高端精品高中数学二轮专题-等比数列（带答案）教案

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等比数列
知识梳理.等比数列
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，定义的表达式为＝q(q≠0，n∈N*)．
(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⇔G2＝ab．
“a，G，b成等比数列”是“G是a与b的等比中项”的充分不必要条件．
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．等比数列的性质
已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，q，r，k∈N*)
(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝a．
(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列．
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．
常用结论
4．记住等比数列的几个常用结论
(1)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．
(2)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.
(3)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等比数列。

题型一. 等比数列的基本量
1．若等比数列{an}满足a2+a4＝20，a3+a5＝40，则公比q＝　2　；前n项和Sn＝　2n+1﹣2　．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵a2+a4＝a2（1+q2）＝20①
a3+a5＝a3（1+q2）＝40②
∴①②两个式子相除，可得到a3a2=4020=2
即等比数列的公比q＝2，
将q＝2带入①中可求出a2＝4
则a1=a2q=42=2
∴数列{an}时首项为2，公比为2的等比数列．
∴数列{an}的前n项和为：Sn=a1(qn−1)q−1=2×(2n−1)2−1=2n+1﹣2．
故答案为：2，2n+1﹣2．
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＝（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：∵Sn为等比数列{an}的前n项和，3S3＝a4﹣2，3S2＝a3﹣2，
两式相减得
3a3＝a4﹣a3，
a4＝4a3，
∴公比q＝4．
故选：B．
3．等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3=74，S6=634，则a8＝　32　．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q≠1，
∵S3=74，S6=634，∴a1(1−q3)1−q=74，a1(1−q6)1−q=634，
解得a1=14，q＝2．
则a8=14×27=32．
故答案为：32．

题型二. 等比数列的性质
1．已知正项等比数列{an}中，a3=a4a2，若a1+a2+a3＝7，则a8＝（　　）
A．32 B．48 C．64 D．128
【解答】解：由a3=a4a2，得a1q2=q2，所以a1＝1，
又因为a1+a2+a3＝7，得1+q+q2＝7，所以q＝2，
故a8=27=128，
故选：D．
2．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，an＜an+1，n∈N*，a4•a14＝9，a8+a10＝10，则数列{an}的公比为（　　）
A．12 B．13 C．2 D．3
【解答】解：各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，an＜an+1，n∈N*，
a4•a14＝9，a8+a10＝10，
∴a1q3⋅a1q13=9a1q7+a1q9=10q＞1，
解得数列{an}的公比为q＝3．
故选：D．
3．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11+a9a12＝2e5，则lna1+lna2+…+lna20＝　50　．
【解答】解：∵数列{an}为等比数列，且a10a11+a9a12＝2e5，
∴a10a11+a9a12＝2a10a11＝2e5，
∴a10a11＝e5，
∴lna1+lna2+…lna20＝ln（a1a2…a20）＝ln（a10a11）10＝ln（e5）10＝lne50＝50．
故答案为：50．



题型三.等比数列的前n项经典结论
1．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝2，S30＝14，则S40等于（　　）
A．80 B．30 C．26 D．16
【解答】解：由题意知等比数列{an}的公比q＞0，且q≠1，
则有a1(1−q10)1−q=2①a1(1−q30)1−q=14②
②①，得1+q10+q20＝7，即q20+q10﹣6＝0，解得q10＝2，
则q40＝16，且代入①得a11−q=−2，
所以S40=a1(1−q40)1−q=−2×（1﹣16）＝30．
故选：B．
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6S3=12，则S9S3=（　　）
A．12 B．23 C．34 D．13
【解答】解：由题意，设S3＝2m，那么S6＝m，（m≠0），
那么：S3，S6﹣S3，S9﹣S6，成等比数列
即2m×（S9﹣m）＝（m﹣2m）2，解得：S9=32m，
则S9S3=32m×12m=34，
故选：C．
3．在等比数列{an}中，已知n∈N+，且a1+a2+…+an＝2n﹣1，那么a12+a22+…+an2为（　　）
A．23(4n+1) B．23(4n−1) C．13(4n−1) D．13(4n+1)
【解答】解：∵a1+a2+…+an＝2n﹣1，
∴n≥2时，a1+a2+…+an﹣1＝2n﹣1﹣1，可得an＝2n﹣1．
n＝1时，a1＝2﹣1＝1．对于上式也成立．
∴an＝2n﹣1．
∴an2=（2n﹣1）2＝4n﹣1．
那么a12+a22+…+an2=4n−14−1=13(4n−1)．
故选：C．



题型四. 证明等比数列
1．已知数列{an}，Sn是其前n项和，并且Sn+1＝4an+2（n＝1，2，…），a1＝1．
（1）设数列bn＝an+1﹣2an（n＝1，2，…）求证：数列{bn}是等比数列；
（2）设数列cn=an2n（n＝1，2，…）求证：数列{cn}是等差数列；
（3）求数列{an}的通项公式及前n项和．
【解答】解：（1）由题意得，Sn+1＝4an+2 ①，
当n≥2时 Sn＝4an﹣1+2 ②，
①﹣②得，an+1＝4an﹣4an﹣1，
∴当n≥2时，bnbn−1=an+1−2anan−2an−1=4an−4an−1−2anan−2an−1
=2an−4an−1an−2an−1=2，
且b1＝a2﹣2a1＝3，
∴{bn}是以2为公比，3为首项的等比数列，
（2）由（1）得bn＝b1•qn﹣1＝3•2n﹣1，则an+1﹣2an＝3•2n﹣1，
∴an﹣2an﹣1＝3•2n﹣2，
当n≥2时，cn﹣cn﹣1=an2n−an−12n−1=an−2an−12n=3⋅2n−22n=34，
且C1=a12=12，
∴{∁n}为34为公差，以12为首项的等差数列，
（3）由（2）得∁n＝C1+（n﹣1）•d=3n−14，即an2n=3n−14，
∴an＝（3n﹣1）•2n﹣2（n∈N*）
∵Sn+1＝4an+2，
∴Sn+1＝4•（3n﹣1）•2n﹣2+2＝（3n﹣1）•2n+2
即Sn＝（3n﹣4）2n﹣1+2（n∈N*）．
2．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn(n=1，2，3，⋯)．
（1）试写出a2，S2，a3；
（2）设bn=Snn，求证：数列{bn}是等比数列；
（3）求出数列{an}的前n项和为Sn及数列{an}的通项公式．
【解答】解：（1）数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=n+2nSn(n=1，2，3，⋯)，
则：a2＝3，S2＝4，a3＝8；
（2）由an+1=n+2nSn(n=1，2，3，⋯)，
可得：Sn+1−Sn=n+2nSn，
整理Sn+1=n+2nSn+Sn=2n+2nSn⇒Sn+1n+1=2Snn，
所以bn+1＝2bn，
又有b1=S11=a11=1≠0，
所以数列{bn}是首项是1，公比为2的等比数列．
（3）由（2）可知bn=2n−1，且bn=Snn，
进而Snn=2n−1，
所以数列{an}的前n项和Sn=n2n−1(n∈N+)，
当n≥2，an=Sn−Sn−1=n2n−1−(n−1)2n−2=2n⋅2n−2−(n−1)⋅2n−2=(n+1)2n−2，
当n＝1时，a1＝1也满足上式an=(n+1)⋅2n−1．
所以：an=(n+1)⋅2n−1．

题型五. 等差、等比综合
1．等差数列{an}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（　　）
A．﹣24 B．﹣3 C．3 D．8
【解答】解：∵等差数列{an}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，
∴a32=a2⋅a6，
∴（a1+2d）2＝（a1+d）（a1+5d），且a1＝1，d≠0，
解得d＝﹣2，
∴{an}前6项的和为S6=6a1+6×52d=6×1+6×52×(−2)=−24．
故选：A．
2．设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，且S5•S6＝﹣15，则d的取值范围是　(−∞，−22]∪[22，+∞)　，若a1＝﹣7，则d的值为　3或3310　．
【解答】解：S5•S6＝﹣15，∴(5a1+5×42d)(6a1+6×52d)=−15，化为：2a12+9da1+10d2+1＝0，
则△＝81d2﹣8（10d2+1）≥0，化为：d2≥8，解得d≥22或d≤﹣22．
则d的取值范围是(−∞，−22]∪[22，+∞)．
若a1＝﹣7，则10d2﹣63d+99＝0，解得d＝3或3310．
故答案为：(−∞，−22]∪[22，+∞)，3或3310．
3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a7＝5，S5＝﹣55，则nSn的最小值为　﹣343　．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a7＝5，S5＝﹣55，
∴a1+6d＝5，5a1+5×42=−55，
联立解得：a1＝﹣19，d＝4．
∴Sn＝﹣19n+n(n−1)2×4=2n2﹣21n．
则nSn＝2n3﹣21n2，
令f（x）＝2x3﹣21x2，（x≥1），
f′（x）＝6x2﹣42x＝6x（x﹣7），
可得x＝7时，函数f（x）取得极小值即最小值，
∴n＝7时，nSn取得最小值，2×73﹣21×72＝﹣343．
故答案为：﹣343．
4．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a3﹣a2＝5，则a4+8a2的最小值为（　　）
A．40 B．20 C．10 D．5
【解答】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
若a3﹣a2＝5，则a2q﹣a2＝5，即a2（q﹣1）＝5，变形可得a2=5q−1，
a4+8a2＝a2（q2+8）=5q−1×（q2+8）=5q−1×[（q﹣1）2+2（q﹣1）+9]＝5×[（q﹣1）+9q−1+2]≥5（2×(q−1)×9q−1+2）＝5×8＝40，
当且仅当q﹣1＝3时等号成立，即a4+8a2的最小值为40；
故选：A．
5．已知正项等比数列{an}的前n项和Sn，满足S4﹣2S2＝3，则S6﹣S4的最小值为（　　）
A．14 B．3 C．4 D．12
【解答】解：根据题意，设该等比数列的首项为a1，公比为q，
若S4﹣2S2＝3，则有S4﹣2S2＝a1+a2+a3+a4﹣2（a1+a2）＝（a3+a4）﹣（a1+a2）＝（q2﹣1）（a1+a2）＝3，
又由数列{an}为正项的等比数列，则q＞1，
则（a1+a2）=3q2−1，
则S6﹣S4＝（a5+a6）＝q4×（a1+a2）=3q2−1×q4＝3[（q2﹣1）+1q2−1+2]≥6+3×2×(q2−1)×1q2−1=12，
当且仅当q2＝2时等号成立；
即S6﹣S4的最小值为12；
故选：D．
6．数列{an}满足a1=12，an+1=1−1an，那么a2018＝（　　）
A．﹣1 B．12 C．1 D．2
【解答】解：∵a1=12，an+1=1−1an，
∴a2＝1﹣2＝﹣1，a3＝1+1＝2，a4＝1−12=12，
故数列{an}是周期数列，周期是3，
则a2018＝a3×672+2＝a2＝﹣1，
故选：A．
7．已知数列{an}的首项为1，第2项为3，前n项和为Sn，当整数n＞1时，Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+S1）恒成立，则S15等于（　　）
A．210 B．211 C．224 D．225
【解答】解：结合Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+S1）可知，Sn+1+Sn﹣1﹣2Sn＝2a1，
得到an+1﹣an＝2a1＝2，所以an＝1+2⋅（n﹣1）＝2n﹣1，所以a15＝29，
所以S15=(a1+a15)152=(29+1)⋅152=225，
故选：D．
8．已知数列{an}和{bn}首项均为1，且an﹣1≥an（n≥2），an+1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn+1+anbn+1＝0，则S2019＝（　　）
A．2019 B．12019 C．4037 D．14037
【解答】解：∵an﹣1≥an（n≥2），an+1≥an，
∴an≥an+1≥an，
∴an＝an+1，
另外：a1≥a2≥a1，可得a2＝a1＝1，
∴an＝1．
∵2SnSn+1+anbn+1＝0，
∴2SnSn+1+bn+1＝0，∴2SnSn+1+Sn+1﹣Sn＝0，
∴1Sn+1−1Sn=2．
∴数列{1Sn}是等差数列，首项为1，公差为2．
∴1Sn=1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
∴Sn=12n−1．
∴S2019=14037．
故选：D．
9．已知数列{an}的通项公式为an＝3n，记数列{an}的前n项和为Sn，若∃n∈N*使得（Sn+32）k≥3n﹣6成立，则实数 k的取值范围是　[−23，+∞)　．
【解答】解：∵数列{an}的通项公式为an＝3n，
∴数列{an}是等比数列，公比为3，首项为3．
∴Sn=3(3n−1)3−1=3n+12−32，
∴（Sn+32）k≥3n﹣6化为：k≥2n−43n，
∵∃n∈N*使得（Sn+32）k≥3n﹣6成立，∴k≥(2n−43n)min．
令bn=2n−43n，则bn+1﹣bn=2n−23n+1−2n−43n=10−4n3n+1，
n≤2时，bn+1≥bn；n≥3时，bn+1＜bn．
∴b1＜b2＝0，b3＞b4＞b5＞…＞0．
∴(2n−43n)min=b1=−23．
∴k≥−23．
故答案为：[−23，+∞)．
10．已知数列{an}满足a1=12，an+1=12an(n∈N∗)．设bn=n−2λan，n∈N*，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是　（﹣∞，32）　．
【解答】解：由题设可知数列{an}是首项、公比均为 12的等比数列，
∴an=12n，bn=n−2λan=（n﹣2λ）•2n，
又∵数列{bn}是单调递增数列，
∴bn+1﹣bn＝（n+1﹣2λ）•2n+1﹣（n﹣2λ）•2n＝（n+2﹣2λ）•2n＞0恒成立，
即n+2﹣2λ＞0恒成立，
∴2λ＜（n+2）min＝3，
∴λ＜32，
故答案为：（﹣∞，32）．
11．已知{an}是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且S6S3=6564，则数列{|log2an|}前10项和为　58　．
【解答】解：∵{an}是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且 S6S3=6564，
∴32(1−q6)1−q32(1−q3)1−q=6564，
∴1+q3=6564，
∴q=14，
∴an＝32•（14）n﹣1＝27﹣2n，
∴|log2an|＝|7﹣2n|，
∴数列{|log2an|}前10项和为5+3+1+1+3+5+7+9+11+13＝58，
故答案是：58．
12．已知数列{an}满足2a1+22a2+23a3+…+2nan＝n（n∈N*），若bn=1log2an⋅log2an+1，则数列{bn}的前n项和Sn＝　nn+1　．
【解答】解：因为2a1+22a2+23a3+…+2nan＝n（n∈N*），
所以2a1+22a2+23a3+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2），
两式相减得2nan＝1（n≥2），
当n＝1时也满足，故an=12n，
bn=1log2an⋅log2an+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
故Sn＝1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
故答案为：nn+1．

课后作业. 等比数列
1．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则Snan=（　　）
A．2n﹣1 B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1 D．21﹣n﹣1
【解答】解：设等比数列的公比为q，
∵a5﹣a3＝12，
∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），
∴q＝2，
∴a1q4﹣a1q2＝12，
∴12a1＝12，
∴a1＝1，
∴Sn=1−2n1−2=2n﹣1，an＝2n﹣1，
∴Snan=2n−12n−1=2﹣21﹣n，
故选：B．
2．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项的和，且9S3＝S6，则数列{1an}的前5项的和为（　　）
A．158或5 B．3116 C．3116或5 D．158
【解答】解：设等比数列{an}的公比是q，且首项为1，
若q＝1时，9S3＝27、S6＝6，则不满足9S3＝S6，所以q＝1不成立；
若q≠1，由9S3＝S6得，9×1−q31−q=1−q61−q，
化简得，q6﹣9q3+8＝0，解得q3＝8或q3＝1，
所以q＝2或q＝1（舍去），
则an＝2n﹣1，所以1an=12n−1，
则数列{1an}的前5项的和S＝1+12+14+18+116=1−1251−12=2（1−125）=3116，
故选：B．
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S63S3=38，则2a6a5+a4=　13　．
【解答】解：∵等比数列{an}中，S63S3=38，
显然q≠1，
∴a1(1−q6)1−q=98a1(1−q3)，
1+q3=98，
∴q=12，
则2a6a5+a4=2a1q5a1(q4+q3)=2q21+q=1232=13．
故答案为：13
故选：A
4．已知等比数列{an}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，则a1a2…an的最大值为（　　）
A．32 B．64 C．128 D．256
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1+a3＝10，a2+a4＝5，
∴q（a1+a3）＝10q＝5，解得q=12，a1＝8．
∴an=8×(12)n−1=24﹣n．
则a1a2…an＝23+2+…+（4﹣n）=2n(3+4−n)2=2−(n−72)2+4942，
当且仅当n＝3或4时，取得最大值为26＝64．
故选：B．
5．若数列{an}满足an+1＝（2|sinnπ2|﹣1）an+2n，则a1+a2+…+a8＝（　　）
A．136 B．120 C．68 D．40
【解答】解：∵an+1＝（2|sinnπ2|﹣1）an+2n，
∴a2＝a1+2，
a3＝﹣a2+4＝﹣a1+2，
a4＝a3+6＝﹣a1+8，
a5＝﹣a4+8＝a1，
a6＝a5+10＝a1+10，
a7＝﹣a6+12＝﹣a1+2，
a8＝a7+14＝﹣a1+16，
故a1+a2+…+a8＝40，
故选：D．
6．已知数列{an}满足a1＝﹣2，an+1＝3an+6．
（1）证明：数列{an+3}是等比数列；
（2）若数列{an}的前n项和为Sn，求数列{an}的通项公式以及前n项和Sn．
【解答】解：（1）由题可得an+1+3＝3（an+3），
即an+1+3an+3=3，
又a1+3＝1，
∴数列{an+3}是首项为1，公比为3的等比数列．
（2）由（1）可知，an+3=1⋅3n−1，∴an=3n−1−3，
∴Sn=12⋅3n−3n−12．