−q41−q=15.
方法二 由题知1+q+q2+q3+q4
=5(1+q+q2)-4，
即q3+q4=4q+4q2，
即q3+q2-4q-4=0，
即(q-2)(q+1)(q+2)=0.
由题知q>0，所以q=2.
所以S4=1+2+4+8=15.
(2)(2025·北京模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4=4，S6=9S3，则a1等于( )
A.12B.1C.2D.6
答案 A
解析 因为数列{an}为正项等比数列，即an>0，可得首项a1>0，公比q>0，
若S6=9S3，即S6-S3=8S3，
可得a4+a5+a6=8(a1+a2+a3)，
则q3=a4+a5+a6a1+a2+a3=8，即q=2，
且a32=a2a4=4，即a3=2(负值舍去)，
可得a1q2=2，即4a1=2，所以a1=12.
思维升华 等比数列基本量的运算的解题策略
(1)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)求解.
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法.
(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q=1的情形，否则会漏解或增解.
跟踪训练1 (1)(多选)(2025·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3=7，a3=1，则( )
A.q=12B.a5=19
C.S5=8D.an+Sn=8
答案 AD
解析 对A，由题意得a1q2=1，a1+a1q+a1q2=7，结合q>0，解得a1=4，q=12或a1=9，q=−13(舍去)，故A正确；
对B，a5=a1q4=4×124=14，故B错误；
对C，S5=a1(1−q5)1−q=4×1−1321−12=314，故C错误；
对D，an=4×12n−1=23-n，Sn=4×1−12n1−12=8-23-n，
则an+Sn=23-n+8-23-n=8，故D正确.
(2)(2025·赣州模拟)已知{an}是等比数列，a1=1，a2=2，则a1a2+a2a3+…+anan+1等于( )
A.23(1-4-n)B.23(1-2-n)
C.23(4n-1)D.2n+1-2
答案 C
解析 由a1=1，a2=2可知公比q=2，
所以an=a1qn-1=2n-1，
所以an+1=2n，
所以anan+1=2n-1·2n=22n-1=12×(22)n=12×4n=2×4n-1，
所以anan+1是首项为2，公比为4的等比数列，所以其前n项和为Sn=2(1−4n)1−4=23(4n-1).
题型二 等比数列的判定与证明
例2 (1)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是( )
A.若b2=ac，则a，b，c成等比数列
B.若{an}为等差数列，则{2an}为等比数列
C.若Sn=3n-1，则数列{an}为等比数列
D.若a1=1，a2=2，3an+1=an+2an+2(n∈N*)，则{an+1-an}为等比数列
答案 BCD
解析 对于A，当a=b=c=0时，b2=ac，此时a，b，c不成等比数列，故A错误；
对于B，若{an}为等差数列，设其公差为d，则此时有2an+12an=2an+1−an=2d>0，所以数列{2an}为等比数列，故B正确；
对于C，若Sn=3n-1，则a1=S1=2，
an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=3n-3n-1=2·3n-1(n≥2)，
a1=2显然满足an=2·3n-1，
所以数列{an}为等比数列，故C正确；
对于D，因为3an+1=an+2an+2，
所以2(an+2-an+1)=an+1-an，
而a1=1，a2=2，
因此数列{an+1-an}是首项为1，公比为12的等比数列，故D正确.
(2)已知数列{an}的各项均为互不相等的正数，且a1=1，a6=8a3，记Sn为数列{an}的前n项和，若{1+Sn}是等比数列，证明：数列{an}是等比数列.
证明 因为a1=1，
所以1+S1=2，又数列{1+Sn}是等比数列，
设数列{1+Sn}的公比为q，
根据题意有q>0且q≠1，
所以1+Sn=(1+S1)·qn-1=2qn-1，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(1+Sn)-(1+Sn-1)
=2qn-1-2qn-2=2(q-1)qn-2，
又因为a6=8a3，
所以2(q-1)q4=16(q-1)q，
又q>0且q≠1，所以有q3=8，所以q=2，
所以an=2(q-1)qn-2=2n-1(n≥2).
当n=1时，由上式得a1=1，这与已知a1=1一致，所以an=2n-1，故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列.
延伸探究 本例(2)变为：已知等比数列{an}的各项均为互不相等的正数，且a1=1，a6=8a3，记Sn为数列{an}的前n项和.求证：数列{1+Sn}是等比数列.
证明 设等比数列{an}的公比为q，q>0且q≠1，
因为a1=1，a6=8a3，所以q5=8q2，解得q=2.
所以Sn=1−qn1−q=2n-1，
所以1+Sn=2n，
且1+S1=2，
所以数列{1+Sn}是以2为首项，2为公比的等比数列.
思维升华 等比数列的四种常用判定方法
(1)定义法：若anan−1=q(q为非零常数，且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列.
(2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0且an+12=anan+2(n∈N*)，则{an}是等比数列.
(3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an=cqn-1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列.
(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn=kqn-k(k为常数，且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列.
跟踪训练2 (2026·昆明模拟)已知数列{an}满足an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2，n∈N*)，且a1=1，a2=14.
(1)证明：数列1an+1−1an是等比数列；
(2)求{an}的通项公式.
(1)证明 ∵an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2，n∈N*)，
∴anan-1+3anan+1=4an-1an+1，
∴1an+1+3an−1=4an，
∴1an+1-1an=31an−1an−1，
又1a2-1a1=4-1=3≠0，
∴数列1an+1−1an是首项为3，公比为3的等比数列.
(2)解 由(1)得1an+1-1an=3×3n-1=3n，
∴当n≥2时，1an−1an−1+1an−1−1an−2+…+1a2−1a1=3n-1+3n-2+…+31=3(1−3n−1)1−3=3n−32，即1an-1a1=3n−32，
∴1an=3n−32+1a1=3n−32+1=3n−12，
∴an=23n−1，
又a1=1也满足上式，
∴数列{an}的通项公式为an=23n−1.
题型三 等比数列的性质
命题点1 项的性质
例3 (1)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7= .
答案 -2
解析 方法一 {an}为等比数列，
∴a4a5=a3a6，∴a2=1，
又a2a9a10=a7a7a7，∴1×(-8)=(a7)3，
∴a7=-2.
方法二 设{an}的公比为q(q≠0)，
则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q，显然an≠0，
则a4=q2，即a1q3=q2，则a1q=1，
∵a9a10=-8，则a1q8·a1q9=-8，
则q15=(q5)3=-8=(-2)3，
则q5=-2，则a7=a1q·q5=q5=-2.
(2)两个公比均不为1的等比数列{an}，{bn}，其前n项的积分别为An，Bn，若a5b5=2，则A9B9等于( )
A.512B.32C.8D.2
答案 A
解析 因为A9=a1a2a3…a9=a59，
B9=b1b2b3…b9=b59，
所以A9B9=a5b59=29=512.
下标和相等的等差(比)性质的推广
(1)若数列{an}为等比数列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，则am1am2·…·amn=ak1ak2·…·akn.
(2)若数列{an}为等差数列，且m1+m2+…+mn=k1+k2+…+kn，则am1+am2+…+amn=ak1+ak2+…+akn.
典例 已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9=5，S8=16，则S11= .
答案 33
解析 S8=8(a1+a8)2=16，∴a1+a8=4，
又∵a9+a1+a8=3a6，∴a6=3，
故S11=11a6=33.
命题点2 和的性质
例4 (1)(2025·南昌模拟)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4+a5+a6=-3，a7+a8+a9=9，则S15等于( )
A.81B.71C.61D.51
答案 C
解析 由题可知S3，S6-S3，S9-S6，S12-S9，S15-S12成等比数列，
所以(S6−S3)2=S3(S9-S6)，又S6-S3=a4+a5+a6=-3，S9-S6=a7+a8+a9=9，
所以(-3)2=S3×9，得S3=1，
则此等比数列的首项是1，公比是-3，那么S12-S9=a10+a11+a12=9×(-3)=-27，
S15-S12=a13+a14+a15=-27×(-3)=81，
所以S15=1+(-3)+9+(-27)+81=61.
(2)若等比数列{an}共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为 ，项数为 .
答案 2 9
解析 因为等比数列{an}共有奇数项，
所以S奇=a1+qS偶，
即341=1+170q，解得q=2，
设这个数列共有2n+1项，则S2n+1=1−22n+11−2=341+170=511，解得n=4，
所以这个等比数列的项数为9.
思维升华 (1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m+n=p+q，则aman=apaq”，可以减少运算量，提高解题速度.
(2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.
跟踪训练3 (1)(多选)下列说法正确的是( )
A.若等比数列{an}的前n项和Sn=2n-1+t，则t=-1
B.若{an}为等比数列，且a2a7+a3a6=6，则a1a2a3…a8=81
C.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…成等比数列
D.项数为奇数的等比数列{an}，a1=2，S奇=8532，S偶=2116，则公比q=12
答案 BD
解析 对于A，因为Sn=2n-1+t=t+12×2n，由等比数列的前n项和公式Sn=a1(1−qn)1−q=a11−q-a11−qqn，知t=-12，所以A错误；
对于B，由a2a7+a3a6=6，得到a2a7=a3a6=3，所以a1a2a3…a8=(a2a7)4=81，故B正确；
对于C，当q=-1，n为偶数时，Sn=0，显然Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，…不成等比数列，所以C错误；
对于D，设数列{an}共有2m+1项，
由题意得S奇=a1+a3+…+a2m+1=8532，
S偶=a2+a4+…+a2m=2116，
则S奇=a1+a2q+…+a2mq
=2+q(a2+a4+…+a2m)=2+2116q=8532，
解得q=12，故D正确.
(2)(多选)(2026·武汉模拟)设正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足a11，a2 025−1a2 026−11B.a2 025a2 027>1
C.Tn的最大值为T2 025D.Sn没有最大值
答案 ABD
解析 因为a2 025−1a2 026−10，a2 026−11，a2 0260，则q=a2 026a2 025>1，又0