最新高考理数考点一遍过讲义 考点23 等比数列及其前n项和

这是一份最新高考理数考点一遍过讲义 考点23 等比数列及其前n项和，共25页。学案主要包含了等比数列，等比数列的前n项和公式，等比数列及其前n项和的性质等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
专题23 等比数列及其前n项和
（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）了解等比数列与指数函数的关系.
一、等比数列
1．等比数列的概念
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个常数，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．
注意：（1）等比数列的每一项都不可能为0；
（2）公比是每一项与其前一项的比，前后次序不能颠倒，且公比是一个与无关的常数.
2．等比中项
如果在与中间插入一个数，使，，成等比数列，那么叫做与的等比中项，此时．
3．等比数列的通项公式及其变形
首项为，公比为的等比数列的通项公式是．
等比数列通项公式的变形：．
4．等比数列与指数函数的关系
等比数列的通项公式还可以改写为，当且时，是指数函数，是指数型函数，因此数列的图象是函数的图象上一些孤立的点．
当或时，是递增数列；
当或时，是递减数列；
当时，为常数列；
当时，为摆动数列，所有的奇数项（偶数项）同号，奇数项与偶数项异号．
二、等比数列的前n项和公式
首项为，公比为的等比数列的前项和的公式为
（1）当公比时，因为，所以是关于n的正比例函数，则数列的图象是正比例函数图象上的一群孤立的点．
（2）当公比时，等比数列的前项和公式是，即，设，则上式可写成的形式，则数列的图象是函数图象上的一群孤立的点．
由此可见，非常数列的等比数列的前n项和是一个关于n的指数型函数与一个常数的和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数．
三、等比数列及其前n项和的性质
若数列是公比为的等比数列，前n项和为，则有如下性质：
（1）若，则；若，则．
推广：若，则．
（2）若成等差数列，则成等比数列．
（3）数列仍是公比为的等比数列；
数列是公比为的等比数列；
数列是公比为的等比数列；
若数列是公比为的等比数列，则数列是公比为的等比数列．
（4）成等比数列，公比为．
（5）连续相邻项的和（或积）构成公比为或的等比数列．
（6）当时，；当时，．
（7）．
（8）若项数为，则，若项数为，则．
（9）当时，连续项的和（如）仍组成等比数列（公比为，）．注意：这里连续m项的和均非零．
考向一 等比数列的判定与证明
等比数列的判定与证明常用的方法：
（1）定义法：为常数且数列是等比数列．
（2）等比中项法：数列是等比数列．
（3）通项公式法：数列是等比数列．
（4）前项和公式法：若数列的前项和，则该数列是等比数列．
其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中．
注意：
（1）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．
（2）只满足的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要.
典例1 设为等比数列，给出四个数列：①，②，③，④.其中一定为等比数列的是
A．①③B．②④
C．②③D．①②
【答案】D
【解析】设，
①，所以数列是等比数列；
②，所以数列是等比数列；
③不是一个常数，所以数列不是等比数列；
④不是一个常数，所以数列不是等比数列.
故选D.
【名师点睛】本题主要考查等比数列的判定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.求解时，设，再利用等比数列的定义和性质逐一分析判断每一个选项得解.
典例2 已知数列满足.
（1）证明：是等比数列；
（2）求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由得：，
因为，
所以，
从而由得，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）得，
所以
.
【名师点睛】本题考查了数列中递推公式的应用，通过构造数列证明等比数列，分项求和等知识点.形如（），在构造数列时，可在等式两边同时加上构成等比数列.
（1）利用递推公式可以得到的表达式，两个式子相减即可得到与的表达式；构造数列{}，即可证明{}为等比数列.
（2）利用{}为等比数列，可求得{}的通项公式；将{}分为等比数列和等差数列两个部分分别求和，再相加即可得出奇数项的和.
1．已知数列满足，，.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求数列的前项和.
考向二 等比数列的基本运算
等比数列基本量的计算是解等比数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第（1）问中，属基础题.
（1）等比数列的基本运算方法：
①等比数列由首项与公比确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕与进行．
②对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出与，对于五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”．
（2）基本量计算过程中涉及的数学思想方法：
①方程思想．等比数列的通项公式和前n项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量和q，问题可迎刃而解．
②分类讨论思想．等比数列的前项和公式为，所以当公比未知或是代数式时，要对公比分和进行讨论.此处是常考易错点，一定要引起重视．
③整体思想．应用等比数列前n项和公式时，常把，当成整体求解.
典例3 已知是等比数列，且，，则等于
A． B．24
C． D．48
【答案】B
【解析】由题意知，则，
所以，故选B．
典例4 各项都是正数的等比数列中，，，成等差数列，则的值为
A． B．
C． D．或
【答案】B
【解析】设的公比为q（），根据题意可知，得，解得（负值舍去），而，故选B．
【名师点睛】该题考查的是数列的有关问题，涉及的知识点有：三个数成等差数列的条件，等比数列的性质等，注意题中的隐含条件.
2．数列中，，为的前项和，若，则________．
考向三 求解等比数列的通项及前n项和
1．求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形可以简化解题过程．求解时通常会涉及等比数列的设项问题，常用的设项方法为：
（1）通项法．设数列的通项公式来求解；
（2）对称设元法：若所给等比数列的项数为且各项符号相同，则这个数列可设为，…，，，，…，；
若所给等比数列的项数为，则这个数列可设为，…，，…，.
2．当时，若已知，则用求解较方便；若已知，则用求解较方便.
3．（1）形如的递推关系式，利用待定系数法可化为 ，当时，数列是等比数列；由，两式相减，得当时，数列是公比为的等比数列．
（2）形如的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同时除以，进而化归为等比数列．
典例5 若等比数列的前项和为,且5，则等于
A．5 B．16
C．17 D．25
【答案】C
【解析】当公比时，故公比不为1，
当公比时，∴，∴，故选C.
【名师点睛】本题重点考查了等比数列的前n项和，注意对公比的分类讨论，这是一个易错点,同时注意首项与公比均不为零.解决本题时，对公比进行分类讨论，利用前n项和公式及条件，求出，从而得到结果.
典例6 已知等比数列的各项均为正数，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足：，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q，
∵a2＝6，a3＋a4＝72，
∴6q＋6q2＝72，即q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4．
又∵an＞0，
∴q＞0，
∴q＝3，．
∴.
（2）∵，
∴.
3．已知等比数列是递增数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
考向四 等比数列的性质的应用
等比数列的性质是高考考查的热点之一，利用等比数列的性质求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题，主要考查通项公式的变形、等比中项的应用及前n项和公式的变形应用等.
注意：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.
典例7 在等比数列中，是方程的根，则
A． B．2
C．1 D．
【答案】A
【解析】由等比数列的性质知，故，故选A.
典例8 已知等比数列的前n项和为，若，，则_______．
【答案】140
【解析】方法1：由，，易得公比，
根据等比数列前n项和的性质，可得，即，解得，
又，所以，．
方法2：根据等比数列前n项和的性质，可得，即，解得，
所以．
方法3：根据等比数列前n项和的性质，可知，，成等比数列，
则，即，解得．
4．等比数列的各项均为正数，且，则
A．B．
C．D．
考向五 数列的新定义问题
数列新定义问题能充分考查对信息的阅读、提取及转化能力，综合性强，难度较高，在实际问题中往往需要对题目进行阅读，再借助定义进行转化即可进行求解．对于此类问题，应先弄清问题的本质，然后根据等差数列、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决．
典例9 若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数．
（1）证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；
（2）设（1）中“平方递推数列”的前n项之积为，求；
（3）在（2）的条件下，记，设数列的前n项和为，求使成立的n的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】（1）由题意得，即，则是“平方递推数列”．
对两边取对数得，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知，
则
（3）由（2）知，，
又，
所以，即，
又，
所以，
故使成立的n的最小值为．
5．将正整数12分解成两个正整数的乘积有1×12，2×6，3×4三种，其中3×4是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称3×4为12的最佳分解．当p×q（p≤q且p、q∈N*）是正整数n的最佳分解时，我们定义函数f（n）=q−p，例如f（12）=4−3=1，则数列{f（3n）}的前2019项和为______．
1．在等比数列中，若，则的值为
A．B．
C．D．
2．已知等比数列的前项和为，公比为，若，，则等于
A．7B．13
C．15D．31
3．已知为等比数列，，则
A．7 B．5
C． D．
4．在数列中，，则等于
A．9B．10
C．27D．81
5．等比数列中，，则数列的前8项和等于
A．6 B．5
C．4 D．3
6．已知数列的前项和是，数列满足点，在直线上，则前5项和为
A．B．
C．D．
7．在重大节日里，从古至今我国有悬挂灯笼增加节日气氛的习俗.据文献记载，古代有一座n层的塔共挂了127盏灯笼，相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，且底层的灯笼数与顶层的灯笼数之和为65，则塔的底层共有灯
A．27盏B．81盏
C．64盏D．128盏
8．已知等比数列的公比为，前项和是，则“”是“”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
9．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中出现，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如图是杨辉三角数阵，记为图中第行各个数之和，为的前项和，则
A．1024B．1023
C．512D．511
11．已知等比数列的前项和为，且，则数列的公比的值为________________．
12．已知数列是等比数列，且，则________________．
13．设各项都是正数的等比数列{}，Sn为前n项和，且S10=10，S30=70，那么S40=________________．
14．若数列的前项和满足.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
15．已知等比数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
1．（2019年高考全国III卷理数）已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则
A．16B．8
C．4D．2
2．（2017新课标全国II理科）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯
A．1盏B．3盏
C．5盏D．9盏
3．（2017江苏）等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则________．
4．（2017新课标全国Ⅲ理科）设等比数列满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 =___________．
5．（2018新课标全国I理科）记为数列的前项和，若，则_________．
6．（2019年高考全国I卷理数）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=___________．
变式拓展
1．【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）∵，
∴.
又∵，
∴.
又∵，
∴数列是首项为2，公比为4的等比数列.
（2）由（1）知，，
∴，
∴.
【名师点睛】本题主要考查等比数列的证明和数列求和，一般地，数列求和时要根据数列通项公式的特征来选择合适的方法，侧重考查数学运算的核心素养.
（1）利用等比数列的定义可以证明；
（2）由（1）可求的通项公式，结合可得，结合通项公式特点选择分组求和法进行求和.
2．【答案】
【解析】因为，所以，
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以由等比数列的求和公式得，解得.
【名师点睛】本题考查等比数列的定义以及等比数列的求和公式，属于简单题.求解本题时，由已知条件中，结合等比数列的定义可知数列是以为首项，为公比的等比数列，代入等比数列的求和公式即可求解.
3．【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由是递增等比数列，，
联立，解得或，
∵数列是递增数列，
∴只有符合题意，
则，结合可得，
∴数列的通项公式为.
（2）由，得，
∴；
那么，①
则，②
②﹣①得：
．
【名师点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列的通项公式，考查了利用错位相减法求数列的前项和.
（1）先利用等比数列的性质，可分别求出的值，从而可求出数列的通项公式；
（2）利用错位相减求和法可求出数列的前项和．
4．【答案】B
【解析】根据题意，等比数列的各项均为正数，且，
则有，
所以.
故选B．
【名师点睛】本题考查等比数列的性质以及对数的运算，属于基础题．
5．【答案】31010−1
【解析】由题意可知，当为偶数时，，当为奇数时，，
则
.
故答案为．
【名师点睛】本题主要考查了数列的求和问题，其中解答中根据题意，得到数列的计算规律，合理利用等比数列的求和公式计算是解答的关键，着重考查了推理能与计算能力，属于中档试题.
专题冲关
1．【答案】B
【解析】等比数列中，，，故选B.
【名师点睛】本题考查等比数列的通项公式和性质，此题也可用通项公式求解.熟记等比数列的性质：若，则.
2．【答案】C
【解析】由题得，即，则.
故选C.
【名师点睛】本题主要考查等比数列通项基本量的计算，考查等比数列的前n项和的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
3．【答案】D
【解析】∵为等比数列，，∴，又，∴是方程的两个实根，∴，或，解得或，∴.
故选D.
【名师点睛】等比数列的基本量运算问题的常见类型及解题策略：
①化基本量求通项．求等比数列的两个基本元素和，通项便可求出，或利用知三求二，用方程求解．
②化基本量求特定项．利用通项公式或者等比数列的性质求解．
③化基本量求公比．利用等比数列的定义和性质，建立方程组求解．
④化基本量求和．直接将基本量代入前项和公式求解或利用等比数列的性质求解．
4．【答案】C
【解析】由题意，在数列中，，即，
可得数列是首项，公比的等比数列，
所以，故选C.
【名师点睛】本题主要考查了等比数列的定义，以及等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列的定义和等比数列的通项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
5．【答案】C
【解析】由等比数列的性质知，所以 ．故选C.
6．【答案】B
【解析】数列满足点，在直线上，则，
当时，，得，
当时，，即，得，即，
则数列是首项，公比的等比数列，则前5项和为，
故选B．
【名师点睛】本题考查利用和项与通项关系求通项以及等比数列定义与与前n项和公式，考查基本分析求解能力，属中档题.求解时，先根据条件得，再利用和项与通项关系得，最后根据等比数列定义与与前n项和公式得结果.
7．【答案】C
【解析】设从上到下每层的灯笼数构成公比为2的等比数列，
由已知得，
所以解得n=7，=1，
所以，故选C.
【名师点睛】本题主要考查等比数列的性质，属于基础题型.求解时，先设从上到下每层的灯笼数构成公比为2的等比数列，由题意和等比数列的性质，列方程组，求解即可.
8．【答案】D
【解析】由得，∴，∴，解得或．∴“”等价于“或”．故“”是“”的既不充分也不必要条件．故选D．
【名师点睛】先求出“”的等价条件，再根据题意作出判断．等比数列的单调性除了和公比有关外，还与数列的首项有关．当或时，数列为递增数列；当或时，数列为递减数列．
9．【答案】B
【解析】由题可得：，，，，，依次类推可得：，所以为首项为1，公比为2的等比数列，
故.
故选B.
【名师点睛】本题主要考查杨辉三角的规律特点，等比数列的定义以及前项和的求和公式，考查学生归纳总结和计算能力，属于基础题.求解时，依次算出前几行的数值，然后归纳总结得出第行各个数之和的通项公式，最后利用数列求和的公式，求出.
10．【答案】C
【解析】设等比数列的公比，，，，则，当且仅当，即时取等号，的最小值为，故选C．
【名师点睛】本题考查了等比数列的前n项和公式，利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正，即首先要判断参数是否为正；二定，即其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等，即最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用≥或≤时等号能否同时成立）.解本题时，利用等比数列的前项和公式求出，由数列的单调性可得，根据基本不等式的性质求解即可.
11．【答案】2或−3
【解析】因为等比数列满足，所以，即.
【名师点睛】本题主要考查了等比数列的前项和以及通项公式.能够熟练地应用等比数列的前项和以及通项公式是解决本题的关键.本题属于基础题.
12．【答案】
【解析】将代入数列的通项公式，可以得到数列的首项为2，将代入数列的通项公式可以得数列的第2项为4，所以数列的公比，所以，所以，所以数列的通项公式为，所以.
【名师点睛】本题考查了等比数列的定义、通项公式的求法，灵活运用公式进行变形求解，属于中档题.解本题时，根据数列是等比数列，将、分别代入，可以得到数列的公比，从而求得通项公式.
13．【答案】150
【解析】根据数列{}是等比数列，Sn为前n项和，且S10＝10≠0可得数列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．
故答案为：150．
【名师点睛】本题考查了等比数列前项和公式的性质，属于基础题．根据数列{}是等比数列，Sn为前n项和，且S10＝10≠0可得，S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30也成等比数列，即可得到结果．
14．【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）当时，，计算得出，
当时，根据题意得，，
所以，即.
，即，
数列是首项为−2，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知，，
，
，
，
则.
【名师点睛】本题考查了等比数列的证明，数列求和的常用方法；数列求和的常用方法有：分组求和，用于当数列中相邻两项的和或者差是定值的；错位相减法，用于一个等比数列和等差数列乘到一起；裂项相消法主要用于分式型的通项.
15．【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设，依题意，有，
解得.
所以.
（2）
.
记数列的前n项的和为，则
，
.
两式相减，得
.
故.
【名师点睛】本题主要考查了数列通项的求法以及数列前项和的求法.数列通项的求法常用的方法有：公式法、累加、累乘等.求数列前项和的常用的方法有：错位相减、裂项相消、分组求和等.
（1）把和换成和的关系即可.
（2）首先利用裂项把计算出来，再根据错位相减即可得出的前项和.
直通高考
1．【答案】C
【解析】设正数的等比数列{an}的公比为，则，
解得，，故选C．
【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键.
2．【答案】B
【解析】设塔的顶层共有灯盏，则各层的灯数构成一个首项为，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有，解得，即塔的顶层共有灯3盏，故选B．
【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论．
3．【答案】32
【解析】当时，显然不符合题意；
当时，，解得，则．
【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：①利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；②利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．
4．【答案】
【解析】设等比数列的公比为，很明显，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：
，由可得：，代入①可得，由等比数列的通项公式可得．
【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.
5．【答案】
【解析】根据，可得，两式相减得，即，当时，，解得，所以数列是以−1为首项，以2为公比的等比数列，所以，故答案是.
【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
6．【答案】
【解析】设等比数列的公比为，由已知，所以又，
所以所以．
【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．