第35讲 等比数列（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

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1、 第 1 页 / 共 13 页 第第 35 讲：等比数列讲：等比数列 一、课程标准 1.通过实例，理解等比数列的概念 2.探索并掌握等比数列的通项公式与前 n 项和的公式 3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题 4.体会等比数列与指数函数的关系. 二、基础知识回顾 知识梳理 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都等于同一个常数，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，公比通常用字母_q_表示 2. 等比数列的通项公式 一般地，对于等比数列an的第 n 项 an，有公式 ana1qn1，这就是等比数

2、列an的通项公式，其中 a1 为首项，q 为公比第二通项公式为：anamqnm 3. 等比数列的前 n 项和公式 等比数列an的前 n 项和公式：Sn a1（1qn） 1q (q1)或 Sn a1anq 1q (q1) 注意：(1)当 q1 时，该数列是各项不为零的常数列，Snna1； (2)有关等比数列的求和问题，当 q 不能确定时，应分 q1，q1 来讨论 4. 等比数列的性质 (1)若 a，G，b 成等比数列，则称 G 为 a 和 b 的等比中项，则 G2ab. (2)等比数列an中， 若 mnkl(m， n， k， lN*)， 则有 am anak al， 特别地， 当 mn2p 时，

3、 am an a2p. (3)设 Sm是等比数列an的前 n 项和，则 Sm，S2mSm，S3mS2m满足关系式(S2mSm)2Sm (S3mS2m) (4)等比数列的单调性，若首项 a10，公比 q1 或首项 a10，公比 0q1，则数列为递增数列；若首 项 a10，公比 0q0，dS40 B. a1d0，dS40，dS40 D. a1d0 【答案】B 【解析】 由 a3，a4，a8成等比数列可得：(a13d)2(a12d) (a17d)，即 3a15d0，a15 3d，a1d 0.又 dS4 （a1a4） 4 2 d2(2a13d)d 2 3d 20.故选 B. 2、若等比数列 an 满足

4、 anan116n，则公比为( ) A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 由 anan116n，得 an1an216n1，两式相除得 an1an2 anan1 16n1 16n16，q 216，a nan116 n， 可知公比 q 为正数，q4.故选 B. 3、 2017 新课标高考我国古代数学名著 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

5、【答案】B 【解析】 设塔顶共有灯 a1盏，根据题意各层等数构成以 a1为首项，2 为公比的等比数列，S7 a1( )127 12 ( )271 a1381，解得 a13.故选 B. 4、已知数列an满足 log2an11log2an(nN*)，且 a1a2a3a101，则 log2(a101a102a110) _. 【答案】100 【解析】因为 log2an11log2an，可得 log2an1log2(2an)，所以 an12an，所以数列an是以 a1为首项， 2 为公比的等比数列，又 a1a2a101，所以 a101a102a110(a1a2a10) 21002100，所 以 log2

6、(a101a102a110)log22100100. 5、已知数列an是等比数列，Sn为其前 n 项和，若 a1a2a34，a4a5a68，则 S12_. 【答案】60 第 3 页 / 共 13 页 【解析】由等比数列的性质可知，数列 S3，S6S3，S9S6，S12S9是等比数列，即数列 4,8，S9S6，S12 S9是等比数列，因此 S1248163260. 四、例题选讲 考点一 等比数列的基本运算 例 1、 （1） (2019 苏锡常镇调研 （二） ） 已知等比数列 n a的前 n 项和为 n S， 若 62 2aa， 则 12 8 S S （2）(2019 苏北四市、苏中三市三调）已知

7、 n a 是等比数列，前n项和为 n S若 32 4aa， 4 16a ，则 3 S 的值为 （3） 、(2019 南京、盐城一模）已知等比数列an为单调递增数列，设其前 n 项和为 Sn，若 a22，S37， 则 a5的值为_ 【答案】 （1）. 3 7 （2）14（3）16 【解析】 （1）设等比数列 n a的公比为q，因为 62 2aa，所以 2 4 2 2aqa，故2 4 q由于 1q，故 . 3 7 21 21 )(1 )(1 1 1 1 )1 ( 1 )1 ( 2 3 24 34 8 12 8 1 12 1 8 12 q q q q q qa q qa S S （2） ：(基本量法

8、) 设数列 n a 的首项是 1 a，公比为q，则由 32 4aa， 4 16a ，得 2 11 3 1 4 16 a qa q a q 解得 1 2 2 a q ， 2 3123111 248 14Saaaaaqaq . （3）解法 1(基本量为 a1，q) 设 ana1 qn1，则 a2a1 q2，即 a1 2 q，所以 S3a1 (q 2q1)7，即2 q (q 2 q1)2q2 2 q7，q 1 q 5 2，解得 q2 或 q 1 2(数列单调递减，舍)，则 a5a1 q 416. 解法 2(基本量为 a2，q) 设公比为 q，则 S3 2 q22q7，解得 q2 或 q 1 2(数列

9、单调递减，舍)，则 a5a2 q316. 解后反思 在等差数列与等比数列中常常使用基本量法，但是要注意基本量的相对性. 我们所说的基本量， 往往是 a1，d(或 a1，q)，其实也可以把 a2，d(或 a2，q)等作为基本量 变式 1、已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1a3 5 2，a2a4 5 4，则 Sn an_ 【答案】 ：2n1 第 4 页 / 共 13 页 【解析】设等比数列an的公比为 q， a1a3 5 2， a2a4 5 4， a1a1q2 5 2， a1qa1q3 5 4， 由除以可得 1q2 qq32， 解得 q 1 2，代入得 a12， an2 1 2 n1

10、4 2n， Sn 2 1 1 2 n 1 1 2 4 1 1 2n， Sn an 4 1 1 2n 4 2n 2n1. 变式 2、2018 苏州模拟已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 S6 S3 19 8，a4a2 15 8，则 a3的值为_ 【答案】 9 4 【解析】 (1)观察得公比 q 不为 1，将条件代入前 n 项和为 Sn及通项公式，得 a1（1q6） a1（1q3） 19 8，1q 3 19 8，q 3 2，a1q(q 21)15 8，a11，故 a3a1q 29 4. 方法总结：(1)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量 a1，n，q，

11、 an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解； (2)等比数列的前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论，当 q1 时，an的前 n 项和 Snna1；当 q1 时，an的前 n 项和 Sn a11qn 1q a1anq 1q 。 考点二 等比数列的性质 例 2、(1)已知等比数列an的各项为正数，且 a5a6a4a718，则 log3a1log3a2log3a10( ) A12 B10 C8 D2log35 (2)设等比数列an中，前 n 项和为 Sn，已知 S38，S67，则 a7a8a9等于( ) 第 5 页 / 共 13 页 A. 1 8 B 1 8 C. 57

12、8 D. 55 8 (3)已知等比数列an共有 2n 项， 其和为240， 且奇数项的和比偶数项的和大 80， 则公比 q_. 【答案】(1)B (2)A (3)2 【解析】(1)由 a5a6a4a718，得 a5a69， 所以 log3a1log3a2log3a10log3(a1a2a10) log3(a5a6)55log3910. (2)因为 a7a8a9S9S6，且 S3，S6S3，S9S6也成等比数列，即 8，1，S9S6成等比数列， 所以 8(S9S6)1，即 S9S6 1 8， 所以 a7a8a9 1 8. (3)由题意，得 S奇S偶240， S奇S偶80， 解得 S奇80， S偶

13、160， 所以 q S偶 S奇 160 802. 变式 1、(1)(2019 洛阳市第一次联考)在等比数列an中，a3，a15是方程 x26x20 的两根，则 a2a16 a9 的值 为( ) A 2 2 2 B. 2 C. 2 D 2或 2 (2)等比数列an的各项均为正数，且 a1a54，则 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5_. 【答案】 (1)B (2)5 【解析】 (1)设等比数列an的公比为 q，因为 a3，a15是方程 x26x20 的两根，所以 a3 a15a2 92， a3a156，所以 a30，a150，a4a8 51. (2)由 S10 S5 3

14、1 32，a11 知公比 q1，则可得 S10S5 S5 1 32.由等比数列前 n 项和的性质知 S5，S10S5， S15S10成等比数列，且公比为 q5，故 q5 1 32，q 1 2. 方法总结：(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 mnp q(m，n，p，qN*)，则 am anap 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 考点三 等比数列的判定与证明 例 3、 (2019 苏州三市、 苏北四市二调） 已知数列an的各项均不为零 设数

15、列an的前 n 项和为 Sn， 数列a2 n 的前 n 项和为 Tn，且 3S2n4SnTn0，nN*. (1) 求 a1，a2的值； (2) 证明：数列an是等比数列； 【解析】(1)因为 3S2n4SnTn0，nN*. 令 n1，得 3a214a1a210，因为 a10，所以 a11. 令 n2，得 3(1a2)24(1a2)(1a2 2)0，即 2a 2 2a20，因为 a20，所以 a2 1 2.(3 分) (2)解法 1 因为 3S2n4SnTn0， 所以 3S2n14Sn1Tn10， 得，3(Sn1Sn)an14an1a2 n10， 因为 an10，所以 3(Sn1Sn)4an10

16、， (5 分) 所以 3(SnSn1)4an0(n2)， 当 n2 时，得，3(an1an)an1an0，即 an1 1 2an， 因为 an0，所以 an1 an 1 2. 又因(1)知，a11，a2 1 2，所以 a2 a1 1 2， 第 7 页 / 共 13 页 所以数列an是以 1 为首项， 1 2为公比的等比数列(8 分) 解法 2 因为 3S2n4SnTn0， 所以 3S2n14Sn1Tn10， 得，3(Sn1Sn)an14an1a2 n10， 因为 an10，所以 3(Sn1Sn)4an10， 所以 3(Sn1Sn)4(Sn1Sn)0，(5 分) 整理为 Sn1 2 3 1 2

17、Sn 2 3，又 S1 2 3a1 2 3 1 3， 所以 Sn 2 3 1 3 1 2 n1 ，得 Sn 1 3 1 2 n1 2 3， 当 n2 时，anSnSn1 1 2 n1 ，而 a11 也适合此式， 所以 an 1 2 n1 ，所以 an1 an 1 2 所以数列an是以 1 2为公比的等比数列(8 分) 变式 1、（江苏启东中学 2019 届高三模拟）已知数列an的首项 a10，an1 3an 2an1(nN *)，且 a 1 2 3. (1)求证： 1 an1 是等比数列，并求出an的通项公式； (2)求数列 1 an的前 n 项和 Tn. 【解析】(1)证明：记 bn 1 a

18、n1，则 bn1 bn 1 an11 1 an1 2an1 3an 1 1 an1 2an13an 33an 1an 31an 1 3， 又 b1 1 a11 3 21 1 2， 所以 1 an1 是首项为 1 2，公比为 1 3的等比数列 所以 1 an1 1 2 1 3 n1，即 a n 2 3n1 12 3n1. 所以数列an的通项公式为 an 2 3n1 12 3n1. (2)由(1)知， 1 an1 1 2 1 3 n1， 即 1 an 1 2 1 3 n11. 所以数列 1 an的前 n 项和 第 8 页 / 共 13 页 Tn 1 2 1 1 3n 1 1 3 n 3 4 1 1

19、 3nn. 变式 2、已知在正项数列an中，a12，点 An( )an， an1 在双曲线 y2x21 上在数列bn中，点(bn， Tn)在直线 y 1 2x1 上，其中 Tn是数列bn的前 n 项和 (1)求数列an的通项公式； (2)求证：数列bn是等比数列 【解析】 ：(1)由已知点 An在 y2x21 上知，an1an1. 数列an是一个以 2 为首项，1 为公差的等差数列 ana1(n1)d2n1n1. (2)证明：点(bn，Tn)在直线 y 1 2x1 上， Tn 1 2bn1. Tn1 1 2bn11(n2) 两式相减，得 bn 1 2bn 1 2bn1(n2) 3 2bn 1

20、2bn1，bn 1 3bn1. 由，令 n1，得 b1 1 2b11，b1 2 3. 数列bn是以 2 3为首项， 1 3为公比的等比数列 方法总结：证明一个数列为等差数列或者等比数列常用定义法与等差、等比中项法，其他方法只用于选择、 填空题中的判定；若证明某数列不是等差或等比数列，则只要证明存在连续三项不成等差或等比数列即 可而研究数列中的取值范围问题，一般都是通过研究数列的单调性来进行求解 五、优化提升与真题演练 1、 【2020 年全国 2 卷】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石 板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依

21、次增加 9块，下一层的第一环比上 一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729块，则三层共 第 9 页 / 共 13 页 有扇面形石板(不含天心石)（ ） A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块 【答案】C 【解析】设第 n 环天石心块数为 n a，第一层共有 n环， 则 n a是以 9为首项，9 为公差的等差数列，9(1) 99 n ann， 设 n S为 n a的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为 232 , nnnnn S SS SS，因为下层比中层多 729块， 所以 322 729 nn

22、nn SSSS， 即 3 (927 )2 (918 )2 (918 )(99 ) 729 2222 nnnnnnnn 即 2 9729n ，解得9n ， 所以 327 27(9927) 3402 2 n SS . 故选：C 2、 【2019 年高考全国 III 卷理数】已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且， 则 a3 =（ ） A16 B8 C4 D2 【答案】C 【解析】设正数的等比数列an的公比为 q，则， 531 34aaa 23 1111 42 111 15 34 aa qa qa q a qa qa 第 10 页 / 共 13 页 解得，故选 C。 3、 【202

23、0 年江苏卷】设an是公差为 d 的等差数列，bn是公比为 q 的等比数列已知数列an+bn的前 n 项和 2 21() n n Snnn N，则 d+q 的值是_ 【答案】4 【解析】设等差数列 n a的公差为d，等比数列 n b的公比为q，根据题意1q . 等差数列 n a的前n项和公式为 2 11 1 222 n n ndd Pnadnan ， 等比数列 n b的前n项和公式为 1 11 1 111 n n n bq bb Qq qqq ， 依题意 nnn SPQ，即 22 11 1 21 2211 nn bbdd nnnanq qq ， 通过对比系数可知 1 1 1 2 1 2 2 1

24、 1 d d a q b q 1 1 2 0 2 1 d a q b ，故 4dq. 故答案为：4 4、【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=_。 【答案】 【解析】设等比数列的公比为 q，由已知，所以又， 所以 q=3，所以 5、【2018 全国高考】已知数列满足，设 （1）求； 1 1, 2 a q 2 31 4aa q 2 146 1 3 aaa， 121 3 2 146 1 , 3 aaa 325 11 (), 33 qq0q 5 5 1 5 1 (1 3 ) (1)121 3 11 33 aq S q 第 11 页 / 共 13

25、 页 （2）判断数列是否为等比数列，并说明理由； （3）求的通项公式 【答案】(1) b1=1，b2=2，b3=4 (2) bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列理由见解析. (3) an=n 2n-1 【解析】 （1）由条件可得 an+1= 将 n=1 代入得，a2=4a1，而 a1=1，所以，a2=4 将 n=2 代入得，a3=3a2，所以，a3=12 从而 b1=1，b2=2，b3=4 （2）bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 由条件可得，即 bn+1=2bn，又 b1=1，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 （3）由（2）可得，所以 an=n 2n-1 6、 【201

26、8 全国卷】等比数列an中，a11，a54a3. (1)求an的通项公式； (2)记 Sn为an的前 n 项和若 Sm63，求 m. 【解析】(1)设an的公比为 q，由题设得 anqn1. 由已知得 q44q2， 解得 q0(舍去)或 q2 或 q2. 故 an(2)n1或 an2n1. (2)若 an(2)n1，则 Sn1 ( 2) 3 n . 由 Sm63，得(2)m188， 此方程没有正整数解 若 an2n1，则 Sn 12n 122 n1. 由 Sm63，得 2m64，解得 m6. 综上，m6. 第 12 页 / 共 13 页 7、 【2020 年全国 1 卷】.设 n a是公比不为

27、 1的等比数列， 1 a为 2 a， 3 a的等差中项 （1）求 n a的公比； （2）若 1 1a ，求数列 n na的前n项和 【答案】 （1）2； （2） 1(13 )( 2) 9 n n n S . 【解析】 （1）设 n a的公比为q， 1 a为 23 ,a a的等差中项， 2 1231 2,0,20aaa aqq， 1,2qq ； （2）设 n na前n项和为 n S， 1 1 1,( 2)n n aa ， 21 1 12( 2)3 ( 2)( 2)n n Sn ， 231 21 ( 2)2( 2)3 ( 2)(1)( 2)( 2) nn n Snn ， 得， 21 31( 2)(

28、 2)( 2)( 2) nn n Sn 1 ( 2)1 (13 )( 2) ( 2) 1 ( 2)3 nn n n n ， 1(13 )( 2) 9 n n n S . 8、(2017 苏州暑假测试）在数列an中，已知 a12，an13an2n1. (1) 求证：数列ann为等比数列； (2) 记 bnan(1)n，且数列bn的前 n 项和为 Tn，若 T3为数列Tn中的最小项，求 的取值范围 规范解答 (1) 因为 an13an2n1，所以 an1n13(ann) 故 an1n1 ann 3，又 a12，则 a113， 故ann是以 3 为首项，3 为公比的等比数列(4 分) (2) 由(1

29、)知 ann3n，所以 bn3nn.(6 分) 故 Tn31323n(123n)3 2(3 n1)nn1 2 .(8 分) 因为 T3为数列Tn中的最小项，则对nN*，有3 2(3 n1)nn1 2 396 恒成立， 第 13 页 / 共 13 页 即 3n181(n2n12) 对nN*恒成立(10 分) 当 n1 时，由 T1T3，得 36 5； 当 n2 时，由 T2T3，得 9；(12 分) 当 n4 时，n2n12(n4)(n3)0 恒成立， 所以 3n181 n2n12对n4 恒成立 令 f(n) 3n181 n2n12，n4， 则 f(n1)f(n) 3n1 2n 226162n1 n 23n10n2n120 恒成立， 故 f(n) 3n181 n2n12在 n4 时单调递增， 所以 f(4) 81 4.(15 分) 综上，9 81 4.(16 分)