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第3节　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.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.
4.了解等比数列与指数函数的关系.
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都等于同一常数(不为零),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,通常用字母q表示,定义的表达式为=q(n∈N*,q为非零常数).
(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.
2.等比数列的有关公式
(1)通项公式:an=a1qn-1.
(2)前n项和公式:
Sn=
3.等比数列的常用性质
(1)通项公式的推广:an=am·qn-m(n,m∈N*).
(2)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则am·an=ap·aq=.
(3)若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan},{},
{},{an·bn},{}(λ≠0)仍然是等比数列.
(4)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.
(5)在等比数列{an}中,若Sn为其前n项和,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等比数列(n为偶数且q≠-1).
(1)任意两个实数不一定都有等比中项,只有同号的两个非零实数才有等比中项.
(2)an=·qn,当q>0且q≠1时,可以看成函数y=cqn,其是一个不为0的常数与指数函数的乘积,因此数列{an}各项所对应的点都在函数y=cqx的图象上;当q=1时,{an}为非零常数列.
(3)Sn==-qn+,若设a=,则Sn=-aqn+a(a≠0,q≠0,q≠1).由此可知,数列{Sn}的图象是函数y=-aqx+a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.
1.已知在等比数列{an}中,a3=7,S3=21,则公比q的值是(　C　)
A.1 B.-
C.1或- D.-1或
解析:当q=1时,a3=7,S3=21,符合题意;
当q≠1时,得q=-.
综上,q的值是1或-.
故选C.
2.(多选题)已知数列{an}是等比数列,那么下列数列一定是等比数列的是(　AD　)
A.{} B.log2
C.{an+an+1} D.{an+an+1+an+2}
解析:等比数列{an}的通项an=1时,log2=0,数列{log2}不是等比数列,
等比数列{an}的公比q=-1时,an+an+1=0,数列{an+an+1}不是等比数列,
由等比数列的定义知()和{an+an+1+an+2}都是等比数列.故选AD.
3.在等比数列{an}中,a3=4,a7=16,则a5等于(　C　)
A.10 B.±10
C.8 D.±8
解析:因为=a3a7=4×16=64,
所以a5=±8.
又因为a5=a3q2>0,
所以a5=8.故选C.
4.在等比数列{an}中,a3=9,a7=729,则a3与a7的等比中项为　　　.
解析:设a3与a7的等比中项为G.
因为a3=9,a7=729,
所以G2=9×729=6 561,
所以G=±81.
答案:±81
5.若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+
ln a2+…+ln a20=　　　　.
解析:因为数列{an}为等比数列,
且a10a11+a9a12=2e5,
所以a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,
所以a10a11=e5,
所以ln a1+ln a2+…+ln a20=ln(a1a2…a20)=ln(a10a11)10=ln(e5)10=
ln e50=50.
答案:50
等比数列基本量的运算
1.(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3等于(　C　)
A.16 B.8 C.4 D.2
解析:设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q,则
解得
所以a3=a1q2=4.故选C.
2.设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比q=(　B　)
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:因为3S3=a4-2,3S2=a3-2,
所以两式相减,得3(S3-S2)=(a4-2)-(a3-2),
即3a3=a4-a3,
得a4=4a3,
所以q==4.故选B.
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=,a2+a4=,则=　　　　.
解析:设等比数列{an}的公比为q,
因为
所以
由①除以②可得=2,
解得q=,代入①得a1=2,
所以an=2×()n-1=,
Sn==4(1-),
所以==2n-1.
答案:2n-1
(1)等比数列中有五个量a1,n,q,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q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn==.
等比数列的判定与证明
设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*).
(1)求a2,a3的值;
(2)求证:数列{Sn+2}是等比数列.
(1)解:因为a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),
所以当n=1时,a1=2×1=2;
当n=2时,a1+2a2=(a1+a2)+4,
所以a2=4;
当n=3时,
a1+2a2+3a3=2(a1+a2+a3)+6,
所以a3=8.
综上,a2=4,a3=8.
(2)证明:因为a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),①
所以当n≥2时,
a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)Sn-1+2(n-1).②
①-②,得nan=(n-1)Sn-(n-2)Sn-1+2
=n(Sn-Sn-1)-Sn+2Sn-1+2
=nan-Sn+2Sn-1+2.
所以-Sn+2Sn-1+2=0,
即Sn=2Sn-1+2,
所以Sn+2=2(Sn-1+2).
因为S1+2=4≠0,所以Sn-1+2≠0,
所以=2,
故{Sn+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.
[典例探究1] 把本例改为“a1=1,an=2an-1+1(n≥2)”,求数列{an}的通项公式.
解:由an=2an-1+1(n≥2)得
an+1=2(an-1+1),
即=2.
所以数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列.
所以an+1=2n,即an=2n-1.
[典例探究2] 在本例条件不变的情况下,判断数列{an}是否是等比
数列.
解:由本例知{Sn+2}是首项为4,公比为2的等比数列,
所以Sn+2=4×2n-1,即Sn=4×2n-1-2,①
当n≥2时,Sn-1=4×2n-2-2.②
①-②得an=4×2n-1-4×2n-2=4×2n-2=2n(n≥2).
又n=1时,a1=2,符合此式,
所以an=2n(n∈N*).
这时==2,
故数列{an}是等比数列.
判定一个数列为等比数列的常见方法
(1)定义法:若=q(q是不为零的常数),则数列{an}是等比数列.
(2)等比中项法:若=anan+2(n∈N*,an≠0),则数列{an}是等比数列.
(3)通项公式法:若an=Aqn(A,q是不为零的常数),则数列{an}是等比
数列.
等比数列的性质及应用
(1)在各项不为零的等差数列{an}中,2a2 019-+2a2 021=0,数列{bn}是等比数列,且b2 020=a2 020,则log2(b2 019·b2 021)的值为(　　)
A.1 B.2 C.4 D.8
(2)已知数列{an}是等比数列,若a2=1,a5=,则a1a2+a2a3+…+anan+1(n∈N*)的最小值为(　　)
A. B.1
C.2 D.3
(3)已知各项均为实数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=10,
S30=70,则S40等于(　　)
A.150 B.140
C.130 D.120
解析:(1)因为在等差数列{an}中,a2 019+a2 021=2a2 020,
所以2a2 019-+2a2 021=4a2 020-=0,
因为数列{an}的各项均不为零,
所以a2 020=4,
因为数列{bn}是等比数列,
所以b2 019·b2 021==16.
所以log2(b2 019·b2 021)=log216=4.
故选C.
(2)由已知得数列{an}的公比满足q3==,
解得q=,
所以a1=2,a3=,故数列{anan+1}是以2为首项,公比为=的等比数列,
所以a1a2+a2a3+…+anan+1=
=[1-()n]∈[2,).
故选C.
(3)在等比数列{an}中,设公比为q,由S10=10,S30=70可知q≠-1,
所以S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30构成等比数列,设其公比为q′.
所以(S20-S10)2=S10·(S30-S20),
即(S20-10)2=10·(70-S20),
解得S20=30(负值舍去).
因为==2=q′,
所以S40-S30=2(S30-S20)=80,
S40=S30+80=150.故选A.
在解决与等比数列有关的问题时,要注意挖掘隐含条件.利用性质时要注意成立的前提条件,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.
[针对训练]
(1)已知数列{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于(　　)
A.7 B.5 C.-5 D.-7
(2)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若=3,则=(　　)
A.2 B. C. D.1或2
解析:(1)由
解得或
所以或
所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.
(2)设S2=k,S4=3k.
因为数列{an}为等比数列,
所以S2,S4-S2,S6-S4也为等比数列.
又S2=k,S4-S2=2k,
所以S6-S4=4k,
所以S6=7k,
所以==.
故选B.
(2020·全国 Ⅰ 卷)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+
a4=2,则a6+a7+a8等于(　　)
A.12 B.24 C.30 D.32
解析:法一　设等比数列{an}的公比为q,
所以==q=2,
由a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=a1(1+2+22)=1,
解得a1=,所以a6+a7+a8=a1(q5+q6+q7)=×(25+26+27)=×25×(1+2+22)=32.故选D.
法二　令bn=an+an+1+an+2(n∈N*),
则bn+1=an+1+an+2+an+3.
设数列{an}的公比为q,
则===q,所以数列{bn}为等比数列,由题意知b1=1,b2=2,所以等比数列{bn}的公比q=2,所以bn=2n-1,所以b6=a6+a7+a8=25=32.故选D.
(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,S3=,则S4=　　　　　.
解析:设数列{an}的公比为q,则有S3=a1+a2+a3=1+q+q2=,整理可得4q2+4q+1=0,所以q=-,所以S4=S3+a4=-=.
答案:
(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=
3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
则an+1+bn+1=(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)解:由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1.
所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-,
bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.
知识点、方法 基础巩固练 综合运用练 应用创新练
等比数列基本量的运算 1,2,4
等比数列的性质及应用 3,6,7,8
等比数列的判定与证明 5,9 10,11,15
等比数列的综合问题 12,13,14 16
1.已知等比数列{an}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2等于(　C　)
A.2 B.1
C. D.
解析:因为a3a5=,a3a5=4(a4-1),
所以=4(a4-1),
所以-4a4+4=0,
所以a4=2.
又因为q3===8,
所以q=2,
所以a2=a1q=×2=.
故选C.
2.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则公比q等于(　D　)
A.5 B.4 C.3 D.2
解析:因为S2=3,S4=15,S4-S2=12,
所以
两个方程左右两边分别相除,得q2=4,
因为数列是正项等比数列,
所以q=2.故选D.
3.(2021·广东汕头高三一模)在正项等比数列{an}中,a2a4=16,a4+a5=24,则数列{an}的通项公式为(　A　)
A.an=2n-1 B.an=2n
C.an=3n D.an=3n-1
解析:设等比数列{an}的公比为q,由题意可知,对任意的n∈N*,an>0,
q>0,
由等比中项的性质可得=a2·a4=16,
解得a3=4,
所以a4+a5=a3(q+q2)=4(q+q2)=24,
整理可得q2+q-6=0,
因为q>0,解得q=2,
因此an=a3qn-3=4×2n-3=2n-1.
故选A.
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a10=a6,若mS32=S8+S24,则m等于(　C　)
A. B. C. D.
解析:因为a10=a6,所以q4=.
由mS32=S8+S24,
得m(1-q32)=1-q8+1-q24,
即m(1-16)=1-2+1-8,
解得m=.
故选C.
5.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=(n∈N*).则a10等于(　C　)
A. B.
C. D.
解析:因为an+1=,
所以两边取倒数得==+1,
则+1=2(+1),
所以数列(+1)为等比数列,
则+1=(+1)·2n-1=2n,
所以an=,
故a10==.
故选C.
6.(多选题)(2021·广东揭阳高三一模)已知等比数列{an}的公比为q,且a5=1,则下列选项正确的是(　AC　)
A.a3+a7≥2 B.a4+a6≥2
C.a7-2a6+1≥0 D.a3-2a4-1≥0
解析:因为等比数列{an}的公比为q,且a5=1
所以a3=,a4=,a6=q,a7=q2,
因为a3+a7=+q2≥2,故A正确;
因为a4+a6=+q,当q<0时式子为负数,故B错误;
因为a7-2a6+1=q2-2q+1=(q-1)2≥0,故C正确;
因为a3-2a4-1=--1=-2,存在q使得a3-2a4-1<0,故D错误.
故选AC.
7.(2021·湖北高三一模)已知等比数列{an}的前n项积为Tn,若a4a6=
2a5,则T9=　　　　.
解析:因为a4a6=2a5,
由等比数列的性质,可得a4a6=,
所以=2a5,
解得a5=2,
又由T9=a1a2a3…a9==29=512.
答案:512
8.(2021·辽宁沈阳高三一模)在正项等比数列{an}中,+2a6a8+=100,则a5+a9=　　　　.
解析:因为+2a6a8+=100,
所以+2a5a9+=100,
即=100,
因为数列{an}是正项数列,
所以a5+a9=10.
答案:10
9.已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=2(n∈N*),则数列{an}的通项公式an=　　　　.
解析:因为2an+1+Sn=2,①
当n≥2时2an+Sn-1=2,②
①式减②式得an+1=an.
又当n=1时,2a2+S1=2,a2=,
所以数列{an}是以1为首项,为公比的等比数列,an=.
答案:
10.设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn+1=2Sn+1,则S7等于(　B　)
A.63 B.127 C.128 D.256
解析:在Sn+1=2Sn+1中,令n=1,得S2=3,
所以a2=2.
由Sn+1=2Sn+1得Sn+2=2Sn+1+1,
两式相减得an+2=2an+1,即=2.
又a1=1,=2,
所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,
所以S7==127.故选B.
11.(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=Sn+2an+1,数列{}的前n项和为Tn,n∈N*,则下列选项正确的为(　BCD　)
A.数列{an+1}是等差数列
B.数列{an+1}是等比数列
C.数列{an}的通项公式为an=2n-1
D.Tn<1
解析:Sn+1=Sn+2an+1即为an+1=Sn+1-Sn=2an+1,
可化为an+1+1=2(an+1),
由S1=a1=1,可得数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,
则an+1=2n,即an=2n-1,
又==-,可得Tn=1-+-+…+-=1-<1,
故A错误,B,C,D正确.
故选BCD.
12.(2021·上海金山高三一模)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数,且满足f(x+3)=f(x),f(1)=-3,数列{an}满足Sn=2an+n(其中Sn为{an}的前n项和),则f(a5)+f(a6)等于(　C　)
A.-3 B.-2 C.3 D.2
解析:对任意的n∈N*,Sn=2an+n.
当n=1时,a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;
当n≥2时,由Sn=2an+n可得Sn-1=2an-1+n-1,
上述两式作差得an=2an-2an-1+1,
即an=2an-1-1,
所以an-1=2(an-1-1),
所以数列{an-1}是以a1-1=-2为首项,2为公比的等比数列,
所以an-1=-2·2n-1=-2n,即an=1-2n,
所以a5=-31,a6=-63,
因为函数f(x)是定义在R上的奇函数,
则f(0)=0,
又函数f(x)满足f(x+3)=f(x),f(1)=-3,
所以f(a5)=f(-31)=-f(31)=-f(1)=3,f(a6)=f(-63)=f(0)=0,
因此f(a5)+f(a6)=3.故选C.
13.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.我国明代的音乐理论家朱载堉创立了十二平均律,他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的频率比是常数,如表所示,其中a1,a2,…,a13表示这些半音的频率,它们满足log2()12=
1(i=1,2,…,12).若某一半音与D　#的频率之比为,则该半音为(　B　)
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)
A.F　# B.G C.G　# D.A
解析:依题意可知an>0(n=1,2,…,13).
由于a1,a2,…,a13满足log2()12=1(i=1,2,…,12),则()12=2,
所以=,
所以数列a1,a2,…,a13为等比数列,公比q=,D　#对应的频率为a4,题目所求半音与D　#的频率之比为==,
所以所求半音对应的频率为a4·=a8,即对应的半音为G.故选B.
14.各项均为正数的数列{an}和{bn}满足:an,bn,an+1成等差数列,bn,
an+1,bn+1成等比数列,且a1=1,a2=3,则数列{an}的通项公式为　　　.
解析:由题设可得an+1=,an=(n≥2),
代入2bn=an+an+1得2bn=+(n≥2),
即2=+(n≥2),
则数列{}是首项为的等差数列.
又a1=1,a2=3,
所以2b1=4,b1=2,
故b2==,
则公差d=-=-=,
所以=+(n-1)=,
即=,=,
则an+1==,
所以an==.
答案:an=
15.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,Sn=Sn-1+an-1+(n∈N*且n≥2),数列{bn}满足:b1=-,且3bn-bn-1=n+1(n∈N*且n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:数列{bn-an}为等比数列.
(1)解:由Sn=Sn-1+an-1+,
得Sn-Sn-1=an-1+,
即an-an-1=(n≥2且n∈N*),
则数列{an}是以为首项,为公差的等差数列,
因此an=+(n-1)×=n+.
(2)证明:因为3bn-bn-1=n+1(n≥2),
所以bn=bn-1+(n+1)(n≥2),
bn-an=bn-1+(n+1)-n-
=bn-1-n+
=(bn-1-n+) (n≥2),
bn-1-an-1=bn-1-(n-1)-=bn-1-n+(n≥2),
所以bn-an=(bn-1-an-1)(n≥2),
因为b1-a1=-10≠0,
所以数列{bn-an}是以-10为首项,为公比的等比数列.
16.已知{an}是公比为q的无穷等比数列,其前n项和为Sn,满足a3=12,　　　　.是否存在正整数k,使得Sk>2 020 若存在,求k的最小值;若不存在,请说明理由.
从①q=2,②q=,③q=-2这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.
解:选择①:
因为a3=12,所以a1=3,
所以Sn==3(2n-1).
令Sk>2 020,即3(2k-1)>2 020,
得2k>.
所以存在正整数k,使得Sk>2 020,k的最小值为10.
选择②:
因为a3=12,所以a1=48,
所以Sn==96(1-).
因为Sn<96<2 020,
所以不存在满足条件的正整数k.
选择③:
因为a3=12,
所以a1=3,
所以Sn==1-(-2)n.
令Sk>2 020,即1-(-2)k>2 020,
整理得(-2)k<-2 019.
当k为偶数时,原不等式无解;
当k为奇数时,原不等式等价于2k>2 019,
所以存在正整数k,使得Sk>2 020,k的最小值为11.

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