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∴a2a3＝－12 为 anan＋1 的最小值；
a4＝25， a1＝46，
当 时，可得 此时 an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当 n≤7 a6＝11 d＝－7，
时，an>0，当 n≥8 时，an<0，
∴a7a8＝－12 为 anan＋1 的最小值．
综上，anan＋1的最小值为－12.
答案：－12
3．(2018·辽宁五校协作体模考)已知数列{an}是等差数列，且 a1，a2(a1x2－6x＋5＝0 的两个实根．
(1)求数列{an}的前 n 项和 Sn；
Sn 1
(2)在(1)中，设 bn＝ ，求证：当 c＝－ 时，数列{bn}是等差数列．
n＋c 2
解：(1)∵a1，a2(a1∴a1＝1，a2＝5，
∴等差数列{an}的公差为 4，
n(n－1)
∴Sn＝n×1＋ ×4＝2n2－n. 2
1 S 2n 2n －n
(2)证明：当 c＝－ 时，bn＝ ＝ ＝2n， 2 n＋c 1
n－
2
∴bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2，b1＝2.
∴数列{bn}是以 2 为首项，2 为公差的等差数列．
第三节 等比数列及其前 n 项和
一、基础知识
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 表示，定义的
an＋1
表达式为 ＝q.
an
(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 G2＝ab.
只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个.
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2．等比数列的有关公式
－
(1)通项公式：a ＝a qn 1n 1 .
na1，q＝1，
(2)前 n 项和公式：Sn＝ a n1(1－q ) a1－anq
＝ ，q≠1. 1－q 1－q
3．等比数列与指数型函数的关系
a1
当 q>0 且 q≠1 时，a ＝ ·qnn 可以看成函数 y＝cqx，其是一个不为 0 的常数与指数函数q
的乘积，因此数列{an}各项所对应的点都在函数 y＝cqx的图象上；
a1(1－qn) a1 a1
对于非常数列的等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝ ＝－ qn＋ ，若设 a＝
1－q 1－q 1－q
a1
，则 Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0，q≠1)．由此可知，数列{S x－ n
}的图象是函数 y＝－aq ＋a
1 q
图象上一系列孤立的点．
对于常数列的等比数列，即 q＝1 时，因为 a1≠0，所以 Sn＝na1.由此可知，数列{Sn}的
图象是函数 y＝a1x 图象上一系列孤立的点．
二、常用结论汇总——规律多一点
设数列{an}是等比数列，Sn 是其前 n 项和．
－
(1)通项公式的推广：an＝am·qn m(n，m∈N*)．
(2)若 m＋n＝p＋q，则 aman＝a a 2p q；若 2s＝p＋r，则 apar＝as，其中 m，n，p，q，s，r
∈N*.
(3)ak，ak＋m，a m *k＋2m，…仍是等比数列，公比为 q (k，m∈N )．
pan
(4)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和
qb
也是
n
等比数列．
S偶 S奇－a1
(5)若数列{an}的项数为 2n，则 ＝q；若项数为 2n＋1，则 ＝q.
S奇 S偶
考点一 等比数列的基本运算
[典例] (2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记 Sn 为{an}的前 n 项和．若 Sm＝63，求 m.
－
[解] (1)设{an}的公比为 q，由题设得 a ＝qn 1n .
由已知得 q4＝4q2，解得 q＝0(舍去)或 q＝－2 或 q＝2.
－ －
故 an＝(－2)n 1 或 a ＝2n 1n .
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－ 1－(－2)
n
(2)若 a ＝(－2)n 1n ，则 Sn＝ . 3
由 Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
1－2n－
若 a ＝2n 1n ，则 Sn＝ ＝2n－1.
1－2
由 Sm＝63，得 2m＝64，解得 m＝6.
综上，m＝6.
[题组训练]
5
1．已知等比数列{an}单调递减，若 a3＝1，a2＋a4＝ ，则 a1＝( ) 2
A．2 B．4
C. 2 D．2 2
5
解析：选 B 由题意，设等比数列{an}的公比为 q，q>0，则 a23＝a2a4＝1，又 a2＋a4＝ ，2
1 1 1 a2
且{an}单调递减，所以 a2＝2，a ＝ ，则 q24 ＝ ，q＝ ，所以 a1＝ ＝4. 2 4 2 q
2．(2019·长春质检)已知等比数列{an}的各项均为正数，其前 n 项和为 Sn，若 a2＝2，S6
－S4＝6a4，则 a5＝( )
A．4 B．10
C．16 D．32
解析：选 C 设公比为 q(q>0)，S6－S4＝a5＋a6＝6a4，因为 a2＝2，所以 2q3＋2q4＝12q2，
即 q2＋q－6＝0，所以 q＝2，则 a 35＝2×2 ＝16.
7 63
3．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知 S3＝ ，S6＝ ，4 4
则 a8＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为 q，则由 S6≠2S3，得 q≠1，
a 31(1－q ) 7 S3＝ ＝ ，－ 4 q＝2，1 q
则 解得 1
a1(1－q6) 63 a 1＝ ， S6＝ ＝ ， 41－q 4
1
则 a8＝a1q7＝ ×27＝32. 4
答案：32
考点二 等比数列的判定与证明
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[典例] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，Sn＋1＝4a *n＋2(n∈N )，若 bn＝an＋1－2an，
求证：{bn}是等比数列．
[证明] 因为 an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an，
bn＋1 an＋2－2an＋1 4an＋1－4an－2an＋1 2an＋1－4an
所以 ＝ ＝ ＝ ＝2.
bn an＋1－2an an＋1－2an an＋1－2an
因为 S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以 a2＝5.
所以 b1＝a2－2a1＝3.
所以数列{bn}是首项为 3，公比为 2 的等比数列．
[解题技法]
1．掌握等比数列的 4 种常用判定方法
定义法
中项公式法
通项公式法
前 n 项和公式法
2．等比数列判定与证明的 2 点注意
(1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前 n 项和公式法经常
在选择题、填空题中用来判断数列是否为等比数列．
(2)证明一个数列{an}不是等比数列，只需要说明前三项满足 a22≠a1·a3，或者是存在一个
正整数 m，使得 a2m＋1≠am·am＋2 即可．
[题组训练]
1．数列{an}的前 n 项和为 Sn＝2an－2n，证明：{an＋1－2an}是等比数列．
证明：因为 a1＝S1,2a1＝S1＋2，
所以 a1＝2，由 a1＋a2＝2a2－4 得 a2＝6.
＋
由于 Sn＝2a n n 1 nn－2 ，故 Sn＋1＝2an＋1－2 ，后式减去前式得 an＋1＝2an＋1－2an－2 ，即 an
＋1＝2an＋2n，
＋
所以 a －2a ＝2a ＋2n 1n＋2 n＋1 n＋1 －2(2an＋2n)＝2(an＋1－2an)，
又 a2－2a1＝6－2×2＝2，
所以数列{an＋1－2an}是首项为 2、公比为 2 的等比数列．
2．(2019·西宁月考)已知在正项数列{a 2 2n}中，a1＝2，点 An( an， an＋1)在双曲线 y －x
1
＝1 上．在数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线 y＝－ x＋1 上，其中 Tn 是数列{bn}的前 n 项和． 2
(1)求数列{an}的通项公式；
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(2)求证：数列{bn}是等比数列．
解：(1)由已知点 A 在 y2－x2n ＝1 上知，an＋1－an＝1.
∴数列{an}是一个以 2 为首项，1 为公差的等差数列．
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.
1
(2)证明：∵点(bn，Tn)在直线 y＝－ x＋1 上， 2
1
∴Tn＝－ bn＋1.① 2
1
∴Tn－1＝－ bn－1＋1(n≥2)．② 2
①②两式相减，得
1 1
bn＝－ b ＋ b2 n 2 n－1(n≥2)．
3 1 1
∴ b ＝ b ，∴b ＝ b .
2 n 2 n－1 n 3 n－1
1 2
由①，令 n＝1，得 b1＝－ b1＋1，∴b2 1＝ . 3
2 1
∴数列{bn}是以 为首项， 为公比的等比数列． 3 3
考点三 等比数列的性质
考法(一) 等比数列项的性质
a2a16
[典例] (1)(2019·洛阳联考)在等比数列{an}中，a 23，a15是方程 x ＋6x＋2＝0 的根，则 a9
的值为( )
2＋ 2
A．－ B．－ 2
2
C. 2 D．－ 2 或 2
(2)(2018·河南四校联考)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋…＋a8＝4，a1a2…a8＝16，
1 1 1
则 ＋ ＋…＋ 的值为( )
a1 a2 a8
A．2 B．4
C．8 D．16
[解析] (1)设等比数列{an}的公比为 q，因为 a3，a15 是方程 x2＋6x＋2＝0 的根，所以
a a a22 16 9
a 23·a15＝a9＝2，a3＋a15＝－6，所以 a3<0，a15<0，则 a9＝－ 2，所以 ＝ ＝aa a 9＝－ 2，9 9
故选 B.
1 1 1 a8＋a1 a7＋a2 a4＋a5
(2)由分数的性质得到 ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋…＋ .因为 a a ＝a a ＝
a1 a2 a8 a8a1 a7a2 a4a
8 1 7 2
5
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a1＋a2＋…＋a8 4
a 43a6＝a4a5，所以原式＝ ＝ ，又 a1a2…a8＝16＝(a4a5) ，an>0，∴a4a5＝2，a4a5 a4a5
1 1 1
∴ ＋ ＋…＋ ＝2.故选 A.
a1 a2 a8
[答案] (1)B (2)A
考法(二) 等比数列前 n 项和的性质
[典例] 各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 Sn＝2，S3n＝14，则 S4n 等于
( )
A．80 B．30
C．26 D．16
[解析] 由题意知公比大于 0，由等比数列性质知 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…
仍为等比数列．
设 S2n＝x，则 2，x－2,14－x 成等比数列．
由(x－2)2＝2×(14－x)，
解得 x＝6 或 x＝－4(舍去)．
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为 2，公比为 2 的等比数列．
又∵S 33n＝14，∴S4n＝14＋2×2 ＝30.
[答案] B
[解题技法]
应用等比数列性质解题时的 2 个关注点
(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．
[题组训练]
1．(2019·郑州第二次质量预测)已知等比数列{an}中，a2a5a8＝－8，S3＝a2＋3a1，则 a1
＝( )
1 1
A. B．－
2 2
2 1
C．－ D．－
9 9
a3
解析：选 B 设等比数列{an}的公比为 q(q≠1)，因为 S3＝a1＋a2＋a3＝a2＋3a1，所以a1
1
＝q2＝2.因为 a2a5a 3 48＝a5＝－8，所以 a5＝－2，即 a1q ＝－2，所以 4a1＝－2，所以 a1＝－ ，2
故选 B.
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2．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＝________.
S奇＋S偶＝－240， S奇＝－80， S偶 －160
解析：由题意，得 解得 所以 q＝ ＝ ＝2.
S奇－S偶＝80， S偶＝－160， S奇 －80
答案：2
[课时跟踪检测]
A 级
1．(2019·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}满足 a1a5＝16，a2＝2，则公比 q
＝( )
5
A．4 B.
2
1
C．2 D.
2
4
a1·a1q ＝16， a1＝1， a1＝－1，
解析：选 C 由题意，得 解得 或 (舍去)，故选 C.
a1q＝2， q＝2 q＝－2
2．(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与 a14 的等比中
项为 2 2，则 log2a7＋log2a11的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选 C 由题意得 a4a14＝(2 2)2＝8，由等比数列的性质，得 a4a14＝a7a11＝8，∴log2a7
＋log2a11＝log2(a7a11)＝log28＝3，故选 C.
3．在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则 a1＝( )
A．1 B．±1
C．2 D．±2
解析：选 A 因为数列{a }是等比数列，所以 a a a ＝a3n 2 3 4 3＝8，所以 a3＝2，所以 a7＝a3q4
4 2 a3＝2q ＝8，所以 q ＝2，则 a1＝ 2＝1，故选 A. q
1
4．(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝ ，a2a6＝8(a2 4－
2)，则 S2 019＝( )
1
A．22 018
1
－ B．1－ 2 018
2 2
1
C．22 019
1
－ D．1－ 2 019
2 2
解析：选 A 由等比数列的性质及 a2a6＝8(a4－2)，得 a24＝8a4－16，解得 a4＝4.
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1
(1－22 019)
1 2 1
又 a4＝ q3，故 q＝2，所以 S 2 0182 019＝ ＝2 － ，故选 A. 2 1－2 2
5．在等比数列{an}中，a1＋a3＋a5＝21，a2＋a4＋a6＝42，则 S9＝( )
A．255 B．256
C．511 D．512
解析：选 C 设等比数列的公比为 q，由等比数列的定义可得 a2＋a4＋a6＝a1q＋a3q＋
a5q＝q(a1＋a3＋a5)＝q×21＝42，解得 q＝2.又 a1＋a3＋a5＝a1(1＋q2＋q4)＝a1×21＝21，解
a 9 91(1－q ) 1×(1－2 )
得 a1＝1.所以 S9＝ ＝ ＝511.故选 C.
1－q 1－2
6．已知递增的等比数列{an}的公比为 q，其前 n 项和 Sn<0，则( )
A．a1<0,01
C．a1>0,00，q>1
解析：选 A ∵Sn<0，∴a1<0，又数列{an}为递增等比数列，∴an＋1>an，且|an|>|an＋1|，
－an＋1
则－an>－an＋1>0，则 q＝ ∈(0,1)， －an
∴a1<0,07．设{an}是公比为正数的等比数列，若 a1＝1，a5＝16，则数列{an}的前 7 项和为
________．
解析：设等比数列{an}的公比为 q(q>0)，
由 a ＝a 45 1q ＝16，a1＝1，得 16＝q4，解得 q＝2，
a1(1－q7) 1×(1－27)
所以 S7＝ ＝ ＝127.
1－q 1－2
答案：127
8．在 3 与 192 中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．
解析：设该数列的公比为 q，由题意知，
192＝3×q3，q3＝64，所以 q＝4.
所以插入的两个数分别为 3×4＝12,12×4＝48.
答案：12,48
9．(2018·江西师范大学附属中学期中)若等比数列{an}满足 a2a4＝a5，a4＝8，则数列{an}
的前 n 项和 Sn＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为 q，∵a2a4＝a5，a4＝8，
a q·a 3 4 1 1q ＝a1q ， a1＝1，
∴ 解得
a q3 1 ＝8， q＝2，
1×(1－2n)
∴S nn＝ ＝2 －1.
1－2
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答案：2n－1
10．已知等比数列{an}为递减数列，且 a25＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公
式 an＝________.
解析：设公比为 q，由 a25＝a10，
得(a1q4)2＝a 91·q ，即 a1＝q.
又由 2(an＋an＋2)＝5an＋1，
得 2q2－5q＋2＝0，
1
解得 q＝ (q＝2舍去)，
2
－ 1
所以 a ＝a n 1n 1·q ＝2n.
1
答案：
2n
an
11．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足 a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设 bn＝ . n
(1)求 b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
2(n＋1)
解：(1)由条件可得 an＋1＝ an. n
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)数列{bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数列．
an＋1 2an
由条件可得 ＝ ，即 b
＋ n n
＋1＝2bn，
n 1
又 b1＝1，
所以数列{bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数列．
an － －
(3)由(2)可得 ＝2n 1，所以 an＝n·2n 1. n
12．(2019·甘肃诊断)设数列{an＋1}是一个各项均为正数的等比数列，已知 a3＝7，a7＝
127.
(1)求 a5 的值；
(2)求数列{an}的前 n 项和．
解：(1)由题可知 a3＋1＝8，a7＋1＝128，
则有(a5＋1)2＝(a3＋1)(a7＋1)＝8×128＝1 024，
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可得 a5＋1＝32，即 a5＝31.
(2)设数列{an＋1}的公比为 q，
2
a3＋1＝(a1＋1)q ， a1＋1＝2，
由(1)知 得
a5＋1＝(a 41＋1)q ， q＝2，
－
所以数列{a ＋1}是一个以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 a ＋1＝2×2n 1＝2nn n ，
所以 an＝2n－1，
2(1－2n) ＋
利用分组求和可得，数列{an}的前 n 项和 Sn＝ －n＝2n 1－2－n.
1－2
B 级
1．在各项都为正数的数列{an}中，首项 a ＝2，且点(a21 n，a2n－1)在直线 x－9y＝0 上，则
数列{an}的前 n 项和 Sn等于( )
1－(－3)n
A．3n－1 B.
2
1＋3n 3n2＋n
C. D.
2 2
解析：选 A 由点(a2，a2n n－1)在直线 x－9y＝0 上，得 a2n－9a2n－1＝0，即(an＋3an－1)(an－
an
3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且 a1＝2，∴an＋3an－1>0，∴an－3an－1＝0，即 ＝
an－1
2(1－3n)
3，∴数列{an}是首项 a1＝2，公比 q＝3 的等比数列，其前 n 项和 S nn＝ ＝3 －1.
1－3
2．(2019·郑州一测)已知数列{an}满足 log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且 a1＋a2＋a3＋…＋
a10＝1，则 log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.
解析：因为 log2an＋1＝1＋log2an，可得 log2an＋1＝log22an，所以 an＋1＝2an，所以数列{an}
是以 a1 为首项，2 为公比的等比数列，又 a1＋a2＋…＋a10＝1，所以 a101＋a102＋…＋a110＝
(a1＋a2＋…＋a 100 10010)×2 ＝2 ，所以 log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log 21002 ＝100.
答案：100
1
3．已知数列{a nn}中，a1＝1，an·an＋1＝ 2 ，记 T2n 为{an}的前 2n 项的和，bn＝a2n＋a2n
－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出 bn；
(2)求 T2n.
1
解：(1)∵a ·a ＝ nn n＋1 2 ，
∴a
1 n＋1
n＋1·an＋2＝ 2 ，
an＋2 1 1
∴ ＝ ，即 a
a 2 n＋2
＝ an.
n 2
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∵bn＝a2n＋a2n－1，
1 1
a2n＋ a －b 2n 1n＋1 a2n＋2＋a2n＋1 2 2 1
∴ ＝ ＝ ＝ ，
bn a2n＋a2n－1 a2n＋a2n－1 2
1
∵a1＝1，a1·a2＝ ， 2
1 3
∴a2＝ ，∴b1＝a1＋a2＝ . 2 2
3 1
∴{bn}是首项为 ，公比为 的等比数列． 2 2
3 1 － 3
∴b n 1n＝ ×2 2 ＝ n. 2
1
(2)由(1)可知，an＋2＝ an， 2
1 1
∴a1，a3，a5，…是以 a1＝1 为首项，以 为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以 a ＝2 2 2
1
为首项，以 为公比的等比数列，
2
1 1 11－ n 1－ n 2 2 2 3
∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝ ＋ ＝3－ . 1 1 2n
1－ 1－
2 2
第四节 数列求和
一、基础知识
1．公式法
n(a1＋an) n(n－1)d
(1)等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝ ＝na1＋ . 2 2
推导方法：倒序相加法．
na1，q＝1，
(2)等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝ a1(1－qn)
，q≠1. 1－q
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前 n 项和：
n(n＋1)
①1＋2＋3＋…＋n＝ ；
2
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
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