2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第7章第3讲　等比数列Word版含解析

这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第7章第3讲　等比数列Word版含解析，共20页。试卷主要包含了等比数列的有关概念，等比数列的有关公式等内容，欢迎下载使用。

1．等比数列的有关概念
(1)定义
如果一个数列从第eq \x(\s\up1(01))2项起，每一项与它的前一项的比都等于eq \x(\s\up1(02))同一个常数，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的eq \x(\s\up1(03))公比，通常用字母q表示(显然q≠0)，定义的表达式为eq \x(\s\up1(04))an＋1＝anq(n∈N*，q≠0).
(2)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eq \x(\s\up1(05))G叫做a与b的等比中项，此时eq \x(\s\up1(06))G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝eq \x(\s\up1(07))a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(08))na1，q＝1，,\x(\s\up1(09))\f(a11－qn,1－q)＝\x(\s\up1(10))\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
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＝aeq \\al(2,k).
(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(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)a1a2a3…am，am＋1am＋2…a2m，a2m＋1a2m＋2·…·a3m，…成等比数列(m∈N*)．
(6)若等比数列的项数为2n(n∈N*)，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则eq \f(S偶,S奇)＝q.
(7)公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.
(8)等比数列{an}满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，))
整理得2q2－5q＋2＝0，
因为q>1，所以q＝2，a1＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
②因为(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－122n＋1，
所以a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝eq \f(23\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－22))n)),1－－22)＝eq \f(8,5)－(－1)neq \f(22n＋3,5).
解决等比数列有关问题的常用思想方法
(1)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．
(2)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q＝1时，数列{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
1.等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝30，则数列{an}的前5项和S5＝( )
A．81 B．90
C．100 D．121
答案 D
解析 ∵等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝30，∴公比q＝eq \f(a2＋a4,a1＋a3)＝eq \f(30,10)＝3，∴a1＋9a1＝10，解得a1＝1，∴数列{an}的前5项和S5＝eq \f(1×1－35,1－3)＝121.故选D.
2．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则S4＝________.
答案 eq \f(5,8)
解析 设等比数列的公比为q，又a1＝1，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵S3＝eq \f(3,4)，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－eq \f(1,2)，
∴S4＝eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))4)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(5,8).
3．(2021·重庆检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Sn＝－127，求n.
解 (1)当n＝1时，a1＝－1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an＋1)－(2an－1＋1)＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
∴{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，
所以an＝－2n－1.
(2)Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(－1－2n,1－2)＝－2n＋1，
由Sn＝－127，得－2n＋1＝－127，解得n＝7.
多角度探究突破
考向二 等比数列的性质
角度 等比数列项的性质
例2 (1)等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝4，aeq \\al(2,4)＝4a3a7，则a5＝( )
A．eq \f(1,16) B．eq \f(1,8)
C．20 D．40
答案 B
解析 设等比数列的公比为q.由aeq \\al(2,4)＝4a3a7，得aeq \\al(2,4)＝4aeq \\al(2,5)，所以q2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a5,a4)))2＝eq \f(1,4)，解得q＝±eq \f(1,2).又因为数列的各项均为正数，所以q＝eq \f(1,2).又因为a1＋2a2＝4，所以a1＋2a1q＝a1＋2a1×eq \f(1,2)＝4，解得a1＝2，所以a5＝a1q4＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(1,8).故选B.
(2)(2022·江苏无锡高三月考)等比数列{an}满足an>0，且a2a8＝4，则lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝________.
答案 9
解析 由题意可得a2a8＝aeq \\al(2,5)＝4，a5>0，所以a5＝2，则原式＝lg2(a1a2…a9)＝9lg2a5＝9.
在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有aman＝apaq”，则可减少运算量，解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．
4.(2022·福建漳州高三入学考试)已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2aeq \\al(2,4)＝π，则tan(a3a5)等于( )
A．eq \r(3) B．－eq \r(3)
C．－eq \f(\r(3),3) D．±eq \r(3)
答案 A
解析 由已知得aeq \\al(2,4)＋2aeq \\al(2,4)＝π，∴aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，又a3a5＝aeq \\al(2,4)＝eq \f(π,3)，∴tan(a3a5)＝eq \r(3).故选A．
5．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－eq \f(8,9)，则当Tn取最大值时，n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
答案 C
解析 等比数列{an}的前n项积为Tn，由a1＝－24，a4＝－eq \f(8,9)，可得q3＝eq \f(a4,a1)＝eq \f(1,27)，解得q＝eq \f(1,3)，∴Tn＝a1a2a3·…·an＝(－24)n·q1＋2＋…＋(n－1)＝(－24)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up6(\f(1,2))n(n－1)，当Tn取最大值时，可得n为偶数，当n＝2时，T2＝(－24)2·eq \f(1,3)＝192；当n＝4时，T4＝(－24)4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))6＝eq \f(84,9)；当n＝6时，T6＝(－24)6·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))15＝eq \f(86,39)，则T60，由等比中项的性质可得aeq \\al(2,5)＝a3a7＝4，解得a5＝2，因此(－2)a5＝(－2)2＝4.故选C．
2．(2022·湖南岳阳高三模拟)在正项等比数列{an}中，a3＝2，a4·a6＝64，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)的值是( )
A．4 B．8
C．16 D．64
答案 C
解析 设正项等比数列{an}的公比为q，∵a3＝2，a4·a6＝64，∴a1q2＝2，aeq \\al(2,1)q8＝64，解得q2＝4，则eq \f(a5＋a6,a1＋a2)＝42＝16.故选C．
3．(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＝( )
A．12 B．24
C．30 D．32
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此，a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D.
4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
答案 A
解析 依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，因为{an}是等比数列，所以a1·a3＝aeq \\al(2,2)，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A．
5．(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则( )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案 B
解析 当a1＝－1，q＝2时，{Sn}是递减数列，所以甲不是乙的充分条件；当{Sn}是递增数列时，有an＋1＝Sn＋1－Sn＝a1qn>0，若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a1