2020版新设计一轮复习数学（文）江苏专版讲义：第六章第三节等比数列

第三节等比数列


1．等比数列的有关概念
(1)定义：
如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(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＝q.
(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⇒G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：Sn＝
3．等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)；
(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，
则am·an＝ap·aq＝a；
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{an·bn}，(λ≠0)仍然是等比数列；
(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，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
[小题体验]
1．设Sn是等比数列的前n项和，若a1＝1，a6＝32，则S3＝________.
答案：7
2．在等比数列{an}中，若a1＝1，a3a5＝4(a4－1)，则a7＝________.
解析：法一：设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，a3a5＝4(a4－1)，所以q2·q4＝4(q3－1)，即q6－4q3＋4＝0，q3＝2，所以a7＝q6＝4.
法二：设等比数列{an}的公比为q, 由a3a5＝4(a4－1)得a＝4(a4－1)，即a－4a4＋4＝0，所以a4＝2，因为a1＝1，所以q3＝2，a7＝q6＝4.
答案：4
3．(2018·南京学情调研)已知各项均为正数的等比数列{an}，其前n项和为Sn.若a2－a5＝－78，S3＝13，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，则由题意得两式相除得q2－q－6＝0，即q＝3或q＝－2(舍去)，从而得a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝ 3n－1.
答案：3n－1

1．特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．
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．
4．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立．
[小题纠偏]
1．(2019·扬州质检)在等比数列中，若a3＝7，前3项和S3＝21，则公比q＝________.
解析：由已知得
则＝3，整理得2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－.
答案：1或－
2．各项均为正数的等比数列的前n项和为Sn，若S10＝2，S30＝14，则S40＝_______.
解析：依题意有S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30仍成等比数列，则2(14－S20)＝(S20－2)2，解得S20＝6.所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30，即为2,4,8,16，所以S40＝S30＋16＝30.
答案：30

　
[典例引领]
1．(2019·苏北四市调研)在各项均为正数的等比数列中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．
解析：设等比数列的公比为q，由a2＝1，a8＝a6＋2a4得q6＝q4＋2q2，q4－q2－2＝0，解得q2＝2，则a6＝a2q4＝4.
答案：4
2．(2018·南通一调)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6＝________.
解析：法一：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
显然q≠1，由题意得
解得或
所以S6＝＝＝63
或S6＝＝＝63.
法二：由S2，S4－S2，S6－S4成等比数列可得(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，所以S6＝63.
答案：63
[由题悟法]
解决等比数列有关问题的2种常用思想
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
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q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝

[即时应用]
1．(2019·如东调研)设等比数列的前n项和为Sn.若27a3－a6＝0，则＝________.
解析：设等比数列的公比为q，则＝q3＝27，
所以＝＝1＋
＝1＋＝1＋q3＝28.
答案：28
2．(2018·苏北四市期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2a2＋3，S3＝2a3＋3，则公比q＝________.
解析：显然q≠1，由题意得整理得解得q＝2.
答案：2
　
[典例引领]
(2019·南京高三年级学情调研)已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn，且3Tn＝S＋2Sn，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求证数列{an}为等比数列，并求其通项公式；
(3)若k，t∈N*，且S1，Sk－S1，St－Sk成等比数列，求k和t的值．
解：(1)由3T1＝S＋2S1，得3a＝a＋2a1，即a－a1＝0.
因为a1＞0，所以a1＝1.
(2)证明：因为3Tn＝S＋2Sn， ①
所以3Tn＋1＝S＋2Sn＋1， ②
②－①，得3a＝S－S＋2an＋1.
因为an＋1＞0，
所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2， ③
所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2， ④
④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，
所以当n≥2时，＝2.
又由3T2＝S＋2S2，得3(1＋a)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，
即a－2a2＝0.
因为a2＞0，所以a2＝2，所以＝2，
所以对∀n∈N*，都有＝2成立，故数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
(3)由(2)可知Sn＝2n－1.
因为S1，Sk－S1，St－Sk成等比数列，
所以(Sk－S1)2＝S1(St－Sk)，即(2k－2)2＝2t－2k，
所以2t＝(2k)2－3·2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3·2k－2＋1(*)．
由于Sk－S1≠0，所以k≠1，即k≥2.
当k＝2时，2t＝8，得t＝3.
当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－3·2k－2＋1为奇数，
所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3·2k－2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解．
综上，k＝2，t＝3.
[由题悟法]
等比数列的4种常用判定方法
定义法
若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
中项公式法
若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列
通项公式法
若数列通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
前n项和公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，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．
[即时应用]
(2018·苏州高三期中调研)已知数列{an}的前n项和是Sn，且满足a1＝1，Sn＋1＝3Sn＋1 (n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等比数列，并求其通项公式；
(2)在数列{bn}中，b1＝3，bn＋1－bn＝(n∈N*)，若不等式λan＋bn≤n2对n∈N*有解，求实数λ的取值范围．
解：(1)证明：因为Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＝3Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1＝3an(n≥2)，
又当n＝1时，由S2＝3S1＋1，得a2＝3，符合a2＝3a1，
所以an＋1＝3an，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，通项公式为an＝3n－1.
(2)因为bn＋1－bn＝＝3，
所以{bn}是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以bn＝3＋3(n－1)＝3n，
所以λan＋bn≤n2，即3n－1·λ＋3n≤n2，即λ≤对n∈N*有解，
设f(n)＝(n∈N*)，
因为f(n＋1)－f(n)＝－＝，
所以当n≥4时，f(n＋1)＜f(n)，当n＜4时，f(n＋1)＞f(n)，
所以f(1)＜f(2)＜f(3)＜f(4)＞f(5)＞f(6)＞…，
所以f(n)max＝f(4)＝，
所以λ≤，即实数λ的取值范围为.
　
[典例引领]
1．(2018·南京调研)已知各项不为0的等差数列{an}满足a6－a＋a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11＝________.
解析：由等差数列的性质，得a6＋a8＝2a7.由a6－a＋a8＝0，可得a7＝2，所以b7＝a7＝2.由等比数列的性质得b2b8b11＝b2b7b12＝b＝23＝8.
答案：8
2．设等比数列的前n项积为Tn(n∈N*)，若am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________.
解析：因为为等比数列，所以am－1·am＋1＝a.又am－1·am＋1－2am＝0，所以得am＝2.因为T2m－1＝a，所以22m－1＝128，解得m＝4.
答案：4
3．在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝－，则＋＋＋＝________.
解析：因为＋＝，＋＝，
由等比数列的性质知a7a10＝a8a9，
所以＋＋＋＝＝×＝－.
答案：－
[由题悟法]
掌握运用等比数列性质解题的2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：
①若{an}是等比数列，且an＞0，则{logaan}(a＞0且a≠1)是以logaa1为首项，logaq为公差的等差数列．
②若公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
[即时应用]
1．(2019·张家港调研)已知等比数列的各项均为正数，且满足a1a9＝4，则数列{log2an}的前9项之和为________．
解析：∵a1a9＝a＝4，∴a5＝2，
∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a9＝log2(a1a2…a9)＝log2a＝9log2a5＝9.
答案：9
2．(2018·镇江调研)在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝________.
解析：设数列{an}的公比为q，由a1a2a3＝4＝aq3与a4a5a6＝12＝aq12，可得q9＝3，an－1anan＋1＝aq3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以3n－6＝36，即n＝14.
答案：14

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1．(2019·如东中学检测)已知等比数列{an}的公比q＝－，则＝________.
解析：＝＝＝－2.
答案：－2
2．(2018·盐城期中)在等比数列{an}中，已知a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，则a9＋a10＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，则a3＋a4＝q2(a1＋a2)，所以q2＝2，所以a9＋a10＝q8(a1＋a2)＝16.
答案：16
3．(2018·苏州期末)设各项均为正数的等比数列的前n项和为Sn，已知a2＝6，a3－3a1＝12，则S5＝________.
解析：∵a2＝6，a3－3a1＝12，
∴且q＞0，
解得a1＝2，q＝3，
∴S5＝＝242.
答案：242
4．在等比数列{an}中，若a1·a5＝16，a4＝8，则a6＝________.
解析：由题意得，a2·a4＝a1·a5＝16，
所以a2＝2，所以q2＝＝4，所以a6＝a4q2＝32.
答案：32
5．(2019·南京一模)若等比数列的前n项和为Sn，且a1＝1，S6＝3S3，则a7的值为________．
解析：设等比数列的公比为q，
因为a1＝1，S6＝3S3，
当q＝1时，不满足S6＝3S3；
当q≠1时，可得＝，
化简得q3＋1＝3，即q3＝2，
所以a7＝a1q6＝4.
答案：4
6．(2018·常州期末)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋a2＝，a3＋a4＋a5＋a6＝40，则的值为________．
解析：两式相除可得q2＋q4＝90，即q2＝－10(舍)或q2＝9.又an＞0，所以q＝3，故a1＝，所以a7＋a8＋a9＝34＋35＋36＝1 053，即＝117.
答案：117
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1．(2018·徐州期末)设等比数列的公比为q，前n项和为Sn，若S2是S3与S4的等差中项，则实数q的值为________．
解析：∵S2是S3与S4的等差中项，
∴2S2＝S3＋S4，∴2a3＋a4＝0，
解得q＝－2.
答案：－2
2．(2019·如皋模拟)已知数列是正项等比数列，满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2，则log2(a51＋a52＋a53＋a54＋a55)＝________.
解析：∵log2an＋1＝1＋log2an，
∴log2＝1，可得q＝2.
∵a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2，
∴log2(a51＋a52＋a53＋a54＋a55)
＝log2[(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)q50]＝log2251＝51.
答案：51
3．设等比数列的公比为q(0＜q＜1)，前n项和为Sn.若存在m∈N*，使得am＋am＋2＝am＋1，且Sm＝1 022am＋1，则m的值为________．
解析：∵am＋am＋2＝am＋1，Sm＝1 022am＋1，
∴
解得m＝9，q＝.
答案：9
4．(2018·启东检测)数列{an}满足an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ＝________.
解析：由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λ.因为数列{an－1}是等比数列，所以＝1，得λ＝2.
答案：2
5．(2019·姜堰模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，由＝，
得q≠1，＝，化简得＝，解得q＝.
所以＝q2＝.
答案：
6．(2018·海安中学测试)在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn，若T2m－1＝512，则m＝________.
解析：由等比数列的性质可知am＋1·am－1＝a＝2am(m≥2)，所以am＝2，即数列{an}为常数列，an＝2，所以T2m－1＝22m－1＝512＝29，即2m－1＝9，所以m＝5.
答案：5
7．已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项和S9＝________.
解析：由已知，得a＝4anan＋1－4a，
即a－4anan＋1＋4a＝(an＋1－2an)2＝0，
所以an＋1＝2an，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故S9＝＝210－2＝1 022.
答案：1 022
8．(2019·徐州调研)已知正项等比数列的前n项和为Sn且S8－2S4＝6，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为________．
解析：因为S8－2S4＝6，所以S8－S4＝S4＋6.
由等比数列的性质可得，S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，
所以S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，
所以a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝S4＋＋12≥24，当且仅当S4＝6时等号成立．
故a9＋a10＋a11＋a12的最小值为24.
答案：24
9．在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则依题意有
解得d＝1或d＝0(舍去)，
所以an＝1＋(n－1)＝n.
(2)由(1)得an＝n，
所以bn＝2n，
所以＝2，
所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以Tn＝＝2n＋1－2.
10．(2018·苏州高三期中调研)已知数列{an}各项均为正数，a1＝1，a2＝2，且anan＋3＝an＋1an＋2对任意n∈N*恒成立，记{an}的前n项和为Sn.
(1)若a3＝3，求a5的值；
(2)证明：对任意正实数p，{a2n＋pa2n－1}成等比数列；
(3)是否存在正实数t，使得数列{Sn＋t}为等比数列．若存在，求出此时an和Sn的表达式；若不存在，说明理由．
解：(1)因为a1a4＝a2a3，所以a4＝6，
又因为a2a5＝a3a4，所以a5＝a4＝9.
(2)证明：由
两式相乘得anan＋1an＋3an＋4＝an＋1aan＋3，
因为an＞0，所以anan＋4＝a(n∈N*)，
从而{an}的奇数项和偶数项均构成等比数列，
设公比分别为q1，q2，则a2n＝a2q＝2q，a2n－1＝a1q＝q，
又因为＝，所以＝＝2＝，即q1＝q2，
设q1＝q2＝q，则a2n＋pa2n－1＝q(a2n－2＋pa2n－3)，且a2n＋pa2n－1＞0恒成立，
所以数列{a2n＋pa2n－1}是首项为2＋p，公比为q的等比数列．
(3)法一：在(2)中令p＝1，则数列{a2n＋a2n－1}是首项为3，公比为q的等比数列，
所以S2k＝(a2k＋a2k－1)＋(a2k－2＋a2k－3)＋…＋(a2＋a1)＝
S2k－1＝S2k－a2k＝
且S1＝1，S2＝3，S3＝3＋q，S4＝3＋3q，
因为数列{Sn＋t}为等比数列，
所以
即即
解得或(舍去)．
所以S2k＝4k－1＝22k－1，S2k－1＝22k－1－1，
从而对任意n∈N*有Sn＝2n－1，
此时Sn＋t＝2n，＝2为常数，满足{Sn＋t}成等比数列，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，又a1＝1，所以an＝2n－1(n∈N*)，
综上，存在t＝1使数列{Sn＋t}为等比数列，此时an＝2n－1，Sn＝2n－1(n∈N*)．
法二：由(2)知a2n＝2qn－1，a2n－1＝qn－1，且S1＝1，S2＝3，S3＝3＋q，S4＝3＋3q，
因为数列{Sn＋t}为等比数列，
所以
即即
解得或(舍去)．
所以a2n＝2qn－1＝22n－1，a2n－1＝22n－2，从而对任意n∈N*有an＝2n－1，
所以Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，
此时Sn＋t＝2n，＝2为常数，满足{Sn＋t}成等比数列，
综上，存在t＝1使数列{Sn＋t}为等比数列，此时an＝2n－1，Sn＝2n－1(n∈N*).
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1．各项均为正数的等比数列{an}中，若a1≥1，a2≤2，a3≥3，则a4的取值范围是________．
解析：设{an}的公比为q，则根据题意得q＝＝，
∴≤q≤2，a4＝a3q≥，a4＝a2q2≤8，∴a4∈.
答案：
2．(2018·泰州中学高三学情调研)设正项等比数列{an}满足2a5＝a3－a4，若存在两项an，am，使得a1＝4，则m＋n＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q.正项等比数列{an}满足2a5＝a3－a4，则2a3q2＝a3(1－q)，可得2q2＋q－1＝0，q＞0，解得q＝，若存在两项an，am，使得a1＝4，可得a1＝4 ，所以m＋n＝6.
答案：6
3．(2019·苏锡常镇调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且对任意的正整数n，都有Sn＋1＝λSn＋3n＋1，其中常数λ＞0.设bn＝(n∈N*)．
(1)若λ＝3，求数列的通项公式；
(2)若λ≠1且λ≠3，设cn＝an＋·3n(n∈N*)，证明数列是等比数列；
(3)若对任意的正整数n，都有bn≤3，求实数λ的取值范围．
解：因为Sn＋1＝λSn＋3n＋1，n∈N*，
所以当n≥2时，Sn＝λSn－1＋3n，
从而an＋1＝λan＋2·3n，n≥2，n∈N*﹒
在Sn＋1＝λSn＋3n＋1中，令n＝1，可得a2＝λa1＋2×31，满足上式，
所以an＋1＝λan＋2·3n，n∈N*.
(1)当λ＝3时， an＋1＝3an＋2·3n，n∈N*，
从而＝＋，即bn＋1－bn＝，
又b1＝＝1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列，
所以bn＝1＋(n－1)×＝.
(2)证明：当λ＞0且λ≠3且λ≠1时，
cn＝an＋·3n＝λan－1＋2·3n－1＋·3n
＝λan－1＋·3n－1(λ－3＋3)
＝λ＝λ·cn－1，
又c1＝3＋＝≠0，
所以是首项为，公比为λ的等比数列，
故cn＝·λn－1.
(3)在(2)中，若λ＝1，则cn＝0也可使an有意义，所以当λ≠3时，cn＝·λn－1.
从而由(1)和(2)可知
an＝
当λ＝3时，bn＝，显然不满足条件，故λ≠3.
当λ≠3时，bn＝×n－1－.
若λ＞3, ＞0，bn＜bn＋1，n∈N*，bn∈[1，＋∞)，不符合，舍去．
若0＜λ＜1，＞0，－＞0，bn＞bn＋1，n∈N*，且bn＞0.
所以只需b1＝＝1≤3即可，显然成立．
故0＜λ＜1符合条件；
若λ＝1，bn＝1，满足条件．故λ＝1符合条件；
若1＜λ＜3，＜0，－＞0，
从而bn＜bn＋1，n∈N*，
因为b1＝1＞0.故bn∈，
要使bn≤3恒成立，只需－≤3即可．
所以1＜λ≤.
综上所述，实数λ的取值范围是.