高考数学第一轮复习复习第3节　等比数列（讲义）

这是一份高考数学第一轮复习复习第3节　等比数列（讲义），共15页。

1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.
4.了解等比数列与指数函数的关系.
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公比,公比通常用字母q表示(显然q≠0),定义的表达式为an+1an=q(n∈N*,q为非零常数).
(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⇒a,G,b成等比数列⇒G2=ab.
2.等比数列的有关公式
等比数列{an}的首项为a1,公比为q.
(1)通项公式:an=a1qn-1.
(2)前n项和公式:
Sn=na1(q=1),a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q(q≠1).
3.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=ak2.
(3)若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan},{1an},{an2},{an·bn},{anbn}(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)在等比数列{an}中,若Sn为其前n项和,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等比数列(n为偶数且q≠-1).
(1)任意两个实数不一定都有等比中项,只有同号的两个非零实数才有等比中项.
(2)an=a1q·qn,当q>0,且q≠1时,可以看成函数y=cqn,是一个不为0的常数与指数函数的乘积,因此数列{an}各项所对应的点都在函数y=cqx的图象上;当q=1时,{an}为非零常数列.
(3)Sn=a1(1-qn)1-q=-a11-qqn+a11-q(q≠1),若设a=a11-q,则Sn=-aqn+a(a≠0,q≠0,q≠1).由此可知,数列{Sn}的图象是函数y=-aqx+a图象上一系列孤立的点.
对于常数列的等比数列,即q=1时,
因为a1≠0,
所以Sn=na1,由此可知,数列{Sn}的图象是函数y=a1x图象上一系列孤立的点.
1.若a是1和3的等差中项,b是1和4的等比中项,则ab的值为( D )
A.±12B.12C.1D.±1
解析:由题知2a=1+3,所以a=2.由b2=4得b=±2,所以ab=±1.
2.(多选题)已知数列{an}是等比数列,那么下列数列一定是等比数列的是( AD )
A.{1an}B.lg2an2
C.{an+an+1}D.{an+an+1+an+2}
解析:等比数列{an}的通项an=1时,lg2an2=0,数列{lg2an2}不是等比数列,
等比数列{an}的公比q=-1时,an+an+1=0,数列{an+an+1}不是等比数列,
由等比数列的定义知{1an}和{an+an+1+an+2}都是等比数列.
3.在等比数列{an}中,若a3=1,a11=25,则a7等于( A )
A.5B.-5C.±5D.±25
解析:设等比数列{an}的公比为q,
则q8=a11a3=25,q4=5,
则a7=a3q4=1×5=5.
4.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan等于( B )
A.2n-1B.2-21-n
C.2-2n-1D.21-n-1
解析:设等比数列{an}的公比为q,则由a5-a3=a1q4-a1q2=12,a6-a4=a1q5-a1q3=24,
解得a1=1,q=2,
所以Sn=a1(1-qn)1-q=2n-1,an=a1qn-1=2n-1,
所以Snan=2n-12n-1=2-21-n.
等比数列的基本量运算
1.(多选题)已知等比数列{an}的公比为q,a3=4且a2,a3+1,a4成等差数列,则q的值可能为( AC )
A.12B.1C.2D.3
解析:由已知a2+a4=2(a3+1),a3(q+1q)=2(a3+1),又a3=4,所以q+1q=52,
解得q=2或12.
2.等比数列{an}中,a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则{an}的前12项和为( C )
A.90B.60C.45D.32
解析:设数列的公比为q,则a4+a5+a6a1+a2+a3=q3=2,
所以a7+a8+a9=(a4+a5+a6)q3=6×2=12,同理a10+a11+a12=24,
所以S12=(a1+a2+a3)+…+(a10+a11+a12)=3+6+12+24=45.
3.(多选题)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知a2=6,a5=48,则下列结论正确的是( BD )
A.a3=9
B.an=3×2n-1
C.Sn=3n-1
D.Sn=3×(2n-1)
解析:因为等比数列{an}中,a2=6,a5=48,
则q3=8,即q=2,a1=3,
所以a3=a2q=12,A错误;
an=a1·qn-1=3·2n-1,B正确;
Sn=3(1-2n)1-2=3(2n-1),C错误,D正确.
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=1,S12=13,则a13+a14+a15+a16等于( A )
A.27B.64
C.-64D.27或-64
解析:设等比数列{an}的公比为q,显然q≠1,
所以S4=a1+a2+a3+a4=1,
S12=a1+a2+a3+a4+…+a12
=(a1+a2+a3+a4)+q4·(a1+a2+a3+a4)+q8·(a1+a2+a3+a4)=1+q4+q8=13,
解得q4=3或q4=-4(舍去),
则a13+a14+a15+a16=a1q12+a2·q12+a3·q12+a4·q12=(a1+a2+a3+a4)·q12=q12=27.
(1)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=a1(1-qn)1-q=a1-anq1-q.
等比数列的证明与判断
[例1] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-3n(n∈N*).
(1)求a1,a2,a3的值;
(2)是否存在常数λ,使得{an+λ}为等比数列?若存在,求出λ的值和通项公式an;若不存在,请说明理由.
解:(1)当n=1时,S1=a1=2a1-3,解得a1=3,
当n=2时,S2=a1+a2=2a2-6,解得a2=9,
当n=3时,S3=a1+a2+a3=2a3-9,
解得a3=21.
(2)假设{an+λ}是等比数列,
则(a2+λ)2=(a1+λ)·(a3+λ),
即(9+λ)2=(3+λ)(21+λ),解得λ=3.
下面证明{an+3}为等比数列.
因为Sn=2an-3n,所以Sn+1=2an+1-3n-3,
所以an+1=Sn+1-Sn=2an+1-2an-3,
即an+1=2an+3,
所以an+1+3=2(an+3),
又a1+3=6≠0,
所以存在λ=3,使得数列{an+3}是首项为a1+3=6,公比为2的等比数列,
所以an+3=6×2n-1,即an=3(2n-1).
等比数列的四种判断方法
(1)定义法:an+1=qan(a1≠0,q≠0)⇔{an}是等比数列.
(2)等比中项法:{an}各项均不为0,an+12=anan+2⇔{an}是等比数列.
(3)通项公式法:an=Aqn-1(Aq≠0)⇔{an}是等比数列.
(4)前n项和公式法:Sn=Aqn-A(Aq≠0,q≠1)⇔{an}是等比数列.
注意:证明一个数列是等比数列,一般只能用方法(1)(2).
[针对训练] 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明:已知两式相加得4an+1+4bn+1=3an-bn+4+3bn-an-4=2an+2bn,即an+1+bn+1=12(an+bn),又a1+b1=1≠0,
所以数列{an+bn}是首项为1、公比为12的等比数列.已知两式相减得4an+1-4bn+1=3an-bn+4-(3bn-an-4)=4an-4bn+8,
所以an+1-bn+1=an-bn+2,又a1-b1=1,
所以数列{an-bn}是首项为1、公差为2的等差数列.
(2)解:由(1)可知,
an+bn=(12)n-1,an-bn=2n-1,
所以2an=(12)n-1+2n-1,
2bn=(12)n-1-2n+1,
所以an=12n+n-12,bn=12n-n+12.
等比数列的性质及应用
[例2] (1)(2022·辽宁沈阳高三二模)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=18,a2a3=32,若{an}的前n项和Sn满足Sk+10-Sk=216-26,则正整数k等于( )
A.5B.6C.7D.8
(2)设数列{an},{bn}都是正项等比数列,Sn,Tn分别为数列{lg an}与{lg bn}的前n项和,且SnTn=n+12n,则lga3b3等于( )
A.35B.95C.59D.53
(3)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S8=12,S24=36,则S16等于( )
A.24B.12
C.24或-12D.-24或12
解析:(1)由题意a1+a4=18,a1a4=a2a3=32,
又{an}是递增数列,
所以a1=2,a4=16,公比q=2,所以an=2n,
则Sk+10-Sk=2×(1-2k+10)1-2-2×(1-2k)1-2=2k+11-2k+1=216-26,
所以k+11=16,k+1=6,解得k=5.故选A.
(2)由题意S5T5=5+12×5=35,
又数列{an},{bn}都是正项等比数列,所以S5T5=lg a1+lg a2+…+lg a5lg b1+lg b2+…+lg b5=lg(a1a2…a5)lg(b1b2…b5)=
lg a35lg b35=lg a3lg b3,
所以lg a3lg b3=35,lga3b3=lg b3lg a3=53.故选D.
(3)因为等比数列{an}的前n项和为Sn,所以S8,S16-S8,S24-S16成等比数列,
又因为S8=12,S24=36,
所以(S16-12)2=12×(36-S16),
解得S16=24或S16=-12,因为S16-S8=q8S8>0,所以S16>0,则S16=24.故选A.
在解决与等比数列有关的问题时,要注意挖掘隐含条件.利用性质时要注意成立的前提条件,有时需要进行适当变形.此外,解题时注意设而不求思想的运用.
[针对训练] (1)已知数列{an}是等比数列,a8,a16是函数f(x)=x2+16x+14的两个不同零点,则a6a18a8+a4a20a16等于( )
A.16B.-16C.14D.-14
(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=1,S4=4,则S8等于( )
A.40B.30C.13D.50
解析:(1)根据题意,a8+a16=-16,a8a16=14,
由{an}是等比数列,得a6a18=a4a20=a8a16=14,
所以a6a18a8+a4a20a16=14a8+14a16=14(1a8+1a16)=14·a16+a8a8a16=14×(-1614)=-16.故选B.
(2)由于{an}是等比数列,所以S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6也成等比数列,
其中S2=1,S4-S2=3,
所以S6-S4=3×3=9,S8-S6=9×3=27,
所以S8=1+3+9+27=40.
故选A.
[知识链接]
1.an+1=pan+q(p,q为常数且p≠1,q≠0),设an+1+λ=p(an+λ),其中λ=qp-1,构造等比数列;
2.an+1=pan+kn+b(p,k,b为常数),设an+1+x(n+1)+y=p(an+xn+y),p≠1时,构造等比数列;p=1时,则构造的是常数列;
3.an+1=pan+qn(p≠q),设an+1+λqn+1=p(an+λqn),构造等比数列;
4.an+1=pan+pn,p为常数,且p≠0,两边同除pn+1,得an+1pn+1=anpn+1p,构造等差数列;
5.an+1=panq(p>0,an>0,p≠1,q≠1,p,q为常数),两边取对数得lg an+1=qlg an+lg p,化归为an+1=pan+q型;
6.an-1-an=pan-1an(p为常数且p≠0,n>1,n∈N*,an≠0),两边同除以an-1an得1an=1an-1+p,构造等差数列;
7.an+1=manpan+q(m,p,q为常数且q≠m,pm≠0,an≠0),取倒数得1an+1=qm·1an+pm,化归为an+1=pan+q型;
8.an+2=pan+1+qan,p,q为常数且p,q≠0,设an+2-kan+1=h(an+1-kan),比较系数得h+k=p,-hk=q,可得h,k,于是{an+1-kan}是公比为h的等比数列,化归为an+1=pan+qn型或者联立两组h,k确定的方程组求解.
总之,求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解,对不能转化为以上方法求解的数列,可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式an.
[典例]
1.已知数列{an}的首项a1=3,且满足an+1=2an+2n+1-1,设bn=an-12n,证明:{bn}是等差数列并求数列{an}的通项公式.
证明:将等式an+1=2an+2n+1-1两边都减去1得an+1-1=2(an-1)+2n+1,
再除以2n+1得an+1-12n+1=an-12n+1,
即bn+1=bn+1,
即bn+1-bn=1,且b1=a1-12=1,
所以{bn}是首项为1,公差为1的等差数列,
所以bn=n,
所以an-12n=n,所以an=n·2n+1.
2.数列{an},{bn}满足an+1=-an-2bn,bn+1=6an+6bn,且a1=2,b1=4.
(1)证明:{an+1-2an}为等比数列;
(2)求{an},{bn}的通项公式.
(1)证明:由an+1=-an-2bn,
可得bn=-an+1+an2,
所以bn+1=-an+2+an+12,代入bn+1=6an+6bn,
可得-an+2+an+12=6an+6×(-an+1+an2),
化为an+2-2an+1=3(an+1-2an),
a2=-2-2×4=-10,a2-2a1=-14,
所以{an+1-2an}为等比数列,首项为-14,公比为3.
(2)解:由(1)可得an+1-2an=-14×3n-1,
化为an+1+14×3n=2(an+14×3n-1),
所以数列{an+14×3n-1}是等比数列,首项为16,公比为2,所以an+14×3n-1=16×2n-1,
可得an=2n+3-14×3n-1,
所以bn=-2n+4-14×3n+2n+3-14×3n-12=28×3n-1-3×2n+2.
关于根据递推公式构造等差、等比数列的题目,一般都有证明某个数列是等差或等比数列,我们只要根据证明这个提示,根据定义直接用待定系数法或者观察凑出相应的系数即可.
[拓展演练]
1.已知数列{an}满足a1=12,且an+1=an3an+1,求数列{an}的通项公式.
解:显然an≠0,由an+1=an3an+1两边取倒数可得1an+1=1an+3,即1an+1-1an=3,
所以数列{1an}是等差数列,且首项为2,公差为3,所以1an=3n-1,
所以an=13n-1.
2.已知数列{an}中,a1=3,an+1=3an+2×3n+1,n∈N*,求数列{an}的通项公式.
解:由an+1=3an+2×3n+1,
得an+13n+1=an3n+2×3n+13n+1,
所以an+13n+1-an3n=2,即数列{an3n}是首项为1,公差为2的等差数列,
所以an3n=2n-1,得an=(2n-1)·3n.
3.已知数列{an}的前n项和Sn满足4an-2Sn+n2-3n-4=0,n∈N*,求证:数列{an-n}为等比数列,并求数列{an}的通项公式.
证明:当n=1时,a1=3;
当n≥2时,4an-1-2Sn-1+(n-1)2-3(n-1)-4=0,n∈N*,
所以4(an-an-1)-2an+2n-4=0,
整理得an=2an-1-n+2,
所以an-n=2[an-1-(n-1)],
又a1-1=2≠0,
故an-n≠0,
所以{an-n}为首项为2,公比为2的等比数列,
所以an-n=2n,an=2n+n.
[例1] 设{an}是公比为q的等比数列,则“q>1”是“{an}为递增数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析:对等比数列{an},若q>1,则当a1<0时数列{an}是递减数列;若数列{an}是递增数列,则{an}满足a1<0且00且q>1,故“q>1”是“数列{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件.故选D.
[例2] (多选题)设{an}是各项均为正数的等比数列,Sn为其前n项和.已知a1·a3=16,S3=14,若存在n0使得a1,a2,…,an0的乘积最大,则n0的一个可能值是( )
A.3B.4C.5D.6
解析:各项均为正数的等比数列{an}中,公比q>0.
由a1·a3=16=a22,
所以a2=4,又S3=14,
所以a1·a3=16,a1+a3=10,
解得a1=2,a3=8或a1=8,a3=2.
若a1=2,a3=8,可得q=2,可得a1,a2,…,an0的值为2,4,8,16…,不会存在n0使得a1,a2,…,an0的乘积最大(舍去).
若a1=8,a3=2,可得q=12,可得a1,a2,…,an0的值为8,4,2,1,12,14…,观察可知存在n0=4或3,使得a1,a2,…,an0的乘积最大.综上,可得n0的一个可能值是4或3.故选AB.
[例3] 已知等比数列{an}满足a1>0.能说明“若a3>a1,则a4>a2”为假命题的数列{an}的通项公式an= .(写出一个即可)
解析:a1=1,公比q=-2时,
满足“a3>a1,
则a4>a2”为假命题,
故an=(-2)n-1.
答案:(-2)n-1(答案不唯一)