北师大版高考数学一轮复习第六章 §6.3　等比数列及其前n项和

这是一份北师大版高考数学一轮复习第六章 §6.3　等比数列及其前n项和，共16页。试卷主要包含了理解等比数列的概念，故选C等内容，欢迎下载使用。

1．等比数列的有关概念
(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都等于同一常数(不为零)，那么这个数列叫作等比数列．这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q(q≠0)表示，定义的表达式为eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N＋，q为非零常数)．
(2)等比中项：如果在a与b中插入一个数G，使得a，G，b成等比数列，那么根据等比数列的定义，eq \f(G,a)＝eq \f(b,G)，G2＝ab，G＝±eq \r(ab)，称G为a，b的等比中项．
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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
3．等比数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N＋)．
(2)对任意的正整数m，n，p，t，若m＋n＝p＋t，则am·an＝ap·at.
特别地，若m＋n＝2p，则am·an＝aeq \\al(2,p).
(3)若等比数列前n项和为Sm，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍成等比数列，m为偶数且q＝－1除外．
(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)若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10，解得an＝，
则a6－a5＝－＝16eq \r(2)，故选D.
7．记Sn为等比数列{an}的前n项和，a1＝1，且S4＝a5－1，则公比q＝________.
答案 2或－1
解析 若q＝1，则S4＝4，a5－1＝0，等式S4＝a5－1不成立，所以q≠1.由S4＝a5－1，得eq \f(a11－q4,1－q)＝a1q4－1，结合a1＝1整理，得(q4－1)(2－q)＝0.又q≠1，所以q＝2或q＝－1.
8．已知在递增的等比数列{an}中，a2＋a8＝3，a3·a7＝2，则eq \f(a13,a10)＝________.
答案 eq \r(2)
解析 因为数列{an}为等比数列，且a3·a7＝2，所以a2·a8＝2，
因为数列{an}为递增等比数列，
所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a8＝3，,a2a8＝2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝1，,a8＝2，))
设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝1，,a1q7＝2，))得q6＝2，q3＝eq \r(2)，
所以eq \f(a13,a10)＝q3＝eq \r(2).
9．(2020·安庆模拟)已知公比不为1的等比数列{an}，且aeq \\al(2,3)＝a7，a6＋2a4＝3a5，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 2n＋1
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q≠1，由aeq \\al(2,3)＝a7，a6＋2a4＝3a5，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q22＝a1q6，,a1q5＋2a1q3＝3a1q4，))解得a1＝4，q＝2，
∴数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝4×2n－1＝2n＋1.
10．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是{an}的前n项和，已知a2a4＝16，S3＝28，则当a1a2…an最大时，n的值为________．
答案 4或5
解析 由数列{an}是各项为正数的等比数列，且a2a4＝16，可得a3＝4.又S3＝a3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q2)＋\f(1,q)＋1))＝28，所以eq \f(1,q2)＋eq \f(1,q)＋1＝7，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q)－2))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q)＋3))＝0，解得q＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＝－\f(1,3)舍去))，故an＝a3qn－3＝25－n，则a1a2…an＝24×23×…×25－n＝ ，所以当eq \f(9－nn,2)取得最大值时，a1a2…an取得最大值，此时整数n＝4或5.
11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝eq \f(an,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．
解 (1)由条件可得an＋1＝eq \f(2n＋1,n)an，
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．理由如下：
由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，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eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
(1)证明 2Sn＝－an＋n，
当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \f(1,3).
∴an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1－\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))为等比数列．
(2)解 由2S1＝－a1＋1，得a1＝eq \f(1,3)，
由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))是以－eq \f(1,6)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
∴an－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，
∴an＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)，
∴an－1＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－eq \f(1,2)，
∴Tn＝eq \f(－\f(1,6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－eq \f(n,2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1))－eq \f(n,2).
13．(2020·东北三省四校联考)已知数列{an}为正项等比数列，a2＝eq \r(2)，a3＝2a1，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于( )
A．(2＋eq \r(2))[1－(eq \r(2))n] B．(2＋eq \r(2))[(eq \r(2))n－1]
C.eq \r(2)(2n－1) D.eq \r(2)(1－2n)
答案 C
解析 由{an}为正项等比数列，且a2＝eq \r(2)，a3＝2a1，可得a1＝1，公比q＝eq \r(2)，所以数列{anan＋1}是以eq \r(2)为首项，2为公比的等比数列，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq \f(\r(2)1－2n,1－2)＝eq \r(2)(2n－1)．故选C.
14．已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn>1的n的最小值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
答案 C
解析 ∵数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴aeq \\al(2,3)＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a13)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1