高考数学一轮复习第七章第三节等比数列学案

这是一份高考数学一轮复习第七章第三节等比数列学案，共16页。学案主要包含了常用结论等内容，欢迎下载使用。
2．探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．
3．能在具体的问题情境中，发现等比关系，并解决相应的问题．体会等比数列与指数函数的关系．
自查自测
知识点一 等比数列的有关概念
1．判断下列说法的正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1)常数列一定是等比数列．( × )
(2)存在一个数列既是等差数列，又是等比数列．( √ )
(3)若b2＝ac，则a，b，c成等比数列．( × )
(4)当a，b同号时，a，b的等比中项有两个，异号时，没有等比中项．( √ )
2．如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么( )
A．b＝－3，ac＝9B．b＝3，ac＝9
C．b＝－3，ac＝－9D．b＝3，ac＝－9
A 解析：根据等比中项的定义得a2＝－b①，b2＝ac②， c2＝－9b③，
①×③，得a2c2＝9b2，即ac＝±3b④，将④代入②，得b2＝±3b，解得b＝±3.
又由③知b0，S1＋a1＝2，S3＋a3＝22，则公比q＝________，S5＋a5＝________．
3 202 解析：由题意得2a1＝2，所以a1＝1.由a1＋a1q＋2a1q2＝22，解得q＝3或q＝－72.因为an>0，所以q＝－72不符合题意，故q＝3，所以S5＋a5＝1×1－351－3＋1×34＝202.
核心回扣
1.通项公式：an＝a1qn-1．
2．前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝a1(1－qn)1－q＝a1－anq1－q．
注意点：
应用等比数列前n项和公式时，需要对公比是否为1进行讨论．
(1)an＝a1qn-1＝a1q·qn，当q≠±1时，是关于n的指数型函数．
(2)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式可写成Sn＝－a11－q·qn+a11－q的形式，数列{Sn}对应的点(n，Sn)是指数型函数y＝－Aqn＋A图象上的一些离散的点．
(3)当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1是n的正比例函数，数列{Sn}对应的点(n，Sn)是正比例函数y＝a1x图象上的一些离散的点．
自查自测
知识点三 等比数列的常用性质
1．(教材改编题)在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则a20a10等于( )
A．1 B．－3
C．1或－3 D．－1或3
A 解析：由a2a6＝16，得a42＝16，所以a4＝±4.又a4＋a8＝8，可得a4(1＋q4)＝8，因为q4>0，所以a4＝4，q2＝1，则a20a10＝q10＝1.
2．设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn，若－a1＜a2＜a1，则( )
A．数列{Sn}为递减数列 B．数列{Sn}为递增数列
C．数列{Sn}有最大项 D．数列{Sn}有最小项
D 解析：由－a1＜a2＜a1，可得a1＞0，所以q＝a2a1＜1.
因为－a1＜a2，则q＝a2a1＞－1，所以－1＜q＜0或0＜q＜1.
因为Sn＝a11－qn1－q，所以当0＜q＜1时，{Sn}为递增数列；
当－1＜q＜0时，{Sn}为摆动数列，故A，B错误．
当0＜q＜1时，易知数列{Sn}的最小项为S1，没有最大项；
当－1＜q＜0时，数列{an}的奇数项为正，偶数项为负，且满足a2k＋a2k＋1＜0(k∈N*)，a2k－1＋a2k＞0(k∈N*)，所以数列{Sn}有最大项S1，最小项S2，故C错误，D正确．
核心回扣
1.an＝amqn－m.
2．若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，
特别地，若2w＝m＋n，则aman＝aw3．
3．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列(n为偶数且q＝－1除外)．
4．若a1>0，q>1 或a10，S3＝5，a7＋a8＋a9＝20，则S15＝________．
155 解析：由等比数列前n项和的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，S15－S12是等比数列，设此数列的公比为q，
且S3＝5，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝20，则q2＝205＝4.
又an>0，所以q＝2，S15＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＋(S15－S12)，
所以S15＝5×1－251－2＝155.
课时质量评价(四十二)
1．已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝2a1－2qn，则a1＝( )
A．12 B．1
C．2 D．4
B 解析：由题意可得a1＝S1＝2a1－2q，即a1＝2q，
又a2＝S2－S1＝2a1－2q2－a1＝2q－2q2，
故a2a1＝2q－2q22q＝q，解得q＝12，故a1＝2q＝1.
2．(2024·岳阳模拟)已知等比数列{an}满足a5－a3＝8，a6－a4＝24，则a3等于( )
A．1 B．－1
C．3 D．－3
A 解析：由题知a5－a3＝8，a6－a4＝24，
即a1q4－a1q2＝8，a1q5－a1q3＝24，
解得a1＝19 ，q＝3，所以a3＝a1q2＝19×32＝1.
3．在数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于( )
A．2 B．3
C．4 D．5
C 解析：令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an.又由题设易知an≠0，则an+1an＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n.故ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝2ka1+a2+…+a10＝2k×2×1－2101－2＝2k+1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4.
4．已知数列{an}为等比数列，且a2a10＝4a6，Sn为等差数列{bn}的前n项和，且S6＝S10，a6＝b7，则b9＝( )
A．43 B．－43
C．－83 D．－4
B 解析：因为{an}为等比数列，且a2a10＝a62＝4a6，所以a6＝4.设等差数列{bn}的公差为d，因为S6＝S10，所以b7＋b8＋b9＋b10＝2(b7＋b10)＝0，则b7＋b10＝0.因为b7＝a6＝4，所以b10＝－4，所以3d＝b10－b7＝－4－4＝－8，所以d＝－83，所以b9＝b7＋2d＝4＋2×－83＝－43.
5．(多选题)(数学与文化)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟，羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”现打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应分别偿还a升、b升、c升，1斗为10升，则下列判断正确的是( )
A．a＝507
B．c＝507
C．a，b，c依次成公比为2的等比数列
D．a，b，c依次成公比为12的等比数列
BD 解析：由题意得a，b，c依次成公比为12的等比数列，则c＋2c＋4c＝50，解得c＝507.故选BD.
6．已知数列{an}为等比数列，若数列{3n－an}也是等比数列，则数列{an}的通项公式可以为________．(写出一个即可)
an＝3n-1(答案不唯一) 解析：设等比数列{an}的公比为q，令bn＝3n－an，则b1＝3－a1，b2＝32－a1q，b3＝33－a1q2.因为{bn}是等比数列，所以b22＝b1b3，即(32－a1q)2＝(3－a1)(33－a1q2)，可化为q2－6q＋9＝0，解得q＝3.取a1＝1，则an＝3n-1，经验证成立．(注：a1的值可取任意非零实数)．
7．已知数列{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2a3＋a2a3a4＋…＋anan＋1an＋2＝________．
647(1－2-3n) 解析：设数列{an}的公比为q，则q3＝a5a2＝18，解得q＝12，所以a1＝a2q＝4，a3＝a2q＝1.易知数列{anan＋1an＋2}是首项为a1a2a3＝4×2×1＝8，公比为q3＝18的等比数列，所以a1a2a3＋a2a3a4＋…＋anan＋1an＋2＝81－18n1－18＝647(1－2-3n)．
8．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋2n－3.
(1)若bn＝an＋2n－1，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求{an}的前n项和Sn.
(1)证明：因为an＋1＝2an＋2n－3，bn＝an＋2n－1，易知bn≠0，
所以bn+1bn＝an+1 +2n+1an+2n－1＝2an+4n－2an+2n－1＝2.
又b1＝a1＋2－1＝2，所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)可知bn＝2n，则an＝2n－2n＋1，
故Sn＝21－1＋22－3＋…＋2n－2n＋1＝21＋22＋…＋2n－(1＋3＋…＋2n－1)
＝2－2n+11－2－n1+2n－12＝2n+1－n2－2.
9．记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝8，a4＝－1，则数列{Sn}( )
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
A 解析：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，a1＝8，a4＝－1，
则q3＝a4a1＝－18，q＝－12，
则Sn＝a11－qn1－q＝81－－12n32＝163．
若n为奇数，则Sn＝1631+12n，此时有S1>S3>…>Sn>163；
若n为偶数，则Sn＝1631－12n，此时有S20，所以q＝2.
(2)由(1)得Sn＝a11－2n1－2＝a1(2n－1)，an＝a1·2n-1，
所以an－a1Sn＝2n－1 –12n－1.
所以不等式an－a1Sn+n2+172≥6n＋t恒成立，等价于2n－1 –12n－1+n2+172≥6n＋t恒成立，
即t≤2n－1 –12n－1+n2－6n+172恒成立．
令f (n)＝2n－1 –12n－1+n2－6n+172＝(n－3)2－12n+1 –2，
当n＝1时，f (1)＝4－122－2＝72；
当n＝2时，f (2)＝1－123－2＝56；
当n≥3时，f (n)单调递增，
所以f (n)≥f (3)＝－114.
所以t≤－114，即实数t的最大值为－114.