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第四节　等比数列
1.理解等比数列的概念和通项公式的意义,会求等比数列的一些基本量.
2.掌握等比数列的前n项和公式,理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.
3.能在具体的问题情境中,发现数列的等比关系,并解决相应的问题.
教材再回首
1.等比数列的有关概念
定义 一般地,如果一个数列从第　　项起,每一项与它的前一项的　　都等于同一个常数(不为零),那么这个数列叫做等比数列
等比 中项 如果在a与b中间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么　　叫做a与b的等比中项.此时,G2=ab
2.等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则其通项公式为an=　　　　　　.
(2)等比数列通项公式的推广:an=amqn-m.
(3)等比数列的前n项和公式:当q=1时,Sn=na1;当q≠1时,Sn=　　　　　　=　　　　.
3.等比数列的性质
(1)若m+n=p+q,则　　　　　　,其中m,n,p,q∈N*.特别地,若2w=m+n,则　　　　　　,其中m,n,w∈N*.
(2)ak,ak+m,ak+2m,…仍是等比数列,公比为　　(k,m∈N*).
(3)若数列{an},{bn}是两个项数相同的等比数列,则数列{an·bn},{pan·qbn}和也是等比数列(p,q≠0).
(4)等比数列{an}的前n项和为Sn,则Sn,　　　　,　　　　仍成等比数列,其公比为qn(n为偶数且q=-1除外).
(5)若或则等比数列{an}递　　.
若或则等比数列{an}递　　.
解题结论拓展
(1)三个数成等比数列,通常设为,x,xq;四个符号相同的数成等比数列,通常设为,,xq,xq3.
(2)在等比数列中,所有奇数项的符号相同,所有偶数项的符号也相同,在运用等比数列性质求某一项的值时,注意根据这一性质进行判断取舍.
(3)数列{an}是等比数列,Sn是其前n项和.
①若a1·a2·…·an=Tn,则Tn,,,…成等比数列.
②若数列{an}的项数为2n,则=q;若项数为2n+1,则=q或=q.
典题细发掘
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)满足an+1=qan(n∈N*,q为常数)的数列{an}为等比数列. (　　)
(2)三个数a,b,c成等比数列的充要条件是 b2=ac. (　　)
(3)如果数列{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列{bn}也是等比数列. (　　)
(4)如果数列{an}为等比数列,则数列{ln an}是等差数列. (　　)
2.(人A选必修②P31T3改编)在等比数列{an}中,a3=1,a5·a9=16,则a9= (　　)
A.8 B.-8
C.16 D.-16
3.(北师大选必修②P29T1(3)改编)已知1,,2,…为等比数列,当an=8时,则正整数n= (　　)
A.6 B.7
C.8 D.9
4.(人B选必修③P42T3改编)记正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若7S2=3S3,则该数列的公比q= (　　)
A. B.
C.2 D.3
题点一　等比数列基本量的运算
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]
(1)在等比数列{an}中,a1=1,公比q=2,若an=128,则n= (　　)
A.6 B.7
C.8 D.9
(2)在等比数列{an}中,记其前n项和为Sn,已知a3=-a2+2a1,则的值为 (　　)
A.2 B.17
C.2或8 D.2或17
|思维建模|
等比数列基本量运算的解题策略
(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,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==.
[即时训练]
1.在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,且a2,a4+2,a5成等差数列,记Sn是数列{an}的前n项和,则S6= (　　)
A.126 B.124
C.64 D.62
2.[多选]已知递增的正项等比数列{an}中,a5-a1=30,a4-a2=12,其公比为q,前n项和为Sn,则下列选项正确的有 (　　)
A.q=2 B.a8=512
C.Sn=2an-1 D.Sn题点二　等比数列的判定与证明
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例2]　(2025·昆明模拟)已知数列{an}满足an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2,n∈N*),且a1=1,a2=.
(1)求证:数列是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
|思维建模|　等比数列的判定方法
(1)定义法:若=q(q为非零常数,n∈N*)或=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{an}是等比数列.
(2)等比中项法:若数列{an}中,an≠0且=an·(n∈N*),则{an}是等比数列.
(3)通项公式法:若数列{an}的通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均为非零常数,n∈N*),则{an}是等比数列,适用于选择、填空题.
(4)前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为非零常数,q≠0,1),则{an}是等比数列,适用于选择、填空题.
[即时训练]
3.[多选]已知数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是 (　　)
A.若b2=ac,则a,b,c成等比数列
B.若{an}为等差数列,则{}为等比数列
C.若Sn=3n-1,则数列{an}为等比数列
D.若a1=1,a2=2,3an+1=an+2an+2(n∈N*),则{an+1-an}为等比数列
4.已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足=-,n∈N*.求证:数列{an}是等比数列.
题点三　等比数列性质的应用
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考法(一)　等比数列的性质
[例3]
(1)设各项均为正数的等比数列{an}满足a4a10=2a8,则log2(a1a2·…·a10a11)等于 (　　)
A.210 B.211
C.11 D.9
(2)已知在等比数列{an}中,Sn为其前n项和.若S2=7,S6=91,则S4= (　　)
A.28 B.32
C.35 D.49
考法(二)　等比数列前n项和的最值问题
[例4]　(多选)设{an}是各项为正数的等比数列,q是其公比,Tn是其前n项的积,且T6T9,则下列结论正确的是 (　　)
A.q>1
B.a8=1
C.T10>T6
D.T7与T8均为Tn的最大值
|思维建模|
(1)等比数列的性质可以分为三类:一是通项公式的变形,二是等比中项的变形,三是前n项和公式的变形.根据题目条件,认真分析,发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.
(2)涉及等比数列的单调性与最值的问题,一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[即时训练]
5.已知等比数列{an}有2n+1项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则n= (　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
6.[多选]设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a7a8>1,<0,则下列结论正确的是 (　　)
A.01
C.Sn的最大值为S9 D.Tn的最大值为T7
第四节　等比数列
课前·“四基”落实
[教材再回首]
1.2　比　G
2.(1)a1qn-1　(3)　
3.(1)aman=apaq　aman=　(2)qm　(4)S2n-Sn　S3n-S2n　(5)增　减
[典题细发掘]
1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2.A　3.C　4.C
课堂·题点精研
题点一
[例1]　(1)C　(2)D
(1)∵数列{an}为等比数列,∴an=a1qn-1=2n-1=128,解得n=8.故选C.
(2)由等比数列的通项公式可得a1q2=-a1q+2a1,整理得q2+q-2=0,解得q=1或q=-2.当q=1时,==2;当q=-2时,===q4+1=17,所以的值为2或17.
[即时训练]
1.选A　设等比数列{an}的公比为q(q>0),∵a2,a4+2,a5成等差数列,∴a2+a5=2(a4+2),∴a1q+a1q4=2(a1q3+2),即2q+2q4=2(2q3+2),解得q=2,∴S6==126.
2.选AD　因为递增的正项等比数列{an}中,a5-a1=30,a4-a2=12,所以a1(q4-1)=30,a1(q3-q)=12,两式相除,整理得2q2-5q+2=0,解得q=2或q=(舍去),A正确;当q=2时,a1=2,a8=28=256,B错误;an=2n,Sn==2n+1-2=2an-2,C错误;Sn-an+1=2n+1-2-2n+1=-2<0,即Sn题点二
[例2]　解:(1)证明:∵an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2,n∈N*),
∴anan-1+3anan+1=4an-1an+1,
∴+=,∴-=3.
又-=4-1=3≠0,
∴数列是首项为3,公比为3的等比数列.
(2)∵-=3×3n-1=3n,
∴当n≥2时,++…+=3n-1+3n-2+…+31==,
即-=,∴=+=+1=,
∴an=,又a1=1也满足上式,
∴数列{an}的通项公式为an=.
[即时训练]
3.选BCD　对于A,当a=b=c=0时,有b2=ac,此时a,b,c不成等比数列,故A错误;对于B,若{an}为等差数列,设其公差为d,则此时有==2d>0,所以数列{}为等比数列,故B正确;对于C,若Sn=3n-1,则a1=S1=2,an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=3n-3n-1=2·3n-1(n≥2),a1=2显然满足an=2·3n-1,所以数列{an}为等比数列,故C正确;对于D,因为3an+1=an+2an+2,所以2(an+2-an+1)-(an+1-an)=0,而a1=1,a2=2,因此数列{an+1-an}是首项为1,公比为的等比数列,故D正确.故选BCD.
4.证明:因为=-,n∈N*,所以Sn+1=　①,
当n≥2时,Sn-1+1=　②,
则①-②得an=-.
因为an>0,所以1=-,
整理得=an+1an-1,即=,
所以数列{an}是等比数列.
题点三
[例3]　(1)C　(2)A
(1)∵a4a10=2a8,∴a4a10=2a4q4,∴=a6=2,∴log2(a1a2·…·a10a11)=log2(a1a11a2a10…a5a7a6)=log2=log2211=11.
(2)∵{an}为等比数列,且S6≠3S2,且S2≠0,∴公比q≠±1,∴S2,S4-S2,S6-S4是公比为q2的等比数列,即7,S4-7,91-S4是公比为q2的等比数列,∴(S4-7)2=7×(91-S4),解得S4=28或S4=-21(舍去).
[例4]　选BD　由题意知,由T61,由T7=T8,得a8==1,所以=q<1,又q>0,所以0a2>…>a7>a8=1>a9>a10>…,所以=a7a8a9a10=(a8a9)2=<1,所以T10T9>T10>…,则T7与T8均为Tn的最大值,故D正确.
[即时训练]
5.选B　因为等比数列有2n+1项,则奇数项有n+1项,偶数项有n项,设公比为q,得到奇数项和为1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85,偶数项和为q+q3+q5+…+q2n-1=42,整体代入得q=2,所以前2n+1项的和为=85+42=127,解得n=3.故选B.
6.选AD　因为a1>1,a7a8>1,<0,所以a7>1,a8<1,所以01,01,a8<1,所以Tn的最大值为T7,故D正确.(共61张PPT)
第四节
等比数列
明确目标
1.理解等比数列的概念和通项公式的意义，会求等比数列的一些基本量.
2.掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.
3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.
目录
01.课前·“四基”落实
02.课堂·题点精研
03.课时跟踪检测
课前·“四基”落实
01
教材再回首
1.等比数列的有关概念
定义 一般地，如果一个数列从第___项起，每一项与它的前一项的___都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列
等比 中项 如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么___叫做a与b的等比中项.此时，G2=ab
2
比
G
2.等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式为an=_______.
(2)等比数列通项公式的推广:an=amqn-m.
(3)等比数列的前n项和公式:当q=1时，Sn=na1;当q≠1时，
Sn=_________=_________.
a1qn-1
3.等比数列的性质
(1)若m+n=p+q，则___________，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w=m+n，则___________，其中m，n，w∈N*.
(2)ak，ak+m，ak+2m，…仍是等比数列，公比为____ (k，m∈N*).
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{an·bn}，{pan·qbn}和也是等比数列(p，q≠0).
aman=apaq
aman=
qm
(4)等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，_______，________仍成等比数列，其公比为qn(n为偶数且q=-1除外).
(5)若或则等比数列{an}递____.
若或则等比数列{an}递____.
S2n-Sn
S3n-S2n
增
减
解题结论拓展
(1)三个数成等比数列，通常设为，x，xq;四个符号相同的数成等比数列，通常设为 xq，xq3.
(2)在等比数列中，所有奇数项的符号相同，所有偶数项的符号也相同，在运用等比数列性质求某一项的值时，注意根据这一性质进行判断取舍.
(3)数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和.
①若a1·a2·…·an=Tn，则Tn，，…成等比数列.
②若数列{an}的项数为2n，则 =q;若项数为2n+1，
则 =q或 =q.
典题细发掘
1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)满足an+1=qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列.(　　)
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是 b2=ac.(　　)
(3)如果数列{an}为等比数列，bn=a2n-1+a2n，则数列{bn}也是等比数列.(　　)
(4)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列.(　　)
×
×
×
×
2.(人A选必修②P31T3改编)在等比数列{an}中，a3=1，a5·a9=16，则a9= (　　)
A.8 B.-8
C.16 D.-16
3.(北师大选必修②P29T1(3)改编)已知1，，2，…为等比数列，当an=8时，则正整数n=(　　)
A.6 B.7
C.8 D.9
√
√
4.(人B选必修③P42T3改编)记正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若7S2=3S3，则该数列的公比q= (　　)
A. B.
C.2 D.3
√
课堂·题点精研
02
[例1]
(1)在等比数列{an}中，a1=1，公比q=2，若an=128，则n=(　　)
A.6 B.7
C.8 D.9
解析:∵数列{an}为等比数列，∴an=a1qn-1=2n-1=128，解得n=8.故选C.
√
题点一　等比数列基本量的运算
(2)在等比数列{an}中，记其前n项和为Sn，已知a3=-a2+2a1，则的值为(　　)
A.2 B.17
C.2或8 D.2或17
√
解析:由等比数列的通项公式可得a1q2=-a1q+2a1，
整理得q2+q-2=0，解得q=1或q=-2.当q=1时，
==2;当q=-2时，===q4+1=17，
所以的值为2或17.
等比数列基本量运算的解题策略
(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，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==.
思维建模
1.在各项均为正数的等比数列{an}中，a1=2，且a2，a4+2，a5成等差数列，记Sn是数列{an}的前n项和，则S6= (　　)
A.126 B.124
C.64 D.62
解析:设等比数列{an}的公比为q(q>0)，∵a2，a4+2，a5成等差数列，∴a2+a5=2(a4+2)，∴a1q+a1q4=2(a1q3+2)，即2q+2q4=2(2q3+2)，解得q=2，∴S6==126.
即时训练
√
2.[多选]已知递增的正项等比数列{an}中，a5-a1=30，a4-a2=12，其公比为q，前n项和为Sn，则下列选项正确的有 (　　)
A.q=2 B.a8=512
C.Sn=2an-1 D.Sn解析:因为递增的正项等比数列{an}中，a5-a1=30，a4-a2=12，所以a1(q4-1)=30，a1(q3-q)=12，两式相除，整理得2q2-5q+2=0，解得q=2或q=(舍去)，A正确;当q=2时，a1=2，a8=28=256，B错误;an=2n，Sn==
2n+1-2=2an-2，C错误;Sn-an+1=2n+1-2-2n+1=-2<0，即Sn√
√
[例2]　(2025·昆明模拟)已知数列{an}满足an(an-1+3an+1)=4an-1an+1
(n≥2，n∈N*)，且a1=1，a2=.
(1)求证:数列是等比数列;
解:证明:∵an(an-1+3an+1)=4an-1an+1(n≥2，n∈N*)，
∴anan-1+3anan+1=4an-1an+1，∴+=，∴-=
3.又-=4-1=3≠0，∴数列是首项为3，公比为3的等比数列.
题点二　等比数列的判定与证明
(2)求数列{an}的通项公式.
解:∵-=3×3n-1=3n，∴当n≥2时，
++…+=3n-1+3n-2+…+31
==，即-=，
∴=+=+1=，∴an=，
又a1=1也满足上式，∴数列{an}的通项公式为an=.
等比数列的判定方法
思维建模
定义法 若=q(q为非零常数，n∈N*)或=q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
等比 中项法 若数列{an}中，an≠0且=an·(n∈N*)，则{an}是等比数列
通项 公式法 若数列{an}的通项公式可写成an=c·qn-1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列，适用于选择、填空题
前n项和公式法 若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为非零常数，q≠0，1)，则{an}是等比数列，适用于选择、填空题
3.[多选]已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是 (　　)
A.若b2=ac，则a，b，c成等比数列
B.若{an}为等差数列，则{}为等比数列
C.若Sn=3n-1，则数列{an}为等比数列
D.若a1=1，a2=2，3an+1=an+2an+2(n∈N*)，则{an+1-an}为等比数列
即时训练
√
√
√
解析:对于A，当a=b=c=0时，有b2=ac，此时a，b，c不成等比数列，故A错误;对于B，若{an}为等差数列，设其公差为d，则此时有==2d>0，所以数列{}为等比数列，故B正确;对于C，若Sn=3n-1，则a1=S1=2，an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=3n-3n-1=2·3n-1(n≥2)，a1=2显然满足an=2·3n-1，所以数列{an}为等比数列，故C正确;对于D，因为3an+1=an+2an+2，所以2(an+2-an+1)-(an+1-an)=0，而a1=1，a2=2，因此数列{an+1-an}是首项为1，公比为的等比数列，故D正确.故选BCD.
4.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足=-，n∈N*.求证:数列{an}是等比数列.
证明:因为=-，n∈N*，所以Sn+1=　①，
当n≥2时，Sn-1+1=　②，
则①-②得an=-.因为an>0，所以1=-，
整理得=an+1an-1，即=，所以数列{an}是等比数列.
考法(一)　等比数列的性质
[例3] (1)设各项均为正数的等比数列{an}满足a4a10=2a8，则log2(a1a2…a10a11)等于(　　)
A.210 B.211
C.11 D.9
解析:∵a4a10=2a8，∴a4a10=2a4q4，∴=a6=2，∴log2(a1a2…
a10a11)=log2(a1a11a2a10…a5a7a6)=log2=log2211=11.
√
题点三　等比数列性质的应用
(2)已知在等比数列{an}中，Sn为其前n项和.若S2=7，S6=91，则S4= (　　)
A.28 B.32
C.35 D.49
解析:∵{an}为等比数列，且S6≠3S2，且S2≠0，∴公比q≠±1，∴S2，S4-S2，S6-S4是公比为q2的等比数列，即7，S4-7，91-S4是公比为q2的等比数列，∴(S4-7)2=7×(91-S4)，解得S4=28或S4=-21(舍去).
√
考法(二)　等比数列前n项和的最值问题
[例4]　(多选)设{an}是各项为正数的等比数列，q是其公比，Tn是其前n项的积，且T6T9，则下列结论正确的是(　　)
A.q>1
B.a8=1
C.T10>T6
D.T7与T8均为Tn的最大值
√
√
解析:由题意知，由T61，由T7=T8，得a8==1，所以=q<1，又q>0，所以0a2>…>a7>a8=1>a9>a10>…，所以=a7a8a9a10=(a8a9)2=<1，所以T10T7=T8>T9>T10>…，则T7与T8均为Tn的最大值，故D正确.
(1)等比数列的性质可以分为三类:一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.
(2)涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.
思维建模
5.已知等比数列{an}有2n+1项，a1=1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n= (　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
解析:因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有n项，设公比为q，得到奇数项为1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85，偶数项为q+q3+q5+…+q2n-1=42，整体代入得q=2，所以前2n+1项的和为=85+42=127，解得n=3.故选B.
即时训练
√
6.[多选]设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，<0，则下列结论正确的是(　　)
A.0B.a7a9>1
C.Sn的最大值为S9
D.Tn的最大值为T7
√
√
解析:因为a1>1，a7a8>1，<0，所以a7>1，a8<1，所以01，01，a8<1，所以Tn的最大值为T7，故D正确.
课时跟踪检测
03
一、单选题
1.在等比数列{an}中，各项均为正数，且a1=，q=2，则a4与a6的等比中项是(　　)
A.2 B.±4
C.1 D.4
解析:由题意，得a4=a1q3=×23=2，a6=a1q5=×25=8，所以a4与a6的等比中项为±4.
易错提醒:本题易错选D，a4与a6的等比中项与数列{an}无关.
√
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2.(2024·贵阳二模)记等比数列{an}的前n项和为Sn，a1a2a3=27，a5=81，则S5= (　　)
A.121 B.63
C.40 D.31
解析:根据题意，设等比数列{an}的公比为q，因为a1a2a3=27，则(a2)3=27，得a2=3，又a5=81，则q3===27，解得q=3，故a1==1，则S5===121.
√
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3.在正项数列{an}中，ln an+1=ln an+1，且a1a2=e3，则数列{an}的通项公式为 (　　)
A.an=en B.an=en-1
C.an=en+1 D.an=en-2
解析:因为ln an+1=ln an+1，所以ln an+1-ln an=ln=1，即=e，则数列{an}是等比数列，公比为q=e.又a1a2=q=e=e3，所以a1=e或a1=-e(舍去)，则数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=en.
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4.若数列{an}是各项均为实数的等比数列，则“a2>a1>0”是“数列{an}为递增数列”的 (　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
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解析:设数列{an}的公比为q(q≠0)，∵a2>a1>0，∴a1q>a1>0，可得q>1，于是数列{an}为递增数列;反之不成立，例如数列是递增数列，但a1=-<0.∴“a2>a1>0”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件.
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5.在等比数列{an}中，已知对任意自然数n，a1+a2+a3+…+an=2n-1，则+++…+等于(　　)
A. B.(2n-1)2
C.4n-1 D.2n-1
快审准解:先求出等比数列{an}的通项公式an=2n-1，从而=4n-1，由等比数列前n项和公式求解.
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解析:当n=1时，a1=21-1=1，当n≥2时，a1+a2+a3+…+an=2n-1，a1+a2+a3+…+an-1=2n-1-1，两式作差可得an=2n-2n-1=2n-1，当n=1时，21-1=20=1=a1.综上可得，数列{an}的通项公式为an=2n-1，故=(2n-1)2=4n-1，则数列{}是首项为1，公比为4的等比数列，其前n项和为+++…+==(4n-1).故选A.
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6.(2025·黄冈模拟)已知数列{an}的首项a1=，且满足an+1=，若+++…+<1 000，则满足条件的最大整数n=(　　)
A.8 B.9
C.10 D.11
快审准解:令bn=，根据构造法求得bn=2n-1+1，结合等比数列前n项和公式建立不等式即可求解.
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解析:由题意知，=-1，令bn=，则bn+1-1=2(bn-1)，又b1-1=-1=1，所以{bn-1}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn-1=2n-1，所以bn=2n-1+1，所以b1+b2+…+bn=1+2+22+…+2n-1+n=2n+n-1<1 000，解得n≤9.
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二、多选题
7.(2025·湖北一模)在等比数列{an}中，a1a2=2，a3=4，则(　　)
A.{an}的公比为
B.{an}的公比为2
C.a3+a5=20
D.数列为递增数列
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解析:设等比数列{an}的公比为q，依题意得解得所以an=2n-1，故a3+a5=22+24=20，故B、C正确，A错误;因为log2=1-n，则数列为递减数列，故D错误.
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8.(2024·黄冈二模)若数列{an}满足a1=1，Sn-1=3an(n≥2)，则下列结论正确的是 (　　)
A.a2= B.{an}是等比数列
C.an+1=an，n≥2 D.Sn-1=，n≥2
快审准解:利用已知求得a2=，判断A;Sn-Sn-1=3an+1-3an(n≥2)，可得an+1=an(n≥2)，判断B、C，进而求得Sn-1，判断D.
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√
解析:由Sn-1=3an(n≥2)，当n=2时，S1=a1=3a2=1，解得a2=，故A正确;当n≥1时，可得Sn=3an+1，所以Sn-Sn-1=3an+1-3an(n≥2)，所以an=3an+1-3an(n≥2)，即an+1=an(n≥2)，而a2=a1，故C正确，B不正确;Sn-1=a1+a2+a3+…+an-1=1+=，n≥2，故D错误.
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9.(2024·绍兴二模)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，且 n∈N*，<0，则下列说法正确的是(　　)
A.数列{an}是递增数列
B.数列{an}是递减数列
C.若数列{Sn}是递增数列，则q>1
D.若数列{Tn}是递增数列，则q>1
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√
√
解析:由题意可知Sn=，Tn=a1(a1q)·…·(a1qn-1)=，且 n∈N*，<0，
也就是有或
所以数列{an}是递增数列，故A正确，B错误;
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若数列{Sn}是递增数列，即Sn+1-Sn=an+1>0，由以上分析可知只能故C正确;若数列{Tn}是递增数列，
从而只能是此时有=an+1>1，故D正确.故选ACD.
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习得方略:①处，若q<0，则的符号会正负交替，这与 n∈N*，<0，矛盾;
②处，若a1<0，01
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三、填空题
10.已知{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和.若a1=6，a2+2a3=6，则公比q=　，S4=　　.
解析:由题意，数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1=6，a2+2a3=6，可得a1q+2a1q2=6q+12q2=6，即2q2+q-1=0，解得q=或q=-1(舍去).由等比数列的前n项和公式，可得S4==.
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11.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)，a1a2a3=8，则Sn=　　　　.
解析:当公比q=1时，S2n=2na1，3(a1+a3+…+a2n-1)=3na1，等式S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)显然不成立，所以q≠1.由S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)，可得=3×，解得q=2.又a1a2a3=8，所以=8，解得a2=2，所以a1=1，所以Sn==2n-1.
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2n-1
四、解答题
12.(13分)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S2=6，S4=30.
(1)求数列{an}的通项公式;(4分)
解:因为在正项等比数列{an}中，S2=6，S4=30，
所以
解得a1=2，q=2(舍负)，故an=2n.
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(2)设正项数列{bn}满足bnbn+1=an，其前n项和为Tn，当T20取最小值时，求b1的值.(9分)
解:因为正项数列{bn}满足bnbn+1=an=2n，
所以b1b2=2.设b1=x，则b2=，x>0.
由bnbn+1=2n，得当n≥2时，bnbn-1=2n-1，
两式相除，得=2(n≥2)，
故b1，b3，…，b2n-1构成以x为首项，2为公比的等比数列，
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b2，b4，…，b2n构成以为首项，2为公比的等比数列，所以T20=+=(210-1).因为x+≥2，当且仅当x=，即x=时取等号，即T20取最小值时，b1=.
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13.(15分)(2025年1月·八省高考适应性演练)已知数列{an}中，a1=3，an+1=.
(1)证明:数列为等比数列;(5分)
解:证明:由an+1=得==·+，则1-=-·=
，所以数列是首项为1-=，公比为的等比数列.
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(2)求{an}的通项公式;(3分)
解:由(1)得1-=×=，
解得an==.
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(3)令bn=，证明:bn解:证明:bn==·
====1-.
令f(n)=3·-2，n∈[1，+∞)，
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13
由f(n)=3·-2在n∈[1，+∞)上单调递增，
则f(n)≥f(1)=3×-2=>0，
所以数列在n∈N*上递减，
从而数列{bn}在n∈N*上递增，且bn<1，
故得bn1
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13课时跟踪检测(四十四)　等比数列
一、单选题
1.在等比数列{an}中,各项均为正数,且a1=,q=2,则a4与a6的等比中项是 (　　)
A.2 B.±4
C.1 D.4
2.(2024·贵阳二模)记等比数列{an}的前n项和为Sn,a1a2a3=27,a5=81,则S5= (　　)
A.121 B.63
C.40 D.31
3.在正项数列{an}中,ln an+1=ln an+1,且a1a2=e3,则数列{an}的通项公式为 (　　)
A.an=en B.an=en-1
C.an=en+1 D.an=en-2
4.若数列{an}是各项均为实数的等比数列,则“a2>a1>0”是“数列{an}为递增数列”的 (　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5.在等比数列{an}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+an=2n-1,则+++…+等于 (　　)
A. B.(2n-1)2
C.4n-1 D.2n-1
6.(2025·黄冈模拟)已知数列{an}的首项a1=,且满足an+1=,若+++…+<1 000,则满足条件的最大整数n= (　　)
A.8 B.9
C.10 D.11
二、多选题
7.(2025·湖北一模)在等比数列{an}中,a1a2=2,a3=4,则 (　　)
A.{an}的公比为 B.{an}的公比为2
C.a3+a5=20 D.数列为递增数列
8.(2024·黄冈二模)若数列{an}满足a1=1,Sn-1=3an(n≥2),则下列结论正确的是 (　　)
A.a2= B.{an}是等比数列
C.an+1=an,n≥2 D.Sn-1=,n≥2
9.(2024·绍兴二模)已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,前n项积为Tn,且 n∈N*,<0,则下列说法正确的是 (　　)
A.数列{an}是递增数列 B.数列{an}是递减数列
C.若数列{Sn}是递增数列,则q>1 D.若数列{Tn}是递增数列,则q>1
三、填空题
10.已知{an}是各项均为正数的等比数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a2+2a3=6,则公比q=　　　　,S4=　　　　.
11.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n=3(a1+a3+…+a2n-1),a1a2a3=8,则Sn=　　　　.
四、解答题
12.(13分)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S2=6,S4=30.
(1)求数列{an}的通项公式;(4分)
(2)设正项数列{bn}满足bnbn+1=an,其前n项和为Tn,当T20取最小值时,求b1的值.(9分)
13.(15分)(2025年1月·八省高考适应性演练)已知数列{an}中,a1=3,an+1=.
(1)证明:数列为等比数列;(5分)
(2)求{an}的通项公式;(3分)
(3)令bn=,证明:bn课时跟踪检测(四十四)
1.选B　由题意,得a4=a1q3=×23=2,a6=a1q5=×25=8,所以a4与a6的等比中项为±4.
易错提醒:本题易错选D,a4与a6的等比中项与数列{an}无关.
2.选A　根据题意,设等比数列{an}的公比为q,因为a1a2a3=27,则(a2)3=27,得a2=3,又a5=81,则q3===27,解得q=3,故a1==1,则S5===121.
3.选A　因为ln an+1=ln an+1,所以ln an+1-ln an=ln=1,即=e,则数列{an}是等比数列,公比为q=e.又a1a2=q=e=e3,所以a1=e或a1=-e(舍去),则数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=en.
4.选A　设数列{an}的公比为q(q≠0),∵a2>a1>0,∴a1q>a1>0,可得q>1,于是数列{an}为递增数列;反之不成立,例如数列是递增数列,但a1=-<0.∴“a2>a1>0”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件.
5.快审准解:先求出等比数列{an}的通项公式an=2n-1,从而=4n-1,由等比数列前n项和公式求解.
选A　当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+an=2n-1,a1+a2+a3+…+an-1=2n-1-1,两式作差可得an=2n-2n-1=2n-1,当n=1时,21-1=20=1=a1.综上可得,数列{an}的通项公式为an=2n-1,故=(2n-1)2=4n-1,则数列{}是首项为1,公比为4的等比数列,其前n项和为+++…+==(4n-1).故选A.
6.快审准解:令bn=,根据构造法求得bn=2n-1+1,结合等比数列前n项和公式建立不等式即可求解.
选B　由题意知,=-1,令bn=,则bn+1-1=2(bn-1),又b1-1=-1=1,所以{bn-1}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以bn-1=2n-1,所以bn=2n-1+1,所以b1+b2+…+bn=1+2+22+…+2n-1+n=2n+n-1<1 000,解得n≤9.
7.选BC　设等比数列{an}的公比为q,依题意得解得所以an=2n-1,故a3+a5=22+24=20,故B、C正确,A错误;因为log2=1-n,则数列为递减数列,故D错误.
8.快审准解:利用已知求得a2=,判断A;Sn-Sn-1=3an+1-3an(n≥2),可得an+1=an(n≥2),判断B、C,进而求得Sn-1,判断D.
选AC　由Sn-1=3an(n≥2),当n=2时,S1=a1=3a2=1,解得a2=,故A正确;当n≥1时,可得Sn=3an+1,所以Sn-Sn-1=3an+1-3an(n≥2),所以an=3an+1-3an(n≥2),即an+1=an(n≥2),而a2=a1,故C正确,B不正确;Sn-1=a1+a2+a3+…+an-1=1+=,n≥2,故D错误.
9.选ACD　由题意可知Sn=,Tn=a1(a1q)·…·(a1qn-1)=,且 n∈N*,<0,故有<0且q>0①,
也就是有或所以数列{an}是递增数列,故A正确,B错误;若数列{Sn}是递增数列,即Sn+1-Sn=an+1>0,由以上分析可知只能故C正确;若数列{Tn}是递增数列,显然不可能是②从而只能是此时有=an+1>1,故D正确.故选ACD.
习得方略:①处,若q<0,则的符号会正负交替,这与 n∈N*,<0,矛盾;
②处,若a1<0,010.解析:由题意,数列{an}是各项均为正数的等比数列,a1=6,a2+2a3=6,可得a1q+2a1q2=6q+12q2=6,即2q2+q-1=0,解得q=或q=-1(舍去).由等比数列的前n项和公式,可得S4==.
答案:　
11.解析:当公比q=1时,S2n=2na1,3(a1+a3+…+a2n-1)=3na1,等式S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)显然不成立,所以q≠1.由S2n=3(a1+a3+…+a2n-1),可得=3×,解得q=2.又a1a2a3=8,所以=8,解得a2=2,所以a1=1,所以Sn==2n-1.
答案:2n-1
12.解:(1)因为在正项等比数列{an}中,S2=6,S4=30,
所以解得a1=2,q=2(舍负),故an=2n.
(2)因为正项数列{bn}满足bnbn+1=an=2n,所以b1b2=2.
设b1=x,则b2=,x>0.由bnbn+1=2n,得当n≥2时,bnbn-1=2n-1,两式相除,得=2(n≥2),
故b1,b3,…,b2n-1构成以x为首项,2为公比的等比数列,b2,b4,…,b2n构成以为首项,2为公比的等比数列,所以T20=+=(210-1).因为x+≥2,当且仅当x=,即x=时取等号,即T20取最小值时,b1=.
13.解:(1)证明:由an+1=得==·+,则1-=-·=,所以数列是首项为1-=,公比为的等比数列.
(2)由(1)得1-=×=,
解得an==.
(3)证明:bn==·====1-.
令f(n)=3·-2,n∈[1,+∞),
由f(n)=3·-2在n∈[1,+∞)上单调递增,
则f(n)≥f(1)=3×-2=>0,
所以数列在n∈N*上递减,从而数列{bn}在n∈N*上递增,且bn<1,故得bn

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