第六章 6.3等比数列-2021届高三数学一轮基础复习讲义（学生版+教师版）【机构专用】

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1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( × )
(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.( × )
(3)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( × )
(4)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( × )
2、已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则公比q等于( )
A．－eq \f(1,2) B．－2
C．2 D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 由题意知q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，∴q＝eq \f(1,2).
3、设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S6等于( )
A．31 B．32 C．63 D．64
答案 C
解析 根据题意知，等比数列{an}的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.故选C.
4、在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则插入的两个数分别为________．
答案 27,81
解析 设该数列的公比为q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.
∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.
5、设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则eq \f(S5,S2)＝________.
答案 －11
解析 设等比数列{an}的公比为q，
∵8a2＋a5＝0，∴8a1q＋a1q4＝0.
∴q3＋8＝0，∴q＝－2，
∴eq \f(S5,S2)＝eq \f(a11－q5,1－q)·eq \f(1－q,a11－q2)
＝eq \f(1－q5,1－q2)＝eq \f(1－－25,1－4)＝－11.
作业检查
无
第2课时
阶段训练
题型一 等比数列基本量的运算
例1 (1)已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2等于( )
A．2 B．1 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,8)
(2)在各项均为正数的等比数列{an}中，a2，a4＋2，a5成等差数列，a1＝2，Sn是数列{an}的前n项的和，则S10－S4等于( )
A．1 008 B．2 016
C．2 032 D．4 032
答案 (1)C (2)B
解析 (1)由{an}为等比数列，得a3a5＝aeq \\al(2,4)，
又a3a5＝4(a4－1)，所以aeq \\al(2,4)＝4(a4－1)，
解得a4＝2.设等比数列{an}的公比为q，
则由a4＝a1q3，得2＝eq \f(1,4)q3，解得q＝2，
所以a2＝a1q＝eq \f(1,2).故选C.
(2)由题意知2(a4＋2)＝a2＋a5，即2(2q3＋2)＝2q＋2q4＝q(2q3＋2)，得q＝2，所以an＝2n，S10＝eq \f(21－210,1－2)＝211－2＝2 046，S4＝eq \f(21－24,1－2)＝25－2＝30，
所以S10－S4＝2 016.故选B.
思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)可迎刃而解．
【同步练习】
(1)已知等比数列{an}的首项a1＝1，且a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的公比q＝________，数列{an}的前4项和S4＝________.
(2)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________.
答案 (1)1或－eq \f(1,2) 4或eq \f(5,8) (2)3n－1
解析 (1)由a2，a4，a3成等差数列得2a1q3＝a1q＋a1q2，
即2q3＝q＋q2，解得q＝1或q＝－eq \f(1,2).
当q＝1时，S4＝4a1＝4，
当q＝－eq \f(1,2)时，S4＝eq \f(1－－\f(1,2)4,1－－\f(1,2))＝eq \f(5,8).
(2)由3S1,2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，
可得a3＝3a2，所以公比q＝3，
故等比数列的通项an＝a1qn－1＝3n－1.
题型二 等比数列的判定与证明
例2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，
得a1＋a2＝S2＝4a1＋2.
∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＋1＝4an＋2， ①,Sn＝4an－1＋2n≥2， ②))
由①－②，得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)．
∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，
故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．
(2)解 由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(3,4)，
故{eq \f(an,2n)}是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(3,4)的等差数列．
∴eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)·eq \f(3,4)＝eq \f(3n－1,4)，
故an＝(3n－1)·2n－2.
引申探究
若将例2中“Sn＋1＝4an＋2”改为“Sn＋1＝2Sn＋(n＋1)”，其他不变，求数列{an}的通项公式．
解 由已知得n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n.
∴Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1＋1，
∴an＋1＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，n≥2，
又a1＝1，S2＝a1＋a2＝2a1＋2，a2＝3，
当n＝1时上式也成立，
故{an＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
∴an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.
【同步练习】
1、已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明：{an＋eq \f(1,2)}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)证明 (1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋eq \f(1,2)＝3(an＋eq \f(1,2))．
又a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
所以{an＋eq \f(1,2)}是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列．
所以an＋eq \f(1,2)＝eq \f(3n,2)，因此{an}的通项公式为an＝eq \f(3n－1,2).
(2)由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1).
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以eq \f(1,3n－1)≤eq \f(1,2×3n－1).
于是eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)≤1＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)
＝eq \f(3,2)(1－eq \f(1,3n))所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)第3课时
阶段重难点梳理
1．等比数列的定义
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等于同一常数，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，通常用字母q表示(q≠0)．
2．等比数列的通项公式
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝a1·qn－1.
3．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．
4．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{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.
(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍是等比数列．
5．等比数列的前n项和公式
等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝na1；
当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
6．等比数列前n项和的性质
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.
【知识拓展】
等比数列{an}的单调性
(1)满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0，,0(2)满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,01))时，{an}是递减数列．
(3)当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1≠0，,q＝1))时，{an}为常数列．
(4)当q<0时，{an}为摆动数列．
重点题型训练
题型三 等比数列性质的应用
例3 （1）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(S9,S3)＝________.
答案 (1)50 (2)eq \f(3,4)
解析 (1)因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，
所以a10a11＝e5.
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)
＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]
＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)
＝10ln e5＝50ln e＝50.
(2)方法一 ∵S6∶S3＝1∶2，∴{an}的公比q≠1.
由eq \f(a11－q6,1－q)÷eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(1,2)，得q3＝－eq \f(1,2)，
∴eq \f(S9,S3)＝eq \f(1－q9,1－q3)＝eq \f(3,4).
方法二 ∵{an}是等比数列，且eq \f(S6,S3)＝eq \f(1,2)，∴公比q≠－1，
∴S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，
将S6＝eq \f(1,2)S3代入得eq \f(S9,S3)＝eq \f(3,4).
【同步练习】
(1)已知在等比数列{an}中，a1a4＝10，则数列{lg an}的前4项和等于( )
A．4 B．3 C．2 D．1
(2)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )
A.eq \f(1,8) B．－eq \f(1,8) C.eq \f(57,8) D.eq \f(55,8)
答案 (1)C (2)A
解析 (1)前4项和S4＝lg a1＋lg a2＋lg a3＋lg a4＝lg(a1a2a3a4)，又∵等比数列{an}中，a2a3＝a1a4＝10，
∴S4＝lg 100＝2.
(2)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且公比不等于－1，在等比数列中，S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以有8(S9－S6)＝(－1)2，S9－S6＝eq \f(1,8)，即a7＋a8＋a9＝eq \f(1,8).
题型四 分类讨论思想在等比数列中的应用
典例 (15分)已知首项为eq \f(3,2)的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：Sn＋eq \f(1,Sn)≤eq \f(13,6)(n∈N*)．
思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；
(2)求出前n项和，根据函数的单调性证明．
规范解答
(1)解 设等比数列{an}的公比为q，
因为－2S2，S3,4S4成等差数列，
所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，
可得2a4＝－a3，于是q＝eq \f(a4,a3)＝－eq \f(1,2).[3分]
又a1＝eq \f(3,2)，所以等比数列{an}的通项公式为
an＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝(－1)n－1·eq \f(3,2n).[5分]
(2)证明 由(1)知，Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
Sn＋eq \f(1,Sn)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n＋eq \f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2n2n＋1)，n为奇数，,2＋\f(1,2n2n－1)，n为偶数.))[8分]
当n为奇数时，Sn＋eq \f(1,Sn)随n的增大而减小，
所以Sn＋eq \f(1,Sn)≤S1＋eq \f(1,S1)＝eq \f(13,6).[11分]
当n为偶数时，Sn＋eq \f(1,Sn)随n的增大而减小，
所以Sn＋eq \f(1,Sn)≤S2＋eq \f(1,S2)＝eq \f(25,12).[13分]
故对于n∈N*，有Sn＋eq \f(1,Sn)≤eq \f(13,6)（n∈N*）.[15分]
思导总结
一、等比数列的证明
(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．(2)利用递推关系时要注意对n＝1时的情况进行验证．
二、等比数列常见性质的应用
等比数列性质的应用可以分为三类：(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．
作业布置
1．在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝eq \r(2)－1，a5＝eq \r(2)＋1，则aeq \\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7等于( )
A．4 B．6
C．8 D．8－4eq \r(2)
答案 C
解析 在等比数列中，a3a7＝aeq \\al(2,5)，a2a6＝a3a5，所以aeq \\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝aeq \\al(2,3)＋2a3a5＋aeq \\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝(eq \r(2)－1＋eq \r(2)＋1)2＝(2eq \r(2))2＝8.
2．在等比数列{an}中，若a1<0，a2＝18，a4＝8，则公比q等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(2,3)
C．－eq \f(2,3) D.eq \f(2,3)或－eq \f(2,3)
答案 C
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝18，,a1q3＝8))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝27，,q＝\f(2,3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－27，,q＝－\f(2,3).))
又a1<0，因此q＝－eq \f(2,3).
3．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于( )
A．12 B．13
C．14 D．15
答案 C
解析 设数列{an}的公比为q，
由a1a2a3＝4＝aeq \\al(3,1)q3与a4a5a6＝12＝aeq \\al(3,1)q12，
可得q9＝3，an－1anan＋1＝aeq \\al(3,1)q3n－3＝324，
因此q3n－6＝81＝34＝q36，
所以n＝14，故选C.
4．在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝2，且a2，a4＋2，a5成等差数列，记Sn是数列{an}的前n项和，则S5等于( )
A．32 B．62 C．27 D．81
答案 B
解析 设正项等比数列{an}的公比为q，则q>0，
由a2，a4＋2，a5成等差数列，得a2＋a5＝2(a4＋2)，
即2q＋2q4＝2(2q3＋2)，(q－2)(1＋q3)＝0，
解得q＝2或q＝－1(舍去)，
∴S5＝eq \f(21－25,1－2)＝62，故选B.
5．已知数列{an}满足lg3an＋1＝lg3an＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，则的值是( )
A．－eq \f(1,5) B．－5
C．5 D.eq \f(1,5)
答案 B
解析 由lg3an＋1＝lg3an＋1(n∈N*)，
得lg3an＋1－lg3an＝1，即lg3eq \f(an＋1,an)＝1，
解得eq \f(an＋1,an)＝3，所以数列{an}是公比为3的等比数列．
因为a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)q3，
所以a5＋a7＋a9＝9×33＝35.
所以＝＝－5.
6．在由正数组成的等比数列{an}中，若a3a4a5＝3π，则sin(lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a7)的值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2)
C．1 D．－eq \f(\r(3),2)
答案 B
解析 因为a3a4a5＝3π＝aeq \\al(3,4)，所以
lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a7＝lg3(a1a2…a7)
＝lg3aeq \\al(7,4)＝＝eq \f(7π,3)，所以sin(lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a7)＝eq \f(\r(3),2).
7．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，则公比q＝________.
答案 4
解析 因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3S3＝a4－2， ①,3S2＝a3－2， ②))
由①－②，得3a3＝a4－a3，即4a3＝a4，
则q＝eq \f(a4,a3)＝4.
8．设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和且S10＝10，S30＝70，那么S40＝________.
答案 150
解析 依题意，知数列{an}的公比q≠－1，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30；又S20>0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80，S40＝150.
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1(n∈N*)，则通项an＝________.
答案 eq \f(1,2n)
解析 ∵an＋Sn＝1，①
∴a1＝eq \f(1,2)，an－1＋Sn－1＝1(n≥2)，②
由①－②，得an－an－1＋an＝0，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,2)(n≥2)，
∴数列{an}是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
则an＝eq \f(1,2)×(eq \f(1,2))n－1＝eq \f(1,2n).
10．已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn＝eq \f(an＋1,an)，若b10·b11＝2，则a21＝________.
答案 1 024
解析 ∵b1＝eq \f(a2,a1)＝a2，b2＝eq \f(a3,a2)，
∴a3＝b2a2＝b1b2，∵b3＝eq \f(a4,a3)，
∴a4＝b1b2b3，…，an＝b1b2b3·…·bn－1，
∴a21＝b1b2b3·…·b20＝(b10b11)10＝210＝1 024.
11．已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}是等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和．
解 (1)设等差数列的公差为d，
由题意得d＝eq \f(a4－a1,3)＝eq \f(12－3,3)＝3，
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n∈N*)．
设等比数列{bn－an}的公比为q，
由题意得q3＝eq \f(b4－a4,b1－a1)＝eq \f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.
所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.
从而bn＝3n＋2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n∈N*)，
数列{3n}的前n项和为eq \f(3,2)n(n＋1)，
数列{2n－1}的前n项和为1×eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
所以数列{bn}的前n项和为eq \f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.
12．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解 (1)由题意，得a2＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(1,4).
(2)由aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2).
故{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
因此an＝eq \f(1,2n－1).
13．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n.
解 (1)∵an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
∴an＋1·an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
∴eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，即an＋2＝eq \f(1,2)an.
∵bn＝a2n＋a2n－1，
∴eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(1,2)，
∵a1＝1，a1·a2＝eq \f(1,2)，
∴a2＝eq \f(1,2)⇒b1＝a1＋a2＝eq \f(3,2).
∴{bn}是首项为eq \f(3,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
∴bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝eq \f(3,2n).
(2)由(1)可知，an＋2＝eq \f(1,2)an，
∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n).