1、17.3 等比数列及其前 n 项和最新考纲 考情考向分析1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用2.了解等比数列与指数函数的关系3.会用数列的等比关系解决实际问题.以考查等比数列的通项、前 n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查，难度为中低档.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( 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
2、表示，定义的表达式为 q(nN *，q 为非零常数)an 1an(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 G 2ab.2等比数列的有关公式(1)通项公式：a na 1qn1 .(2)前 n 项和公式：SnError! .3等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a na mqnm (n，mN *)(2)若 mnp q2k (m，n， p，q，kN *)，则 amana paqa .2k(3)若数列a n，b n(项数相同)是等比数列，则 an， ，a ， anbn， (0)仍然1an 2n an
3、bn是等比数列2(4)在等比数列a n中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，a nk ，a n 2k，a n3k ，为等比数列，公比为 qk.概念方法微思考1将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数2任意两个实数都有等比中项吗？提示 不是只有同号的两个非零实数才有等比中项3 “b2ac”是“a，b，c ”成等比数列的什么条件？提示 必要不充分条件因为 b2ac 时不一定有 a，b，c 成等比数列，比如a0，b0，c1.但 a，b，c 成等比数列一定有 b2ac .题组一 思考辨析1
4、判断下列结论是否正确(请在括号中打 “”或“”)(1)满足 an1 qa n(nN *，q 为常数) 的数列a n为等比数列( )(2)如果数列a n为等比数列，b na 2n1 a 2n，则数列 bn也是等比数列( )(3)如果数列a n为等比数列，则数列ln a n是等差数列( )(4)数列a n的通项公式是 ana n，则其前 n 项和为 Sn .( )a1 an1 a(5)数列a n为等比数列，则 S4，S 8S 4，S 12S 8 成等比数列( )题组二 教材改编2P51 例 3已知a n是等比数列，a 22，a 5 ，则公比 q_.14答案 12解析 由题意知 q3 ，q .a5a
5、2 18 123P54T3公比不为 1 的等比数列 an满足 a5a6a 4a718，若 a1am9，则 m 的值为( )A8 B9 C10 D11答案 C解析 由题意得，2a 5a618，a 5a69，a 1ama 5a69， m10.3题组三 易错自纠4若 1，a 1，a 2，4 成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4 成等比数列，则 的值为_a1 a2b2答案 12解析 1，a 1，a2，4 成等差数列，3(a 2a 1)41，a 2a 1 1.又1，b 1，b2，b3，4 成等比数列，设其公比为 q，则 b 144，且 b21q 20，b 22，2 .a1 a2b2 a2 a1b2
6、 125设 Sn为等比数列a n的前 n 项和，8a 2a 50，则 _.S5S2答案 11解析 设等比数列a n的公比为 q，8a 2a 50，8a 1qa 1q4 0.q 380，q2， S5S2 a11 q51 q 1 qa11 q2 11.1 q51 q2 1 251 46一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存 1 MB，然后每 3 秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的 2 倍，那么开机_秒，该病毒占据内存 8 GB.(1 GB2 10 MB)答案 39解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列a n，且a12，q2，a n2 n，则 2n82 102 13，n
7、13.即病毒共复制了 13 次所需时间为 13339(秒)题型一 等比数列基本量的运算1(2018台州质量评估)已知正项等比数列 an中，若 a1a32，a 2a44，则 a5 等于( )A4 B4 C8 D84答案 B解析 由于等比数列各项为正， 则由题意得Error! 解得Error!所以 a5a 1q44，故选 B.2(2018全国)等比数列a n中，a 11，a 54a 3.(1)求a n的通项公式；(2)记 Sn为a n的前 n 项和，若 Sm63，求 m.解 (1)设a n的公比为 q，由 题设得 anq n1 .由已知得 q44q 2，解得 q0(舍去)，q2 或 q2.故 an
8、(2) n1 或 an2 n1 (nN *)(2)若 an(2) n1 ，则 Sn .1 2n3由 Sm63 得( 2) m188，此方程没有正整数解若 an2 n1 ，则 Sn2 n1.由 Sm63 得 2m64，解得 m6.综上，m6.思维升华 (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 q1 和 q1 的分类讨论题型二 等比数列的判定与证明例 1 (2018丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列 an的前 n 项和为Sn，a 11，S na n1 3n1
9、，nN *.(1)证明：数列a n3是等比数列；(2)对 kN *，设 f(n)Error!求使不等式f(2)f (m)cos(m)0 成立的正整数 m 的取值范围(1)证明 当 n2 时，由 Sna n1 3n1，得 Sn1 a n3(n1)1，由 SnS n1 得，a n1 2a n3 ，n2，所以 2， n2，又 S1a 231， a11，所以an 1 3an 3a25， 2，a2 3a1 3因此a n3是以 a134 为首项， 2 为公比的等比数列(2)解 由(1)知 an342 n1 2 n1 ，Sna n1 3n1 2n2 3n4，因为 f(n)Error!当 m 为偶数时，cos
10、( m)1，f(2)3， f(m)m1，因为原不等式可化为 3(m1)0，即 m2，且 m2k(k 1，kN *)当 m 为奇数时，cos( m)1，f(2)3， f(m)2 m1 1，5原不等式可化为 32 m1 1，当 m1 时符合条件综上可得，正整数 m 的取值范围是 m2k (k1，kN *)或 m1.思维升华 判定一个数列为等比数列的常见方法(1)定义法：若 q(q 是非零常数 )，则数列a n是等比数列an 1an(2)等比中项法：若 a a nan2 (nN *，an0)，则数列a n是等比数列2n 1(3)通项公式法：若 anAq n(A，q 为非零常数)，则数列a n是等比数
11、列跟踪训练 1 (2018浙江省六校协作体期末联考)已知数列 an的首项a1t0，a n1 ，n 1,2，.3an2an 1(1)若 t ，求证 是等比数列，并求出 an的通项公式；35 1an 1(2)若 an1 an对一切 nN *都成立，求 t 的取值范围解 (1)由题意知 an0， ，1an 1 2an 13an 13an 231 ，又 1 ，1an 1 13(1an 1) 1a1 23所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，1an 1 23 13所以 1 n1 ，an .1an 23(13) 3n3n 2(2)由(1)知 1 ，1an 1 13(1an 1)1 n1 ，1an (1
12、t 1)(13)由 a10，an1 ，知 an0，3an2an 1故由 an1 an得 0，又 t0，1t则 01，则a1a 22a 1d2b 14，又 a3a 12d5，所以 a11，d2，a n12(n1) 2n1，所以b3a 418，S nn 2n 2.因为数列b n是单调递 增的等比数列，所以nn 12q2 4，q2，b n2 n.因为当 nm (mN *)时，S nb n恒成立，所以当 nm (mN *)时b3b1n22 n恒成立，数形结合可知 m 的最小值为 4.81若等比数列a n的前 n 项和为 Sn，则“a 20，a n1，且 2 a 11a 3，(a2 2)即 2 16q，
13、(6 2)6q整理可得 2q25q20，则 q2 ，则 a1 3，(q 12舍 去 ) 62数列a n的前 6 项和 S6 189.3(1 26)1 23等比数列a n的前 n 项和为 Sn3 2n1 r，则 r 的值为( )A. B C. D13 13 19 19答案 B解析 当 n1 时，a 1S 13 r，当 n2 时，a nS nS n1 3 2n1 3 2n33 2n3 (321)83 2n3 83 2n2 31 9n1 ，839所以 3r ，即 r ，故选 B.83 134已知等比数列a n的公比为2，且 Sn为其前 n 项和，则 等于( )S4S2A5 B3 C5 D3答案 C解
14、析 由题意可得， 1(2) 25.S4S2a11 241 2a11 221 25(2018浙江名校新高考研究联盟联考) 我国古代数学名著算法统宗中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”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，则塔的底层共有灯( )A186 盏 B189 盏C192 盏 D96 盏答案 C解析 设塔的底层共有灯 x 盏， 则各层的灯数从下到上构成一个首项为 x，公比为 的等比数12列，则 381，解得 x192.x1 (12)71 126若正项等比数列a n满足 anan1 2 2n(
15、nN *)，则 a6 a5 的值是( )A. B16 C2 D162 2 2答案 D解析 设正项等比数列a n的公比为 q0，a nan1 2 2n(nN *)， 4q 2，解得 q2，an 1an 2anan 1 22n 122na 22 2n，an0，解得 an ，2n1则 a6a 5 16 ，故选 D.1927(2018杭州质检)设各项均为正数的等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S480，S 28，则10公比 q_，a 5_.答案 3 162解析 由题意得Error!解得Error!或Error!(舍去)，从而 a5a 1q423 4162.8(2018浙江名校协作体测试) 设等
16、比数列a n的前 n 项和为 Sn，满足对任意的正整数 n，均有 Sn3 8S n3，则 a1_，公比 q_.答案 237解析 由 Sn3 8S n3 得 Sn4 8S n1 3，两式作差得 an4 8a n1 ，所以 q 38，即an 4an 1q2，令 n1 得 S48a 13，即 a12a 14a 18a 18a 1 3，解得 a1 .379(2019台州调考)设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 S116，某同学经过计算得到S232，S 376，S 4130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是_，该数列的公比是_答案 32(S 2) 32解析 由题意得若 S2计算
17、正确， 则 a2S 2S 116a 1，则该 等比数列的公比为 1，易得S3，S4 均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为 32(S2)设该数列的公比为 q，因 为S4S 3a 41307654，所以 q3 ，解得 q .a4a1 5416 278 3210设等比数列a n的前 n 项和为 Sn，若 a3a112a ，且 S4S 12S 8，则 _.25答案 83解析 a 3a112a ，a 2 a ，q 42，25 27 25S 4S 12S 8， ，a11 q41 q a11 q121 q a11 q81 q1q 41q 12(1q 8)，将 q42 代入计算可得 .8311(201
18、8浙江省第二次联盟校联考) 设数列a n的首项 a1 ，前 n 项和为 Sn，且满足322an1 S n3(nN *)(1)求 a2 及 an；11(2)求证：a nSn的最大值为 .94(1)解 由题意得 2a2S 13，即 2a2a 13，所以 a2 .3 a12 34当 n2 时，由 2an1 S n3，得 2anS n1 3，两式相减得 2an1 a n0，即 an1 an.12因为 a1 ，a2 ，32 34所以 a2 a1，即当 n1 时，a n1 an也成立12 12综上，a n是以 为首项， 为公比的等比数列，32 12所以 an .32n(2)证明 因为 2an1 S n3，
19、且 an1 an，所以 Sn32a n1 3a n.12于是，a nSna n(3a n) 2 ，当且 仅当 an ，即 n1 时等号成立an 3 an2 94 32故 anSn的最大值为 .9412(2018浙江省十校联盟适应性考试) 在数列a n中，a 11，a 24，且3an2 4a n1 a n0，nN *.(1)求证：数列a n1 a n是等比数列；(2)若数列a n的前 n 项和为 Sn，且 Snm 22m 对任意的 nN *恒成立，求实数 m 的取值范围(1)证明 由题意，得 3(an2 a n1 )(a n1 a n)0，即 an2 a n1 (an1 a n)，13又 a2a
20、 13，所以数列a n1 a n是以 3 为首项， 为公比的等比数列13(2)解 由(1)得 an1 a n3 n1 ，(13)12所以 a2a 13，a 3a 23 ，a4a 33 2，13 (13)ana n1 3 n2 (n2，nN *)，(13)将以上式子累加得 ana 13 1 13 (13)2 (13)n 2 ，921 (13)n 1所以 an n1 (易知当 n1 时也成立)112 92(13)因为 an n1 关于 n 单调递增，且 a110，所以 Sn也关于 n 单调递增，所以112 92(13)SnS 11.于是，由 Snm 22m 对任意的 nN *恒成立，得 1m 22
21、m ，解得 1 m1 .2 2故实数 m 的取值范围是1 ，1 2 213等比数列a n的首项为 ，公比为 ，前 n 项和为 Sn，则当 nN *时，S n 的最大值32 12 1Sn与最小值的比值为( )A B C. D.125 107 109 125答案 B解析 等比数列a n的首项为 ，公比 为 ，32 12a n n1 ，32 ( 12)S n 1 n.321 ( 12)n1 ( 12) ( 12)当 n 为奇数时，S n1 n随着 n 的增大而减小， 则 11 的 n 的最小值为( )A4 B5 C6 D7答案 C解析 a n是各项均为正数的等比数列，且 a2a4a 3，a a 3，
22、a 31.又23q1，a 11(n3)，T nTn1 (n4，nN *)，T11，故 n 的最小 值为 6，故 选 C.15(2018浙江)已知 a1，a 2， a3，a 4 成等比数列，且 a1a 2a 3a 4ln(a 1a 2a 3)，若a11，则( )Aa 1a 3，a 2a 4 Ba 1a 3，a 2a 4Ca 1a 3，a 2a 4 Da 1a 3，a 2a 4答案 B解析 构造不等式 ln xx1，则 a1a 2a 3a 4ln(a 1a 2a 3)a 1a 2a 31，所以 a4a 1q31.由 a11 ，得 q0.若 q1，则 ln(a1a 2a 3)a 1a 2a 3a 4
23、a 1(1q)(1q 2)0.又 a1a 2a 3a 1(1qq 2)a 11，所以 ln(a1a 2a 3)0，矛盾因此1q0.所以 a1a 3a 1(1q 2)0，a 2a 4a 1q(1q 2)0，所以 a1a 3，a2a 4.故选 B.16在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展” 将数列 1,2 进行“扩展” ，第一次得到数列 1,2,2；第二次得到数列 1,2,2,4,2；.设第 n 次“扩展”后得到的数列为 1，x 1，x 2，x t,2，并记 anlog 2(1x1x2xt2)，其中t2 n1，nN *，求数列a n的通项公式解 a nlog 2(1x1x2xt2)，所以 an1 log 21(1x1)x1(x1x2)xt(xt2)214log 2(12x x x x 22) 3an1，31 32 3 3t所以 an1 3 ，12 (an 12)所以数列 是一个以 为首项，以 3 为公比的等比数列，an 12 32所以 an 3n1 ，12 32所以 an .3n 12
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