高考数学一轮复习第3节　等比数列

1、1 / 18 第 3节 等比数列 1等比数列的定义 (1)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等于同一常数，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，通常用字母 q 表示(q0) (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 2等比数列的通项公式及求和公式 如果等比数列an的首项为 a1，公比为 q，那么它的通项公式是 ana1 qn1，其前 n 项和是 sn，则 (1)当 q1时，snna1 (2)当 q1时，sna1（1qn）1q或 sna1anq1q 3等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：anam qnm(

2、n，mn*) (2)若an为等比数列，且 klmn(k，l，m，nn*)，则 ak alam an. 特别地，当 kl2m(k，l，mn*)时，则 ak ala2m (3)若an为等比数列，sn为前 n 项和，则 sn，s2nsn，s3ns2n，也成等比数列，公比为 qn(当公比 q1，n不能取正偶数) 1由 an1qan，q0，并不能立即断言an为等比数列，还要验证 a10. 2在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q1 与 q1 分类讨论，防止因忽略 q1 这一特殊情形而导致解题失误 诊 断 自 测 1判断下列说法的正误 (1)常数列一定是等比数列( ) (2)两个实数必有等比中

3、项( ) (3)“b2ac”是 a，b，c 成等比数列的必要不充分条件( ) (4)数列an是等比数列，则 s4，s8s4，s12s8不一定是等比数列( ) 2 / 18 答案 (1) (2) (3) (4) 解析 对于(1)，如常数列：0，0，0 不是等比数列 ，(1)不正确；对于(2)，如1，0(或1，1)，没有等比中项，(2)不正确 2在等比数列an中，a32，a78，则 a5等于( ) a5 b 5 c4 d 4 答案 c 解析 a25a3a72816，a5 4，又a5a3q20，a54. 3(2021 浙江名校仿真训练四)在等比数列an中，a2a12，且 2a2为 3a1和 a3的等

4、差中项，则 a4为( ) a9 b27 c54 d81 答案 b 解析 设该等比数列的公比为 q，则a2a12，4a23a1a3，即a1（q1）2，a1（3q24q）0，解得a11，q3，所以 a4a1q327.故选 b. 4已知公比不为 1 的等比数列an满足 a5a6a4a718，若 a1am9，则 m 的值为( ) a8 b9 c10 d11 答案 c 解析 由题意得 2a5a618，a5a69，a1ama5a69，m10，故选 c. 5设 sn为等比数列an的前 n项和，8a2a50，则s5s2_ 答案 11 解析 设等比数列an的公比为 q， 8a2a50，8a1qa1q40. q3

5、80，q2， s5s2a1（1q5）1q1qa1（1q2） 1q51q21（2）51411. 3 / 18 6(2021 浙江“超级全能生”联考)中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走 378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了 6天后到达目的地”则该人第一天走的路程为_里，后三天一共走_里 答案 192 42 解析 由题可知这六天中每天走的路程数组成公比为12的等比数列，设第一天走x 里，则x1126112378，解得 x192，即该人第

6、一天走的路程是 192里；后三天共走了 19212319212419212542(里). 考点一 等比数列基本量的运算 【例 1】 (1)(2020 全国卷)记 sn为等比数列an的前 n 项和若 a5a312，a6a424，则snan( ) a2n1 b221n c22n1 d21n1 (2)(2019 全国卷)设 sn为等比数列an的前 n 项和若 a113，a24a6，则 s5_ 答案 (1)b (2)1213 解析 (1)设等比数列an的公比为 q，则 qa6a4a5a324122. 由 a5a3a1q4a1q212a112得 a11. 所以 ana1qn12n1，sna1（1qn）1

7、q2n1， 4 / 18 所以snan2n12n1221n. (2)由 a24a6得(a1q3)2a1q5，整理得 q1a13. 所以 s5a1（1q5）1q13（135）131213. 感悟升华 解决等比数列有关问题的 2种常用思想 方程的 思想 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)求关键量 a1和 q，问题可迎刃而解 分类讨论的思想 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 sna1（1qn）1qa1anq1q 【训练 1】 (1)设等比数列an的公比 q2，

8、前 n项和为 sn，则s4a2等于( ) a2 b4 c.152 d.172 (2)(2019 全国卷)已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且 a53a34a1，则 a3( ) a16 b8 c4 d2 答案 (1)c (2)c 解析 (1)由等比数列的定义，s4a1a2a3a4a2qa2a2qa2q2，得s4a21q1qq2152. (2)设正数的等比数列an的公比为 q，则 a1a1qa1q2a1q315，a1q43a1q24a1，解得a11，q2， a3a1q24. 故选 c. 考点二 等比数列的性质 【例 2】 (1)已知等比数列an的公比 q12，该数列前 9 项的

9、乘积为 1，则 a1等于( ) 5 / 18 a8 b16 c32 d64 (2)(一题多解)设等比数列an的前 n项和为 sn，若s6s33，则s9s6( ) a2 b.73 c.83 d3 答案 (1)b (2)b 解析 (1)由已知 a1a2a91，又 a1a9a2a8a3a7a4a6a25，所以 a951，即 a51，所以 a11241，a116.故选 b. (2)法一 由等比数列的性质及题意得 s3，s6s3，s9s6仍成等比数列，又 s63s3， s6s3s3s9s6s6s3，即 s9s64s3，s97s3，s9s673. 法二 设公比为 q(q0)，由题意知 q1，根据等比数列和

10、的性质，得s6s3（1q3）s3s31q33，解得 q32，于是s9s61q3q61q373. 感悟升华 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形 (2)等比中项的变形 (3)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 【训练 2】 (1)在各项均为正数的等比数列an中，a3 21，a5 21，则a232a2a6a3a7_ (2)若等比数列an的前 n 项和为 sn，且s4s25，则s8s4_ 答案 (1)8 (2)17 解析 (1)由等比数列性质得 a3a7a25，a2a6a3a5，所以 a232a2a6a3a7a232a3a5a2

11、5(a3a5)2( 21 21)2(2 2)28. (2)由题可得公比 q1，则 s2，s4s2，s6s4，s8s6成等比数列，因为s4s25，不妨设 s21，则 s45，所以 s4s24，所以 s814166485，所6 / 18 以s8s485517. 考点三 等比数列的判定与证明 【例 3】 设数列an的前 n项和为 sn，已知 a11，sn14an2. (1)设 bnan12an，证明：数列bn是等比数列； (2)求数列an的通项公式 (1)证明 由 a11 及 sn14an2， 有 a1a2s24a12. a25，b1a22a13. 又sn14an2，sn4an12（n2）， ，得

12、an14an4an1(n2)， an12an2(an2an1)(n2) bnan12an，bn2bn1(n2)， 故bn是首项 b13，公比为 2 的等比数列 (2)解 由(1)知 bnan12an32n1， an12n1an2n34， 故an2n是首项为12，公差为34的等差数列 an2n12(n1)343n14， 故 an(3n1) 2n2. 感悟升华 等比数列的 4 种常用判定方法 7 / 18 定义法 若an1anq(q 为非零常数，nn*)或anan1q(q 为非零常数且 n2，nn*)，则an是等比数列 中项公式法 若数列an中，an0且 a2n1an an2(nn*)，则数列an

13、是等比数列 通项公式法 若数列通项公式可写成 anc qn1(c，q均是不为 0 的常数，nn*)，则an是等比数列 前 n项和公式法 若数列an的前 n 项和 snk qnk(k 为常数且 k0，q0，1)，则an是等比数列 【训练 3】 已知数列an的前 n项和为 sn，且满足 2snann(nn*) (1)求证：数列an12为等比数列； (2)求数列an1的前 n 项和 tn. (1)证明 2snann， 当 n1 时，2a1a11，解得 a113. 当 n2 时，2sn1an1n1， 两式相减，得 2ananan11， 即 an13an113. an1213an112， 又 a1121

14、60， 数列an12为等比数列 (2)解 由(1)知，数列an12是以16为首项，13为公比的等比数列 an121613n11213n， an1213n12， 8 / 18 an11213n12， tn16113n113n21413n1n2. 求数列的通项公式 【例题】 (满分 15分)(2018 浙江卷)已知等比数列an的公比 q1，且 a3a4a528，a42 是 a3，a5的等差中项数列bn满足 b11，数列(bn1bn)an的前n 项和为 2n2n. (1)求 q 的值； (2)求数列bn的通项公式 审题路线图 (1) 由等比数列an条件列方程组q的值 (2) 由（bn1bn）an的前

15、n项和 讨论其通项公式 代入anbn递推关系式逐差法错位相减法bn的通项公式（n2） 检验n1结论 . 满分解答 解 (1)由 a42 是 a3，a5的等差中项得 a3a52a44， 所以 a3a4a53a4428，解得 a48. 由 a3a520得 8q1q20，解得 q2或 q12，因为 q1，所以 q2.5 分 (2)设 cn(bn1bn)an，数列cn前 n 项和为 sn. 由 cns1，n1，snsn1，n2，解得 cn4n1.7 分 由(1)可知 an2n1，所以 bn1bn(4n1)12n1， 故 bnbn1(4n5)12n2，n2，9分 bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(

16、b3b2)(b2b1) 9 / 18 (4n5)12n2(4n9)12n37123.11 分 设 tn371211122(4n5)12n2， n2， 12tn3127122(4n9)12n2(4n5)12n1， 所以12tn34124122412n2()4n5 12n1， 因此 tn14(4n3)12n2，n2，14分 又 b11，所以 bn15(4n3)12n2，n2，又 b11也适合上式， 所以 bn15(4n3)12n2.15分 构建模板 找关系：列方程(组)求 q 求通项：由(bn1bn)an前 n 项和求出其通项公式 找关系：利用第二步结果结合an的通项，找出bn的递推关系式 方法：

17、逐差法，错位相减法求和 回代得出 n2 时，bn的公式 反思：需检验 n1 的情况，得结论 10 / 18 【训练】 (2019 天津卷)设an是等差数列，bn是等比数列已知 a14，b16，b22a22，b32a34. (1)求an和bn的通项公式 (2)设数列cn满足 c11，cn1，2kn0， a11，a1a2a37， 1qq27，解得 q2. 则 a3a4a5(a1a2a3)q27428. 8设等比数列an的前 n 项和为 sn，且对任意的正整数 n，均有 sn38sn3，则 a1_，公比 q_ 答案 37 2 解析 因为 sn38sn3，所以当 n2 时，sn28sn13，两式相减，

18、可得 an38an，所以 q38，解得 q2；当 n1 时，s48s13，即 15a18a13，解得 a137. 9数列an的前 n 项和为 sn，sn2ann，则 a1_，数列an的通项公13 / 18 式 an_ 答案 1 12n 解析 因为 sn2ann，所以当 n1时，s1a12a11，所以 a11.当 n2时，ansnsn12ann2an1n1，即 an2an11，即 an12(an11)，所以数列an1是以2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an12n，所以 an12n. 10(2021 嘉、丽、衢模拟)如图，将一个边长为 1 的正三角形分成 4个全等的正三角形，第一次挖去中间

19、的 1 个小三角形，将剩下的 3 个小正三角形，分别再从中间挖去 1个小三角形，保留它们的边，重复操作以上的做法，得到的图形为希尔宾斯基三角形设 an是前 n 次挖去的小三角形面积之和(如 a1是第 1次挖去的中间小三角形面积，a2是前 2 次挖去的 4 个小三角形面积之和)，则 a2_，an_ 答案 7 364 34134n 解析 由图易得每次挖去三角形后，后一个图形中剩余的三角形的个数是前一个图形中剩余的三角形的个数的 3倍，后一个图形中每个小三角形的边长是前一个图形中每个小三角形的边长的12，所以第 n 个图形中三角形的个数为 3n，边长为12n，则第 n 个图形中剩余的三角形的面积为3

20、4 34n，则挖去的三角形的面积为an3434 34n34134n，则 a23413427 364. 三、解答题 11(2020 全国卷)设等比数列an满足 a1a24，a3a18. (1)求an的通项公式； (2)记 sn为数列log3an的前 n 项和若 smsm1sm3，求 m. 解 (1)设an的公比为 q，则 ana1qn1. 14 / 18 由已知得a1a1q4，a1q2a18.解得a11，q3. 所以an的通项公式为 an3n1. (2)由(1)知 log3ann1.故 snn（n1）2. 由 smsm1sm3 得 m(m1)(m1)m (m3)(m2)， 即 m25m60. 解

21、得 m1(舍去)或 m6. 12(2018 全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bnann. (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 解 (1)由条件可得 an12（n1）nan. 将 n1 代入得，a24a1，而 a11，所以 a24. 将 n2 代入得，a33a2，所以 a312. 从而 b11，b22，b34. (2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列理由如下： 由条件可得an1n12ann，即 bn12bn，又 b11， 所以bn是首项为 1，公比为 2的等比数列 (3)由(2)可得ann2n

22、1， 所以an的通项公式为 ann 2n1. 能力提升题组 13(2020 全国卷)数列an中，a12，amnaman.若 ak1ak2ak1021525，则 k( ) a2 b3 c4 d5 15 / 18 答案 c 解析 令 m1，则由 amnaman，得 an1a1an，即an1ana12，所以数列an是首项为 2、公比为 2 的等比数列，所以 an2n，所以 ak1ak2ak10ak(a1a2a10)2k2（1210）122k1(2101)2152525(2101)，解得 k4，故选 c. 14(2021 浙江名校联考信息)已知数列an满足 a11，an12an，数列bn满足 b12，

23、bnbn112n，若数列an bn的前 n项和为 tn，则数列3tn2nbn的前10 项和为( ) a50 b55 c65 d70 答案 c 解析 因为数列an满足 a11，an1an2，所以数列an是以 1为首项，2为公比的等比数列，所以 an2n1.由 b12，bnbn112n，可得 bn1132nbn132n1，b11353，所以数列bn132n1是以53为首项，1 为公比的等比数列，所以 bn132n153(1)n1，即 bn132n153(1)n1，所以3an bn15(2)n1，所以 3tnn51(2)(2)2(2)n1n51（2）n3. 又 2nbn2353( 1)n12n， 所

24、 以 3tn 2nbn n 51（2）n32353(1)n12n1n，所以数列3tn2nbn的前 10 项和为10（2110）265. 15(2021 衢州、湖州、丽水质检)在数列an中，sn为它的前 n 项和，已知 a21，a36，且数列ann是等比数列，则 an_，sn_ 答案 3n1n 3nn2n12 解析 因为 a21，a36，且数列ann是等比数列，a223，a339，所以等比数列ann的公比 q933，所以 a111，ann13n13n1，所以 an3n1n，所以 sn3013123n1n13n13（1n）n216 / 18 3nn2n12. 16设 an，bn分别为等比数列an，bn的前 n 项和若anbn12n1，则a7b3_ 答案 43 解析 由题意知，anbn12n1，可设 ank(2n1)，k0，则 bnan (2n1)k(2n1)(2n1)k(4n1)所以 a7a7a6k(271)k(261)64k，b3b3b2k(431)k(421)48k，所以a