2019届二轮复习 等比数列及其前n项和 学案（全国通用）


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．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题
4．了解等比数列与指数函数的关系

热点题型一 等比数列的基本运算
例1、（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则
A. B. C. D.
【答案】B

【变式探究】已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由。
【解析】(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0。
由题意得
即
解得
故数列{an}的通项公式为an＝3(－2)n－1。

【提分秘籍】
1．对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用。
2．在涉及等比数列前n项和公式时要注意对公比q是否等于1进行判断和讨论。
【举一反三】
设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和。已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝__________。
【解析】显然公比q≠1，由题意得
解得或(舍去)，∴S5＝＝＝。
【答案】
热点题型二 等比数列的判定与证明
例2、（2018年全国I卷）已知数列满足，，设．
（1）求；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式．
【答案】(1) b1=1，b2=2，b3=4．
(2) {bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析.
(3) an=n·2n-1．
【解析】

（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得，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，所以an=n·2n-1．
【变式探究】已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数。
(1)对任意实数λ，证明：数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论。
【解析】(1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a＝a1a3，即2＝λ，故λ2－4λ＋9＝λ2－4λ，即9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列。
(2)因为bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21 ＝(－1)n＋1＝－(－1)n(an－3n＋21)＝－bn。
又b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，
bn＝0(n∈N )，此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，
由bn＋1＝－bn。
可知bn≠0，所以＝－(n∈N )。
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列。
【提分秘籍】
证明数列{an}是等比数列常用的方法：一是定义法，证明＝q(n≥2，q为常数)；二是等比中项法，证明a＝an－1·an＋1。若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法。
【举一反三】
设数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn＝2an－3n，设bn＝an＋3，求证：数列{bn}是等比数列，并求an。

热点题型三 等比数列的性质及其应用
例3．（2018年浙江卷）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列
{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．
（Ⅰ）求q的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）由是的等差中项得，
所以，
解得.
由得， . .X.X.
因为，所以.

【变式探究】(1)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7＝(　　)
A．4 B．6
C．8 D．8－4
(2)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于(　　)
A．80 B．30
C．26 D．16
【解析】(1)在等比数列中，a3a7＝a，a2a6＝a3a5，所以a＋2a2a6＋a3a7＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝(－1＋＋1)2＝(2)2＝8。
(2)由等比数列性质得，
Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，
则(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)，
所以(S2n－2)2＝2×(14－S2n)。又S2n>0，得S2n＝6，
又(S3n－S2n)2＝(S2n－Sn)(S4n－S3n)，
所以(14－6)2＝(6－2)(S4n－14)。解得S4n＝30。 /
【提分秘籍】
等比数列的性质可以分为三类：
①通项公式的变形，
②等比中项的变形，
③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。
【举一反三】
在等比数列中，已知a1aa15＝243，则的值为(　　)
A．3 B．9 C．27 D．81

【答案】B

1. （2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，
若公比，则，不合题意；
若公比，则
但，
即，不合题意；
因此，
，选B.
2. （2018年浙江卷）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列
{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．
（Ⅰ）求q的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【解析】

（Ⅱ）设，数列前n项和为.
由解得.
由（Ⅰ）可知，
所以，
故，

.
设，

所以，
因此，
又，所以.
3. （2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．
（1）设，若对均成立，求d的取值范围；
（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．
【答案】（1）d的取值范围为．
（2）d的取值范围为，证明见解析。

（2）由条件知：．
若存在d，使得（n=2，3，···，m+1）成立，
即，
即当时，d满足．
因为，则，
从而，，对均成立．
因此，取d=0时，对均成立．
下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．
①当时，，
当时，有，从而．
因此，当时，数列单调递增，
故数列的最大值为．
②设，当x>0时，，
所以单调递减，从而 当时，，
因此，当时，数列单调递减，
故数列的最小值为．
因此，d的取值范围为．
4. （2018年全国I卷）已知数列满足，，设．
（1）求；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式．
【答案】(1) b1=1，b2=2，b3=4．
(2) {bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析.
(3) an=n·2n-1．
【解析】

（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得，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，所以an=n·2n-1．
5. （2018年全国III卷）等比数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）记为的前项和．若，求．
【答案】（1）或
（2）
【解析】

1.【2017江苏，9】等比数列的各项均为实数,其前项的和为,已知,则= ▲ .
【答案】32
【解析】当时，显然不符合题意；
当时，，解得，则
2.【2017课标1，文17】记Sn为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=-6．
（1）求的通项公式；
（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．
【答案】（1）；（2），证明见解析．
【解析】

3.【2017山东，文19】（本小题满分12分）已知{an}是各项均为正数的等比数列,且.
(I)求数列{an}通项公式；
(II){ bn}为各项非零的等差数列,其前n项和Sn,已知,求数列的前n项和.
【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）设的公比为，由题意知： .
又，
解得： ，
所以.
（Ⅱ）由题意知： ，
又
所以,
令,
则，
因此,
又,
两式相减得
所以.
1.【2016高考天津文数】(本小题满分13分)
已知是等比数列，前n项和为，且.
(Ⅰ)求的通项公式；
(Ⅱ)若对任意的是和的等差中项，求数列的前2n项和.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】

（Ⅱ）解：由题意，得，
即是首项为，公差为的等差数列.
设数列的前项和为，
则
1.【2015高考广东，文13】若三个正数，，成等比数列，其中，，则 ．
【答案】1
【解析】因为三个正数，，成等比数列，所以，因为，所以，所以答案应填：1．
2.【2015高考新课标1，文13】数列中为的前n项和，若，则 .
【答案】6

1．（2014·重庆卷）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
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9，成等比数列
【答案】D　
【解析】因为在等比数列中an，a2n，a3n，…也成等比数列，所以a3，a6，a9成等比数列．
2．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
【答案】1　
【解析】 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.
3．（2014·广东卷）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．
【答案】50　
【解析】本题考查了等比数列以及对数的运算性质．∵{an}为等比数列，且a10a11＋a9a12＝2e5，
∴a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10a11＝e5，
∴ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝
ln(a10a11)10＝ln(e5)10＝ln e50＝50.
4．（2014·全国卷） 等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于(　　)
A． 6 B．5
C．4 D．3
【答案】C　
【解析】设数列{an}的首项为a1，公比为q，根据题意可得，解得所以an＝a1qn－1＝×＝2×，所以lg an＝lg 2＋(n－4)lg，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg＝8lg 2＋4lg＝4lg＝4.
5．（2014·湖北卷） 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．

(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.
6．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋＜.

7．（2014·山东卷） 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1. .
(2)由题意可知，
bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
Tn＝－＋…＋－＝1－＝.
当n为奇数时，
Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.
所以Tn＝
8.（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．

9．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
【答案】－　
【解析】∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
10．（2014·天津卷）已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，
集合A＝{ ＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.
(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an 【解析】(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{ ＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}，可得A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．
(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1
≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1
＝－qn－1
＝－1<0，
所以s 11．（2013·新课标全国卷Ⅰ）若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________．
【答案】(－2)n－1　

12．（2013·北京卷）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N ，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；
(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.
【解析】(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….
因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．
(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以An＝Bn＋dn≤Bn.
又因为an≤An，an＋1≥Bn，
所以an≤an＋1.
于是，An＝an，Bn＝an＋1.
因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，
即{an}是公差为d的等差数列．