第六章 第二节 第2课时 等比数列（Word教参）-【优化指导】2024高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版 新教材 新高考）

第❷课时　等比数列

1.(2023·湖南常德一模)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4＝4，S3＝S2＋2，则a1＝(　　)

A．    B．1    C．    D．2

A　解析：由已知a3＝S3－S2＝2，q＝＝＝2，所以a1＝＝＝.故选A.

2．(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　)

A．14    B．12    C．6    D．3

D　解析：设等比数列{an}的公比为q，q≠0，若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，所以q≠1，则解得所以a6＝a1q5＝3.故选D.

3．(多选)(2023·广东惠州模拟)数列{an}的首项为1，且an＋1＝2an＋1，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　)

A．a3＝7

B．数列{an＋1}是等比数列

C．an＝2n－1

D．Sn＝2n＋1－n－1

AB　解析：∵an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确；则an＋1＝2n，∴an＝2n－1，故C错误；则a3＝7，故A正确；∴Sn＝－n＝2n＋1－n－2，故D错误．故选AB.

4．已知数列{an}的前n项和为Sn，则“an<an＋1(n∈N*)”是“<(n∈N*)”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

A　解析：充分性：若an<an＋1，则有a1＋a2＋…＋an<nan＋1，即Sn<n(Sn＋1－Sn)，得(n＋1)Sn<nSn＋1，于是有<(n∈N*)成立，故充分性成立．

必要性：若<(n∈N*)成立，取数列{an}为0，1，1，1，…，但推不出an<an＋1(n∈N*)，故必要性不成立．

5．(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.

(1)求{an}的通项公式；

(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.

解：(1)设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.

由已知得，a1＋a1q＝4，a1q2－a1＝8，解得a1＝1，q＝3.

所以{an}的通项公式为an＝3n－1.

(2)由(1)知log3an＝n－1，故Sn＝.

由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得m(m－1)＋m(m＋1)＝(m＋3)·(m＋2)，即m2－5m－6＝0.

解得m＝6或m＝－1(舍去).

【例1】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}与{bn}的通项公式．

(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn).

又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．

由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.

又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．

(2)解：由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，

bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.

1．若本例条件不变，判断数列{an－n＋＋3n}是否是等比数列，并说明理由．

解：设cn＝an－n＋＋3n，

由本例(2)解析知an＝＋n－，∴cn＝＋3n，

∴c1＝＋3，c2＝＋9，c3＝＋27，

∴c≠c1c3，故数列不是等比数列．