备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第六章 §6.3 等比数列

这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第六章 §6.3 等比数列，共13页。试卷主要包含了理解等比数列的概念，则eq \f等于，综上，m＝6等内容，欢迎下载使用。

知识梳理
1．等比数列的有关概念
(1)定义：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，公比通常用字母q表示(q≠0).
(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，公比是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＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
3．等比数列的性质
(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＝aeq \\al(2,w)，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{an·bn}，{pan·qbn}和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(pan,qbn)))也是等比数列(b，p，q≠0)．
(4)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.(n为偶数且q＝－1除外)
(5)若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a13，
即证>4，
即证eq \f(5,4)> ，
即证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))12>2，
而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))12>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))6>2成立，故C正确；
N＝M＋3.
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))12>(1.4)6>(1.9)3>2，
所以eq \f(6,5)>，
所以>5，
所以>4，即M>4，
所以N＝M＋3>7，故D错误．
题型二 等比数列的判定与证明
例2 已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等比数列；②数列{Sn＋a1}是等比数列；③a2＝2a1.
注：如果选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
解 选①②作为条件证明③：
设Sn＋a1＝Aqn－1(A≠0)，则Sn＝Aqn－1－a1，
当n＝1时，a1＝S1＝A－a1，所以A＝2a1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Aqn－2(q－1)，
因为{an}是等比数列，所以eq \f(Aq－1,q)＝eq \f(A,2)，解得q＝2，所以a2＝2a1.
选①③作为条件证明②：
因为a2＝2a1，{an}是等比数列，所以公比q＝2，
所以Sn＝eq \f(a11－2n,1－2)＝a1(2n－1)，即Sn＋a1＝a12n，
因为eq \f(Sn＋1＋a1,Sn＋a1)＝2，所以{Sn＋a1}是等比数列．
选②③作为条件证明①：
设Sn＋a1＝Aqn－1(A≠0)，则Sn＝Aqn－1－a1，
当n＝1时，a1＝S1＝A－a1，所以A＝2a1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Aqn－2(q－1)，
因为a2＝2a1，所以A(q－1)＝A，解得q＝2，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Aqn－2(q－1)＝A·2n－2＝a1·2n－1，
又因为eq \f(an＋1,an)＝2(n≥2)，且a2＝2a1，
所以{an}为等比数列．
思维升华 等比数列的三种常用判定方法
(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－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：若数列{an}中，an≠0且aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．
(3)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．
跟踪训练2 在数列{an}中，aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明 因为aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(an＋2＋1,an＋1＋1).
因为a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，
所以eq \f(a2＋1,a1＋1)＝2，
所以数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知，an＋1＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－1，
所以Sn＝eq \f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.
题型三 等比数列的性质
例3 (1)(2023·黄山模拟)在等比数列{an}中，a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，则eq \f(a2a12,a7)的值为( )
A.eq \r(13) B．3 C．±eq \r(13) D．±3
答案 B
解析 ∵a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，∴a1＋a13＝13，a1·a13＝9，
∴a1>0，a13>0，a1·a13＝a2·a12＝aeq \\al(2,7)＝9，
又数列{an}为等比数列，等比数列奇数项符号相同，可得a7＝3，
∴eq \f(a2a12,a7)＝eq \f(9,3)＝3.
(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn且S8－2S4＝6，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为______．
答案 24
解析 由题意可得S8－2S4＝6，可得S8－S4＝S4＋6，
由等比数列的性质可得S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，
则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，
综上可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝eq \f(S4＋62,S4)＝S4＋eq \f(36,S4)＋12≥24，
当且仅当S4＝6时等号成立．综上可得，a9＋a10＋a11＋a12的最小值为24.
思维升华 (1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前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．
(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．
跟踪训练3 (1)(2023·六安模拟)在等比数列{an}中，若a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，则a7＋a8等于( )
A．40 B．36 C．54 D．81
答案 C
解析 在等比数列{an}中，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，
∵a1＋a2＝16，a3＋a4＝24，∴a7＋a8＝(a3＋a4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3＋a4,a1＋a2)))2＝24×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24,16)))2＝54.
(2)等比数列{an}共有奇数个项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 ∵an＝192，
∴q＝eq \f(S偶,S奇－an)＝eq \f(－126,255－192)＝eq \f(－126,63)＝－2，
又Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝S奇＋S偶，
即eq \f(a1－192×－2,1－－2)＝255＋(－126)，
解得a1＝3.
(3)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋a3＋…＋a8＝4，a1a2·…·a8＝16，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)的值为( )
A．2 B．4 C．8 D．16
答案 A
解析 ∵a1a2…a8＝16，
∴a1a8＝a2a7＝a3a6＝a4a5＝2，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a8)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a8)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,a7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a3)＋\f(1,a6)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a4)＋\f(1,a5)))
＝eq \f(1,2)(a1＋a8)＋eq \f(1,2)(a2＋a7)＋eq \f(1,2)(a3＋a6)＋eq \f(1,2)(a4＋a5)
＝eq \f(1,2)(a1＋a2＋…＋a8)＝2.
课时精练
1．(2023·岳阳模拟)已知等比数列{an}满足a5－a3＝8，a6－a4＝24，则a3等于( )
A．1 B．－1 C．3 D．－3
答案 A
解析 设an＝a1qn－1，∵a5－a3＝8，a6－a4＝24，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q4－a1q2＝8，,a1q5－a1q3＝24，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,9)，,q＝3，))∴a3＝a1q2＝eq \f(1,9)×32＝1.
2．数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq \f(an＋1,an)＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝2k (a1＋a2＋…＋a10)＝2k×eq \f(2×1－210,1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4.
3．若等比数列{an}中的a5，a2 019是方程x2－4x＋3＝0的两个根，则lg3a1＋lg3a2＋lg3a3＋…＋lg3a2 023等于( )
A.eq \f(2 024,3) B．1 011
C.eq \f(2 023,2) D．1 012
答案 C
解析 由题意得a5a2 019＝3，
根据等比数列性质知，
a1a2 023＝a2a2 022＝…＝a1 011a1 013＝a1 012a1 012＝3，
于是a1 012＝，
则lg3a1＋lg3a2＋lg3a3＋…＋lg3a2 023
＝lg3(a1a2a3…a2 023)
＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(31 011·))＝eq \f(2 023,2).
4．(2022·咸阳模拟)河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则lg2(a3·a5)的值为( )
A．16 B．12 C．10 D．8
答案 B
解析 由题意，得{an}是以2为公比的等比数列，
∴S7＝eq \f(a11－27,1－2)＝1 016,127a1＝1 016，解得a1＝8，
∴lg2(a3·a5)＝lg2(8×22×8×24)＝12.
5．已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论不正确的是( )
A．{an＋Sn}是等差数列
B．{an·Sn}是等比数列
C．{aeq \\al(2,n)}是等差数列
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列
答案 B
解析 由{Sn}是等差数列，可得2(a1＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，∴a2＝a3，
∵{an}是各项均为正数的等比数列，∴a2＝a2q，可得q＝1.∴an＝a1>0，
∴an＋Sn＝(n＋1)a1，
∴{an＋Sn}是等差数列，因此A正确；
aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,1)，∴{aeq \\al(2,n)}是常数列，为等差数列，因此C正确；
eq \f(Sn,n)＝a1>0，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列，因此D正确；
an·Sn＝naeq \\al(2,1)，∴{an·Sn}不是等比数列，因此B不正确．
6．已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝eq \f(1,8)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的最小值为( )
A.eq \f(8,3) B．1 C．2 D．3
答案 C
解析 由已知得数列{an}的公比满足q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，
解得q＝eq \f(1,2)，∴a1＝2，a3＝eq \f(1,2)，故数列{anan＋1}是首项为2，公比为eq \f(a2a3,a1a2)＝eq \f(1,4)的等比数列，
∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))
＝eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(8,3)))，故选C.
7．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且an>0，S1＋a1＝2，S3＋a3＝22，则公比q＝________，S5＋a5＝________.
答案 3 202
解析 由题意得2a1＝2，∴a1＝1.由a1＋a1q＋2a1q2＝22，得q＝3或q＝－eq \f(7,2)，∵an>0，∴q＝－eq \f(7,2)不符合题意，故q＝3，∴S5＋a5＝eq \f(1×1－35,1－3)＋1×34＝202.
8．已知数列{an}为等比数列，若数列{3n－an}也是等比数列，则数列{an}的通项公式可以为 __________.(写出一个即可)
答案 an＝3n－1(答案不唯一)
解析 设等比数列{an}的公比为q，令bn＝3n－an，则b1＝3－a1，b2＝32－a1q，b3＝33－a1q2，∵{bn}是等比数列，∴beq \\al(2,2)＝b1b3，即(32－a1q)2＝(3－a1)(33－a1q2)，可化为q2－6q＋9＝0，解得q＝3，取a1＝1，则an＝3n－1.(注：a1的值可取任意非零实数)．
9．等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.
解 (1)设数列{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*)．
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq \f(1－－2n,3).
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.
10．Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q)＝13，,q>0，))解得a1＝1，q＝3，
所以an＝3n－1，Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列．
因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝eq \f(1,2)，此时Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×3n，则eq \f(Sn＋1＋\f(1,2),Sn＋\f(1,2))＝3.
故存在常数λ＝eq \f(1,2)，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是等比数列．
11．在数列{an}中，n∈N*，若eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列关于“等差比数列”的判断正确的是( )
A．k可能为0
B．等差数列一定是“等差比数列”
C．等比数列一定是“等差比数列”
D．“等差比数列”中可以有无数项为0
答案 D
解析 对于A，k不可能为0，错误；
对于B，当an＝1时，{an}为等差数列，但不是“等差比数列”，错误；
对于C，当等比数列的公比q＝1时，an＋1－an＝0，分式无意义，所以{an}不是“等差比数列”，错误；
对于D，数列0,1,0,1,0,1，…是“等差比数列”，且有无数项为0，正确．
12．记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝8，a4＝－1，则数列{Sn}( )
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
答案 A
解析 根据题意，等比数列{an}中，a1＝8，a4＝－1，则q3＝eq \f(a4,a1)＝－eq \f(1,8)，则q＝－eq \f(1,2)，
则Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(8\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),\f(3,2))＝eq \f(16,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n))，
若n为奇数，则Sn＝eq \f(16,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))，此时有S1>S3>…>Sn>eq \f(16,3)；
若n为偶数，则Sn＝eq \f(16,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，此时有S2