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第30讲 等比数列及其前n项和--2024年高考一轮复习知识清单与题型专练
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这是一份第30讲 等比数列及其前n项和--2024年高考一轮复习知识清单与题型专练，文件包含第30讲等比数列及其前n项和原卷版docx、第30讲等比数列及其前n项和解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
1.等比数列中的有关公式
已知等比数列{an}的首项为a1,公比是q,前n项和为Sn,则
2.等比数列的性质
已知{an}是等比数列,Sn是{an}的前n项和.
(1)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则有aman= = .
(2)若公比q≠-1,或q=-1且m为奇数,则数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成 数列,其公比为 .
3.等比数列与函数的关系
(1)等比数列{an}的通项公式可以写成an=a1qqn(q≠1),前n项和公式可以写成Sn=a1q-1qn-a1q-1 (q≠1).
(2)①当a1>0,q>1 或a1<0,0②当a1>0,01 时,{an}是递减数列;
③当q=1时,数列{an}是常数列;
④当q<0时,数列{an}为摆动数列.
1.an+1an=q an=a1qn-1 an=amqn-m(n,m∈N*)
na1 a1(1-qn)1−q a1-anq1−q
2.(1)apaq ak2 (2)等比 qm
常用结论
1.若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0),1an,{an2},{an·bn},anbn仍是等比数列.
2.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.
3.一个等比数列各项的k次幂仍构成一个等比数列,新公比是原公比的k次幂.
4.若{an}为等比数列,a1·a2·…·an=Tn,则Tn,T2nTn,T3nT2n,…成等比数列.
5.在数列{an}中,当q≠0,q≠1时,其前n项和Sn=k-k·qn(k≠0)是{an}为等比数列的充要条件,此时k=a11-q.
分类探究
探究点一 等比数列的基本运算
例1 (1)已知等比数列{an}中,a2=1,a5=-8,则{an}的前6项和为 .
(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S4=2S3+1,2a4=2a3+3a2+2,则a1= .
例1 [思路点拨] (1)首先根据已知条件利用等比数列的通项公式求得首项a1与公比q,然后利用前n项和公式求前6项和;(2)设公比为q,利用等比数列的通项公式与前n项和公式将已知两个等式化为关于a1,q的方程组,解此方程组即可求得a1.
(1)636 (2)1 [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q,则由a2=1,a5=−8得a1q=1,a1q4=−8,解得a1=−12,q=−2,
∴前6项和S6=-12×[1−(−2)6]1−(−2)=636.
(2)设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1,则由S4=2S3+1,2a4=2a3+3a2+2,得a1(1-q4)1−q=2·a1(1-q3)1−q+1,2a1q3=2a1q2+3a1q+2,解得q=1(舍去)或q=2,所以a1=1.
[总结反思] (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1,an,q,n,Sn,已知其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”).
(2)运用等比数列的前n项和公式时,注意对公比q=1和q≠1的分类讨论.
变式题 (1)已知{an}为等比数列,a5+a8=-3,a4a9=-18,则a2+a11=( )
A.9B.-9
C.212D.-214
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列,若a1=1,则S4=( )
A.7B.8
C.15D.16
(3)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.龙门石窟的某处“浮雕像”共有7层,每一层的数量是它下一层的2倍,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案.已知该处共有1016个“浮雕像”,则正中间那层的“浮雕像”的个数为( )
A.508B.256
C.128D.64
变式题 (1)C (2)C (3)D [解析] (1)由题知,a4a9=a5a8=-18,a5+a8=-3,解得a5=−6,a8=3或a5=3,a8=−6.设等比数列{an}的公比为q,则
当a5=−6,a8=3时,q3=a8a5=-12,∴a2+a11=a5q3+a8q3=-6-12+3×（-12）=212;
当a5=3,a8=−6时,q3=a8a5=-2,
∴a2+a11=a5q3+a8q3=3-2+(-6)×(-2)=212.
故选C.
(2)因为数列{an}为等比数列,所以设公比为q,又4a1,2a2,a3成等差数列,所以4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,因为a1≠0,所以4q=4+q2,解得q=2,所以S4=a1(1-q4)1−q=1−241−2=15.故选C.
(3)根据题意,假设从最下层往上数,每一层“浮雕像”的数量构成一个数列{an},则由“浮雕像”共有7层,每一层的数量是它下一层的2倍,且该处共有1016,个“浮雕像”,可知{an}是以2为公比的等比数列,且共有7项,前7项的和S7=1016,所以S7=a1(1-27)1−2=1016,解得a1=8,则正中间那层的“浮雕像”的个数为a4=a1q3=8×8=64.故选D.
探究点二 等比数列的性质
例2 (1)各项均为实数的等比数列{an}的前n项和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S20=( )
A.107B.30或-20
C.30D.40
(2)已知等比数列{an}中,a5+a7=8,则a4(a6+2a8)+a3a11的值为( )
A.128B.64
C.16D.8
例2 [思路点拨] (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意易知q≠1,S10,S20-S10,S30-S20为等比数列,代入求解即可;(2)利用等比数列的性质,首先将a4(a6+2a8)+a3a11化简为(a5+a7)2,再计算即可.
(1)C (2)B [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意易知q≠1,S10,S20-S10,S30-S20为等比数列,所以(S20-S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)2=10×(70-S20),即S202-10S20-600=0,
解得S20=30或S20=-20(舍),故S20=30.故选C.
(2)由等比数列的性质可得,a4(a6+2a8)+a3a11=a4a6+2a4a8+a3a11=a52+2a5a7+a72=(a5+a7)2=64.
故选B.
[总结反思] (1)在等比数列的基本运算问题中,一般是利用通项公式与前n项和公式,建立方程组求解,若可以灵活运用等比数列的性质“若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有aman=apaq”,则可减少运算量.
(2)等比数列的项经过适当组合后构成的新数列也具有某种性质.
变式题 (1)已知等比数列{an}中,an>0,a5,a95为方程x2-10x+16=0的两根,则a20a50a80=( )
A.32B.64
C.256D.±64
(2)已知各项都为正数的数列{an},对任意的m,n∈N*,am·an=am+n恒成立,且a3·a5+a4=72,则lg2a1+lg2a2+…+lg2a7= .
变式题 (1)B (2)21 [解析] (1)因为a5,a95为方程x2-10x+16=0的两根,所以a5a95=16,因为等比数列{an}中,an>0,所以a50=a5a95=4,因此a20a50a80=a503=64.故选B.
(2)因为对任意m,n∈N*,am·an=am+n恒成立,所以令m=1,得a1·an=a1+n,易知数列{an}为等比数列,由a3·a5+a4=72,得a42+a4=72,结合a4>0,得a4=8,所以lg2a1+lg2a2+…+lg2a7=lg2(a1·a2·…·a7)=lg2a47=lg287=21.
探究点三 等比数列的判定与证明
例3 已知数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,a1=2,b1=1,且an+1=a1+2Tn.
(1)若数列{an}为等差数列,求Sn;
(2)若bn+1=b1+2Sn,证明:数列{an+bn}和{an-bn}均为等比数列.
例3 [思路点拨] (1)求出数列的公差,即可得到数列的前n项和;(2)利用数列的递推关系式推出an+1=an+2bn(n≥2),bn+1=bn+2an(n≥2),然后证明数列{an+bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,数列{an-bn}是以-1为首项,-1为公比的等比数列.
解:(1)由an+1=a1+2Tn,得a2=a1+2b1,
又a1=2,b1=1,所以a2=4.
因为数列{an}为等差数列,
所以数列{an}的公差为a2-a1=2,
所以Sn=2n+n(n-1)2·2=n2+n.
(2)证明:当n≥2时,an=a1+2Tn-1,
因为Tn-Tn-1=bn,所以an+1-an=2bn,
即an+1=an+2bn(n≥2),
同理可得,bn+1=bn+2an(n≥2),
所以an+1+bn+1=3(an+bn)(n≥2),又a2=a1+2b1=4,b2=b1+2a1=5,a2+b2=9≠0,所以an+1+bn+1an+bn=3(n≥2),
又a2+b2a1+b1=93=3,所以an+1+bn+1an+bn=3(n∈N*),
所以数列{an+bn}是以3为首项,3为公比的等比数列.
因为an+1-bn+1=-(an-bn),a2-b2=-1≠0,
所以an+1-bn+1an-bn=-1(n≥2),
又a2-b2a1-b1=4−52−1=-1,所以an+1-bn+1an-bn=-1(n∈N*),
所以数列{an-bn}是以-1为首项,-1为公比的等比数列.
[总结反思] 判定一个数列为等比数列的常见方法:
(1)定义法:若an+1an=q(q是非零常数),则数列{an}是等比数列.
(2)等比中项法:若an+12=an·an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列.
(3)通项公式法:若an=Aqn(A,q为非零常数),则数列{an}是等比数列.
变式题 在等差数列{an}中,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且其中的任何两个数不在下表的同一列中.
(1)请选择一组可能的{a1,a2,a3},并求数列{an}的通项公式.
(2)记(1)中你选择的{an}的前n项和为Sn,判断是否存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列?若存在,请求出k的值;若不存在,请说明理由.
变式题 解:(1)由题意可知,有两种组合满足条件.
①a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列{an}中,a1=8,公差d=4,
所以其通项公式为an=8+4(n-1)=4n+4.
②a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列{an}中,a1=2,公差d=2,
所以其通项公式为an=2n.
(2)若选择①,则Sn=n(8+4n+4)2=2n2+6n,
所以Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.
假设存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1·Sk+2,
即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理得5k=-9,
此方程无正整数解,故不存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列.
若选择②,则Sn=n(2+2n)2=n2+n,
所以Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6,
假设存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列,
则ak2=a1·Sk+2,
即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,
因为k为正整数,所以k=6.
故存在正整数k=6,使得a1,ak,Sk+2成等比数列.
同步作业
1.记Sn是等比数列{an}的前n项和,若S2=0,则公比q=( )
A.0B.-1
C.1D.无法确定
1.B [解析] 因为a1≠0,所以由S2=a1+a2=a1(1+q)=0,解得q=-1,故选B.
2.设{an}是等比数列,则下列说法中一定正确的是( )
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
2.D [解析] 根据等比数列的性质知,只有项数成等差数列时,对应的项才成等比数列,观察选项知,只有a3,a6,a9的项数3,6,9成等差数列.故选D.
3.若1,a,4,b,c成等比数列,则b=( )
A.42B.8
C.±8 D.±42
3.C [解析] 由等比数列的性质可得42=1×c,即c=16.又b2=4c,所以b=±4×16=±8,故选C.
4.有这样一道题目:“戴氏善屠,日益功倍.初日屠五两,今三十日屠讫,问共屠几何?”其意思为:“有一个姓戴的人善于屠肉,每一天屠完的肉是前一天的2倍,第一天屠了5两肉,共屠了30天,问一共屠了多少两肉?”在这个问题中,该屠夫前5天所屠肉的总两数为( )
A.35 B.75
C.155D.315
4.C [解析] 由题意可得该屠夫每天所屠肉的两数成等比数列,记为{an},设公比为q,前n项和为Sn,所以a1=5,q=2,所以前5天所屠肉的总两数为S5=a1(1-q5)1−q=5×(1−25)1−2=155.故选C.
5.已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( )
A.7B.5
C.-5D.-7
5.D [解析] ∵a5a6=a4a7=-8,a4+a7=2,∴a4=-2,a7=4或a4=4,a7=-2.由等比数列的性质可知a10=a72a4=-8,a1=a42a7=1或a10=a72a4=1,a1=a42a7=-8,∴a1+a10=-7.故选D.
6.已知数列{an}满足an+1=λan-1(n∈N*,λ≠0,λ∈R),若数列{an-1}是等比数列,则λ的值是( )
A.1B.2
C.12D.-1
6.B [解析] ∵数列{an-1}为等比数列,∴an+1-1an-1=λan-2an-1=q,即λan-2=qan-q,由上式恒成立,可知λ=q,-2=-q,解得λ=2,故选B.
7.已知{an}是等比数列,且a3a5a7a9a11=243,则a7= ;若公比q=13,则a4= .
7.3 81 [解析] 由{an}是等比数列,得a3a5a7a9a11=a75=243,故a7=3,a4=a7q3=81.
8.已知数列{an}为各项均为正数的等比数列,若a6+a7+a8=26,且a5·a9=36,则1a6+1a7+1a8=( )
A.1318B.1318或1936
C.139D.136
8.A [解析] ∵数列{an}为各项均为正数的等比数列,a6+a7+a8=26,且a5·a9=a72=36,∴a7=6,a6+a8=20,a6·a8=a72=36,则1a6+1a7+1a8=16+a6+a8a6·a8=16+2036=1318,故选A.
9.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=2am,则m=( )
A.3B.6
C.8D.9
9.C [解析] 设数列{an}的公比为q.当q=1时,不满足S3,S9,S6成等差数列;当q≠1时,由题意,得2×a1(1-q9)1−q=a1(1-q3)1−q+a1(1-q6)1−q,化简得2q6-q3-1=0,解得q3=-12或q3=1(舍去),则a2+a5=a2(1+q3)=12a2=2am,故am=14a2=(q3)2a2,即am=a2q6=a8,故m=8.故选C.
10.著名物理学家李政道说:“科学和艺术是不可分割的”.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的,它们是按照严格的数学方法确定的.我国明代的数学家、音乐理论家朱载堉创建了十二平均律,是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例,把八度分成13个半音,使相邻两个半音之间频率的比值是常数,如下表所示,其中a1,a2,…,a13表示这些半音的频率,它们满足lg2（ai+1ai）12=1(i=1,2,…,12).若某一半音与D#的频率的比值为32,则该半音为( )
A.F#B.G
C.G# D.A
10.B [解析] 依题意可知an>0(n=1,2,…,12,13).由于a1,a2,…,a13满足lg2（ai+1ai）12=1(i=1,2,…,12),则（ai+1ai）12=2(i=1,2,…,12),即ai+1ai=2112(i=1,2,…,12),所以数列{an}(n=1,2,…,12,13)为等比数列,其公比q=2112,D#对应的频率为a4,题目所求半音与D#的频率的比值为32=213=(2112)4,所以所求半音对应的频率为a4·(2112)4=a8,即对应的半音为G.故选B.
11.(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-2,若存在两项am,an,使得aman=64,则( )
A.数列{an}为等差数列
B.数列{an}为等比数列
C.a12+a22+…+an2=4n-13
D.m+n为定值
11.BD [解析] 由题意,当n=1时,S1=2a1-2,解得a1=2,当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,所以Sn-Sn-1=an=2an-2-(2an-1-2)=2an-2an-1,所以anan-1=2,所以数列{an}是首项a1=2,公比q=2的等比数列,an=2n,故选项A错误,选项B正确;数列{an2}是首项a12=4,公比q1=4的等比数列,所以a12+a22+…+an2=a12(1-q1n)1−q1=4×(1−4n)1−4=4n+1-43,故选项C错误;因为aman=2m×2n=2m+n=64=26,所以m+n=6为定值,故选项D正确.故选BD.
12.(多选题)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,且满足a1>1,a7·a8>1,a7-1a8-1<0,则下列结论正确的是( )
A.0B.a7·a9>1
C.Sn的最大值为S9
D.Tn的最大值为T7
12.AD [解析] 因为a1>1,a7·a8>1,a7-1a8-1<0,所以a7>1,01,00,所以Sn无最大值,故C错误;因为a7>1,a8<1,所以Tn的最大值为T7,故D正确.故选AD.
13.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S20-S10S30-S20=1310,则数列{an}的公比q= .
13.3 [解析] 由正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S20-S10S30-S20=1310,易知q≠1,∴a1(1-q20)1−q-a1(1-q10)1−qa1(1-q30)1−q-a1(1-q20)1−q=q10-q20q20-q30=1−q10q10(1-q10)=1q10=1310,∵q>0,∴q=3.
14.已知数列{an}满足a3,a6,a9,…,a3n,…是首项为1,公比为2的等比数列,a3n-2,a3n-1,a3n是公比为-12的等比数列,则数列{an}的前20项和S20= .
14.317 [解析] 根据题意,数列{an}满足a3,a6,a9,…,a3n,…是首项为1,公比为2的等比数列,则a3n=2n-1,又由a3n-2,a3n-1,a3n是公比为-12的等比数列,得a3n-1=-2a3n,a3n-2=4a3n,故有a3n-2+a3n-1+a3n=3a3n=3×2n-1,则S20=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a19+a20+a21)-a21=3×(27-1)-26=317.
15.设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=3an-2n,bn=an+2,cn=1bn.
(1)试证明{bn}为等比数列,并求an;
(2)记Tn为{cn}的前n项和,Tn15.解:(1)证明:因为数列{an}的前n项和为Sn,Sn=3an-2n①,
所以Sn+1=3an+1-2(n+1)②,
②-①得an+1=3an+1-3an-2,
整理得an+1+2=32(an+2),
因为bn=an+2,
所以bn+1=32bn,又由S1=3a1-2得a1=1,
所以b1=a1+2=3,
所以数列{bn}是以3为首项,32为公比的等比数列.
所以an+2=3×（32）n-1,整理得an=3×（32）n-1-2.
(2)由(1)可知,cn=1bn=13×（23）n-1,
则Tn=13×[1−(23) n]1−23=1-（23）n<1,
因为Tn所以m≥1.
16.设递增等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=lg2an+164,求|b1|+|b2|+…+|bn|.
16.解:(1)设等比数列{an}的公比为q,由题意得6a2=a1+3+a3+4,a1+a2+a3=7,
即6a2=a2q+a2q+7,a2q+a2q+a2=7,解得a2=2,q=2或12,
∵{an}是递增数列,∴q=2,
∴an=a2qn-2=2·2n-2=2n-1.
(2)由(1)知an+1=2n,∴bn=lg22n64=n-6,
∴当n≤6时,bn≤0,当n>6时,bn>0.
当1≤n≤6时,|b1|+|b2|+…+|bn|=∑i=1n(6-i)=n(11-n)2;
当n>6时,|b1|+|b2|+…+|bn|=2∑i=16(6-i)+
∑i=1n(i-6)=n2-11n+602.
∴|b1|+|b2|+…+|bn|=n(11-n)2,1≤n≤6,n2-11n+602,n>6.
17.(多选题)记数列{an}的前n项和为Sn,若存在实数H,使得对任意的n∈N+,都有|Sn|A.若{an}是等差数列,且公差d=0,则{an}是“和有界数列”
B.若{an}是等差数列,且{an}是“和有界数列”,则公差d=0
C.若{an}是等比数列,且公比q满足|q|<1,则{an}是“和有界数列”
D.若{an}是等比数列,且{an}是“和有界数列”,则{an}的公比q满足|q|<1
17.BC [解析] 若{an}是等差数列,且公差d=0,则当a1=0时,可得Sn=0,此时数列{an}为“和有界数列”,当a1≠0时,可得Sn=na1,此时数列{an}不为“和有界数列”,故A错误;若{an}是等差数列,且数列{an}为“和有界数列”,则存在实数H,使得对任意的n∈N+,都有|Sn|18.如图K30-1,直线l1:y=2-x与直线l2:y=kx+k(k>0)相交于点P.直线l1与x轴交于点P1,过点P1作x轴的垂线交直线l2于点Q1,过点Q1作y轴的垂线交直线l1于点P2,过点P2作x轴的垂线交直线l2于点Q2,…,这样一直作下去,可得到一系列点P1,Q1,P2,Q2,…,点Pn(n=1,2,3,…)的横坐标构成数列{xn}.那么,当k= 时,{xn}为周期数列;当k= 时,{xn}为等比数列.
图K30-1
18.1 2 [解析] l1的方程是y=2-x,l2的方程是y=kx+k,则P1(2,0),Q1(2,3k),P2(2-3k,3k),Q2(2-3k,3k-3k2),P3(2-3k+3k2,3k-3k2),Q3(2-3k+3k2,3k-3k2+3k3),P4(2-3k+3k2-3k3,3k-3k2+3k3),…,∴x1=2,xn=2-3k+3k2-3k3+…+(-1)n-1·3kn-1(n≥2),∴xn=2-3k[1-(-k)n-1]1+k(n≥2),要使{xn}为周期数列,则存在n∈N*且n≥2,xn=2,即3k[1-(-k)n-1]=0,
∵k>0,∴只有k=1且n为奇数时满足题意,故k=1.要使{xn}为等比数列,则x22=x1x3,即(2-3k)2=2(2-3k+3k2),∵k>0,∴k=2,此时xn=2×(-2)n-1,{xn}是等比数列.
等比数列定义式
(q≠0且q为常数)
等比中项
Gx=yG(G是x与y的等比中项)
通项公式
或
前n项和公式
当q=1时,Sn= ;
当q≠1时,Sn= =
第一列
第二列
第三列
第一行
5
8
2
第二行
4
3
12
第三行
16
6
9
频率
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
a13
半音
C
C#
D
D#
E
F
F#
G
G#
A
A#
B
C(八度)
1.等比数列中的有关公式
已知等比数列{an}的首项为a1,公比是q,前n项和为Sn,则
2.等比数列的性质
已知{an}是等比数列,Sn是{an}的前n项和.
(1)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则有aman= = .
(2)若公比q≠-1,或q=-1且m为奇数,则数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…成 数列,其公比为 .
3.等比数列与函数的关系
(1)等比数列{an}的通项公式可以写成an=a1qqn(q≠1),前n项和公式可以写成Sn=a1q-1qn-a1q-1 (q≠1).
(2)①当a1>0,q>1 或a1<0,0
③当q=1时,数列{an}是常数列;
④当q<0时,数列{an}为摆动数列.
1.an+1an=q an=a1qn-1 an=amqn-m(n,m∈N*)
na1 a1(1-qn)1−q a1-anq1−q
2.(1)apaq ak2 (2)等比 qm
常用结论
1.若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0),1an,{an2},{an·bn},anbn仍是等比数列.
2.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.
3.一个等比数列各项的k次幂仍构成一个等比数列,新公比是原公比的k次幂.
4.若{an}为等比数列,a1·a2·…·an=Tn,则Tn,T2nTn,T3nT2n,…成等比数列.
5.在数列{an}中,当q≠0,q≠1时,其前n项和Sn=k-k·qn(k≠0)是{an}为等比数列的充要条件,此时k=a11-q.
分类探究
探究点一 等比数列的基本运算
例1 (1)已知等比数列{an}中,a2=1,a5=-8,则{an}的前6项和为 .
(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S4=2S3+1,2a4=2a3+3a2+2,则a1= .
例1 [思路点拨] (1)首先根据已知条件利用等比数列的通项公式求得首项a1与公比q,然后利用前n项和公式求前6项和;(2)设公比为q,利用等比数列的通项公式与前n项和公式将已知两个等式化为关于a1,q的方程组,解此方程组即可求得a1.
(1)636 (2)1 [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q,则由a2=1,a5=−8得a1q=1,a1q4=−8,解得a1=−12,q=−2,
∴前6项和S6=-12×[1−(−2)6]1−(−2)=636.
(2)设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1,则由S4=2S3+1,2a4=2a3+3a2+2,得a1(1-q4)1−q=2·a1(1-q3)1−q+1,2a1q3=2a1q2+3a1q+2,解得q=1(舍去)或q=2,所以a1=1.
[总结反思] (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1,an,q,n,Sn,已知其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”).
(2)运用等比数列的前n项和公式时,注意对公比q=1和q≠1的分类讨论.
变式题 (1)已知{an}为等比数列,a5+a8=-3,a4a9=-18,则a2+a11=( )
A.9B.-9
C.212D.-214
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列,若a1=1,则S4=( )
A.7B.8
C.15D.16
(3)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.龙门石窟的某处“浮雕像”共有7层,每一层的数量是它下一层的2倍,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案.已知该处共有1016个“浮雕像”,则正中间那层的“浮雕像”的个数为( )
A.508B.256
C.128D.64
变式题 (1)C (2)C (3)D [解析] (1)由题知,a4a9=a5a8=-18,a5+a8=-3,解得a5=−6,a8=3或a5=3,a8=−6.设等比数列{an}的公比为q,则
当a5=−6,a8=3时,q3=a8a5=-12,∴a2+a11=a5q3+a8q3=-6-12+3×（-12）=212;
当a5=3,a8=−6时,q3=a8a5=-2,
∴a2+a11=a5q3+a8q3=3-2+(-6)×(-2)=212.
故选C.
(2)因为数列{an}为等比数列,所以设公比为q,又4a1,2a2,a3成等差数列,所以4a2=4a1+a3,即4a1q=4a1+a1q2,因为a1≠0,所以4q=4+q2,解得q=2,所以S4=a1(1-q4)1−q=1−241−2=15.故选C.
(3)根据题意,假设从最下层往上数,每一层“浮雕像”的数量构成一个数列{an},则由“浮雕像”共有7层,每一层的数量是它下一层的2倍,且该处共有1016,个“浮雕像”,可知{an}是以2为公比的等比数列,且共有7项,前7项的和S7=1016,所以S7=a1(1-27)1−2=1016,解得a1=8,则正中间那层的“浮雕像”的个数为a4=a1q3=8×8=64.故选D.
探究点二 等比数列的性质
例2 (1)各项均为实数的等比数列{an}的前n项和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S20=( )
A.107B.30或-20
C.30D.40
(2)已知等比数列{an}中,a5+a7=8,则a4(a6+2a8)+a3a11的值为( )
A.128B.64
C.16D.8
例2 [思路点拨] (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意易知q≠1,S10,S20-S10,S30-S20为等比数列,代入求解即可;(2)利用等比数列的性质,首先将a4(a6+2a8)+a3a11化简为(a5+a7)2,再计算即可.
(1)C (2)B [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意易知q≠1,S10,S20-S10,S30-S20为等比数列,所以(S20-S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)2=10×(70-S20),即S202-10S20-600=0,
解得S20=30或S20=-20(舍),故S20=30.故选C.
(2)由等比数列的性质可得,a4(a6+2a8)+a3a11=a4a6+2a4a8+a3a11=a52+2a5a7+a72=(a5+a7)2=64.
故选B.
[总结反思] (1)在等比数列的基本运算问题中,一般是利用通项公式与前n项和公式,建立方程组求解,若可以灵活运用等比数列的性质“若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有aman=apaq”,则可减少运算量.
(2)等比数列的项经过适当组合后构成的新数列也具有某种性质.
变式题 (1)已知等比数列{an}中,an>0,a5,a95为方程x2-10x+16=0的两根,则a20a50a80=( )
A.32B.64
C.256D.±64
(2)已知各项都为正数的数列{an},对任意的m,n∈N*,am·an=am+n恒成立,且a3·a5+a4=72,则lg2a1+lg2a2+…+lg2a7= .
变式题 (1)B (2)21 [解析] (1)因为a5,a95为方程x2-10x+16=0的两根,所以a5a95=16,因为等比数列{an}中,an>0,所以a50=a5a95=4,因此a20a50a80=a503=64.故选B.
(2)因为对任意m,n∈N*,am·an=am+n恒成立,所以令m=1,得a1·an=a1+n,易知数列{an}为等比数列,由a3·a5+a4=72,得a42+a4=72,结合a4>0,得a4=8,所以lg2a1+lg2a2+…+lg2a7=lg2(a1·a2·…·a7)=lg2a47=lg287=21.
探究点三 等比数列的判定与证明
例3 已知数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,a1=2,b1=1,且an+1=a1+2Tn.
(1)若数列{an}为等差数列,求Sn;
(2)若bn+1=b1+2Sn,证明:数列{an+bn}和{an-bn}均为等比数列.
例3 [思路点拨] (1)求出数列的公差,即可得到数列的前n项和;(2)利用数列的递推关系式推出an+1=an+2bn(n≥2),bn+1=bn+2an(n≥2),然后证明数列{an+bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,数列{an-bn}是以-1为首项,-1为公比的等比数列.
解:(1)由an+1=a1+2Tn,得a2=a1+2b1,
又a1=2,b1=1,所以a2=4.
因为数列{an}为等差数列,
所以数列{an}的公差为a2-a1=2,
所以Sn=2n+n(n-1)2·2=n2+n.
(2)证明:当n≥2时,an=a1+2Tn-1,
因为Tn-Tn-1=bn,所以an+1-an=2bn,
即an+1=an+2bn(n≥2),
同理可得,bn+1=bn+2an(n≥2),
所以an+1+bn+1=3(an+bn)(n≥2),又a2=a1+2b1=4,b2=b1+2a1=5,a2+b2=9≠0,所以an+1+bn+1an+bn=3(n≥2),
又a2+b2a1+b1=93=3,所以an+1+bn+1an+bn=3(n∈N*),
所以数列{an+bn}是以3为首项,3为公比的等比数列.
因为an+1-bn+1=-(an-bn),a2-b2=-1≠0,
所以an+1-bn+1an-bn=-1(n≥2),
又a2-b2a1-b1=4−52−1=-1,所以an+1-bn+1an-bn=-1(n∈N*),
所以数列{an-bn}是以-1为首项,-1为公比的等比数列.
[总结反思] 判定一个数列为等比数列的常见方法:
(1)定义法:若an+1an=q(q是非零常数),则数列{an}是等比数列.
(2)等比中项法:若an+12=an·an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列.
(3)通项公式法:若an=Aqn(A,q为非零常数),则数列{an}是等比数列.
变式题 在等差数列{an}中,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且其中的任何两个数不在下表的同一列中.
(1)请选择一组可能的{a1,a2,a3},并求数列{an}的通项公式.
(2)记(1)中你选择的{an}的前n项和为Sn,判断是否存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列?若存在,请求出k的值;若不存在,请说明理由.
变式题 解:(1)由题意可知,有两种组合满足条件.
①a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列{an}中,a1=8,公差d=4,
所以其通项公式为an=8+4(n-1)=4n+4.
②a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列{an}中,a1=2,公差d=2,
所以其通项公式为an=2n.
(2)若选择①,则Sn=n(8+4n+4)2=2n2+6n,
所以Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.
假设存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1·Sk+2,
即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理得5k=-9,
此方程无正整数解,故不存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列.
若选择②,则Sn=n(2+2n)2=n2+n,
所以Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6,
假设存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列,
则ak2=a1·Sk+2,
即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,
因为k为正整数,所以k=6.
故存在正整数k=6,使得a1,ak,Sk+2成等比数列.
同步作业
1.记Sn是等比数列{an}的前n项和,若S2=0,则公比q=( )
A.0B.-1
C.1D.无法确定
1.B [解析] 因为a1≠0,所以由S2=a1+a2=a1(1+q)=0,解得q=-1,故选B.
2.设{an}是等比数列,则下列说法中一定正确的是( )
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
2.D [解析] 根据等比数列的性质知,只有项数成等差数列时,对应的项才成等比数列,观察选项知,只有a3,a6,a9的项数3,6,9成等差数列.故选D.
3.若1,a,4,b,c成等比数列,则b=( )
A.42B.8
C.±8 D.±42
3.C [解析] 由等比数列的性质可得42=1×c,即c=16.又b2=4c,所以b=±4×16=±8,故选C.
4.有这样一道题目:“戴氏善屠,日益功倍.初日屠五两,今三十日屠讫,问共屠几何?”其意思为:“有一个姓戴的人善于屠肉,每一天屠完的肉是前一天的2倍,第一天屠了5两肉,共屠了30天,问一共屠了多少两肉?”在这个问题中,该屠夫前5天所屠肉的总两数为( )
A.35 B.75
C.155D.315
4.C [解析] 由题意可得该屠夫每天所屠肉的两数成等比数列,记为{an},设公比为q,前n项和为Sn,所以a1=5,q=2,所以前5天所屠肉的总两数为S5=a1(1-q5)1−q=5×(1−25)1−2=155.故选C.
5.已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( )
A.7B.5
C.-5D.-7
5.D [解析] ∵a5a6=a4a7=-8,a4+a7=2,∴a4=-2,a7=4或a4=4,a7=-2.由等比数列的性质可知a10=a72a4=-8,a1=a42a7=1或a10=a72a4=1,a1=a42a7=-8,∴a1+a10=-7.故选D.
6.已知数列{an}满足an+1=λan-1(n∈N*,λ≠0,λ∈R),若数列{an-1}是等比数列,则λ的值是( )
A.1B.2
C.12D.-1
6.B [解析] ∵数列{an-1}为等比数列,∴an+1-1an-1=λan-2an-1=q,即λan-2=qan-q,由上式恒成立,可知λ=q,-2=-q,解得λ=2,故选B.
7.已知{an}是等比数列,且a3a5a7a9a11=243,则a7= ;若公比q=13,则a4= .
7.3 81 [解析] 由{an}是等比数列,得a3a5a7a9a11=a75=243,故a7=3,a4=a7q3=81.
8.已知数列{an}为各项均为正数的等比数列,若a6+a7+a8=26,且a5·a9=36,则1a6+1a7+1a8=( )
A.1318B.1318或1936
C.139D.136
8.A [解析] ∵数列{an}为各项均为正数的等比数列,a6+a7+a8=26,且a5·a9=a72=36,∴a7=6,a6+a8=20,a6·a8=a72=36,则1a6+1a7+1a8=16+a6+a8a6·a8=16+2036=1318,故选A.
9.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=2am,则m=( )
A.3B.6
C.8D.9
9.C [解析] 设数列{an}的公比为q.当q=1时,不满足S3,S9,S6成等差数列;当q≠1时,由题意,得2×a1(1-q9)1−q=a1(1-q3)1−q+a1(1-q6)1−q,化简得2q6-q3-1=0,解得q3=-12或q3=1(舍去),则a2+a5=a2(1+q3)=12a2=2am,故am=14a2=(q3)2a2,即am=a2q6=a8,故m=8.故选C.
10.著名物理学家李政道说:“科学和艺术是不可分割的”.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的,它们是按照严格的数学方法确定的.我国明代的数学家、音乐理论家朱载堉创建了十二平均律,是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例,把八度分成13个半音,使相邻两个半音之间频率的比值是常数,如下表所示,其中a1,a2,…,a13表示这些半音的频率,它们满足lg2（ai+1ai）12=1(i=1,2,…,12).若某一半音与D#的频率的比值为32,则该半音为( )
A.F#B.G
C.G# D.A
10.B [解析] 依题意可知an>0(n=1,2,…,12,13).由于a1,a2,…,a13满足lg2（ai+1ai）12=1(i=1,2,…,12),则（ai+1ai）12=2(i=1,2,…,12),即ai+1ai=2112(i=1,2,…,12),所以数列{an}(n=1,2,…,12,13)为等比数列,其公比q=2112,D#对应的频率为a4,题目所求半音与D#的频率的比值为32=213=(2112)4,所以所求半音对应的频率为a4·(2112)4=a8,即对应的半音为G.故选B.
11.(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-2,若存在两项am,an,使得aman=64,则( )
A.数列{an}为等差数列
B.数列{an}为等比数列
C.a12+a22+…+an2=4n-13
D.m+n为定值
11.BD [解析] 由题意,当n=1时,S1=2a1-2,解得a1=2,当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,所以Sn-Sn-1=an=2an-2-(2an-1-2)=2an-2an-1,所以anan-1=2,所以数列{an}是首项a1=2,公比q=2的等比数列,an=2n,故选项A错误,选项B正确;数列{an2}是首项a12=4,公比q1=4的等比数列,所以a12+a22+…+an2=a12(1-q1n)1−q1=4×(1−4n)1−4=4n+1-43,故选项C错误;因为aman=2m×2n=2m+n=64=26,所以m+n=6为定值,故选项D正确.故选BD.
12.(多选题)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,且满足a1>1,a7·a8>1,a7-1a8-1<0,则下列结论正确的是( )
A.0
C.Sn的最大值为S9
D.Tn的最大值为T7
12.AD [解析] 因为a1>1,a7·a8>1,a7-1a8-1<0,所以a7>1,0
13.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S20-S10S30-S20=1310,则数列{an}的公比q= .
13.3 [解析] 由正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S20-S10S30-S20=1310,易知q≠1,∴a1(1-q20)1−q-a1(1-q10)1−qa1(1-q30)1−q-a1(1-q20)1−q=q10-q20q20-q30=1−q10q10(1-q10)=1q10=1310,∵q>0,∴q=3.
14.已知数列{an}满足a3,a6,a9,…,a3n,…是首项为1,公比为2的等比数列,a3n-2,a3n-1,a3n是公比为-12的等比数列,则数列{an}的前20项和S20= .
14.317 [解析] 根据题意,数列{an}满足a3,a6,a9,…,a3n,…是首项为1,公比为2的等比数列,则a3n=2n-1,又由a3n-2,a3n-1,a3n是公比为-12的等比数列,得a3n-1=-2a3n,a3n-2=4a3n,故有a3n-2+a3n-1+a3n=3a3n=3×2n-1,则S20=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a19+a20+a21)-a21=3×(27-1)-26=317.
15.设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=3an-2n,bn=an+2,cn=1bn.
(1)试证明{bn}为等比数列,并求an;
(2)记Tn为{cn}的前n项和,Tn
所以Sn+1=3an+1-2(n+1)②,
②-①得an+1=3an+1-3an-2,
整理得an+1+2=32(an+2),
因为bn=an+2,
所以bn+1=32bn,又由S1=3a1-2得a1=1,
所以b1=a1+2=3,
所以数列{bn}是以3为首项,32为公比的等比数列.
所以an+2=3×（32）n-1,整理得an=3×（32）n-1-2.
(2)由(1)可知,cn=1bn=13×（23）n-1,
则Tn=13×[1−(23) n]1−23=1-（23）n<1,
因为Tn
16.设递增等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=lg2an+164,求|b1|+|b2|+…+|bn|.
16.解:(1)设等比数列{an}的公比为q,由题意得6a2=a1+3+a3+4,a1+a2+a3=7,
即6a2=a2q+a2q+7,a2q+a2q+a2=7,解得a2=2,q=2或12,
∵{an}是递增数列,∴q=2,
∴an=a2qn-2=2·2n-2=2n-1.
(2)由(1)知an+1=2n,∴bn=lg22n64=n-6,
∴当n≤6时,bn≤0,当n>6时,bn>0.
当1≤n≤6时,|b1|+|b2|+…+|bn|=∑i=1n(6-i)=n(11-n)2;
当n>6时,|b1|+|b2|+…+|bn|=2∑i=16(6-i)+
∑i=1n(i-6)=n2-11n+602.
∴|b1|+|b2|+…+|bn|=n(11-n)2,1≤n≤6,n2-11n+602,n>6.
17.(多选题)记数列{an}的前n项和为Sn,若存在实数H,使得对任意的n∈N+,都有|Sn|
B.若{an}是等差数列,且{an}是“和有界数列”,则公差d=0
C.若{an}是等比数列,且公比q满足|q|<1,则{an}是“和有界数列”
D.若{an}是等比数列,且{an}是“和有界数列”,则{an}的公比q满足|q|<1
17.BC [解析] 若{an}是等差数列,且公差d=0,则当a1=0时,可得Sn=0,此时数列{an}为“和有界数列”,当a1≠0时,可得Sn=na1,此时数列{an}不为“和有界数列”,故A错误;若{an}是等差数列,且数列{an}为“和有界数列”,则存在实数H,使得对任意的n∈N+,都有|Sn|
图K30-1
18.1 2 [解析] l1的方程是y=2-x,l2的方程是y=kx+k,则P1(2,0),Q1(2,3k),P2(2-3k,3k),Q2(2-3k,3k-3k2),P3(2-3k+3k2,3k-3k2),Q3(2-3k+3k2,3k-3k2+3k3),P4(2-3k+3k2-3k3,3k-3k2+3k3),…,∴x1=2,xn=2-3k+3k2-3k3+…+(-1)n-1·3kn-1(n≥2),∴xn=2-3k[1-(-k)n-1]1+k(n≥2),要使{xn}为周期数列,则存在n∈N*且n≥2,xn=2,即3k[1-(-k)n-1]=0,
∵k>0,∴只有k=1且n为奇数时满足题意,故k=1.要使{xn}为等比数列,则x22=x1x3,即(2-3k)2=2(2-3k+3k2),∵k>0,∴k=2,此时xn=2×(-2)n-1,{xn}是等比数列.
等比数列定义式
(q≠0且q为常数)
等比中项
Gx=yG(G是x与y的等比中项)
通项公式
或
前n项和公式
当q=1时,Sn= ;
当q≠1时,Sn= =
第一列
第二列
第三列
第一行
5
8
2
第二行
4
3
12
第三行
16
6
9
频率
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
a13
半音
C
C#
D
D#
E
F
F#
G
G#
A
A#
B
C(八度)
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