1.3.2 等比数列与指数函数(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（湘教版）

1.3.2　等比数列与指数函数 学习任务 核心素养 1．掌握等比数列的性质．(重点) 2．理解等比数列与指数函数的关系．(重点、难点) 1．借助等比数列与指数函数的关系及应用，培养数学抽象素养． 2．通过等比数列性质的应用，培养数学运算素养． 在等差数列{an}中，存在很多的性质，如 (1)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N＋)． (2)若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap． (3)若l1，l2，l3，l4，…，ln成等差数列，则也成等差数列． 那么如果该数列为等比数列，能否求出等比数列的相类似的性质呢？ 知识点1　等比数列的函数性质 对于等比数列{an}，an＝a1qn-1，当q<0时，数列{an}是摆动数列，当q>0时，情况如下： a1 a1>0 a1<0 q的范围 0<q<1 q＝1 q>1 0<q<1 q＝1 q>1 {an}的单调性 递减 常数列 递增 递增 常数列 递减 1．已知数列{an}满足a1>0，对一切n∈N＋，＝，则数列{an}是(　　) A．递增数列　　　　　 B．递减数列 C．摆动数列 D．不确定 B　[因为＝，所以数列{an}为等比数列， an＝a1， 又a1>0，则an>0，所以由＝<1，得an＋1<an，故数列{an}是递减数列．] 知识点2　推广的等比数列的通项公式 {an}是等比数列，首项为a1，公比为q，则an＝a1qn-1，an＝am·qn－m(m，n∈N＋)． 2．在等比数列{an}中，a3＝8，a6＝64，则公比q是(　　) A．2　　　　B．3　　　　C．4　　　　D．5 A　[由a6＝a3q3得q3＝＝8，∴q＝2．] 知识点3　“子数列”性质 对于无穷等比数列{an}，若将其前k项去掉，剩余各项仍为等比数列，首项为ak＋1，公比为q；若取出所有的k的倍数项，组成的数列仍为等比数列，首项为ak，公比为qk． 3．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　) A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列 C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列 D　[D中，3，6，9为连续3的倍数，所以a3，a6，a9成等比数列．] 知识点4　等比数列项的运算性质 在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，则am·an＝ap·aq． ①特别地，当m＋n＝2k(m，n，k∈N＋)时，am·an＝． ②对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝…． 4．在等比数列{an}中，已知a7·a12＝5，则a8·a9·a10·a11＝(　　) A．－25　　　B．25　　　C．10　　　D．20 B　[在等比数列{an}中，7＋12＝8＋11＝＝a8a11＝a9a10．∴原式＝(a7a12)2＝25． 故选B．] 类型1　灵活设项求解等比数列 【例1】　有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，第一个数与第四个数的和为21，中间两个数的和为18，求这四个数． [解]　法一：设前三个数分别为，a，aq(q≠0)，则第四个数为2aq－a． 由题意得解得q＝2或q＝． 当q＝2时，a＝6，这四个数为3，6，12，18； 当q＝时，a＝，这四个数为． 法二：设后三个数分别为a－d，a，a＋d，则第一个数为，因此这四个数为，a－d，a，a＋d． 由题意得 解得或 故这四个数为3，6，12，18或． 法三：设第一个数为a，则第四个数为21－a， 设第二个数为b，则第三个数为18－b， 则这四个数为a，b，18－b，21－a， 由题意得 解得或 故这四个数为3，6，12，18或． 　巧设等差数列、等比数列的方法 (1)若三数成等差数列，常设成a－d，a，a＋d．若三数成等比数列，常设成，a，aq或a，aq，aq2． (2)若四个数成等比数列，可设为，a，aq，aq2．若四个正数成等比数列，可设为，aq，aq3． [跟进训练] 1．有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数． [解]　法一：设前三个数依次为a－d，a，a＋d，则第四个数为，由条件得 解得或所以当a＝4，d＝4时，所求四个数为0，4，8，16；当a＝9，d＝－6时，所求四个数为15，9，3，1． 法二：设第一个数为a，则第四个数为16－a， 设第二个数为b，则第三个数为12－b， ∴这四个数为a，b，12－b，16－a， 由题意得 解得或 故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1． 类型2　等比数列的性质及应用 【例2】　(1)已知a，b，c，d成等比数列，且曲线y＝x2－2x＋3的顶点是(b，c)，则ad等于(　　) A．3　　　　B．2　　　　C．1　　　　D．－2 (2)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且满足a2 023＋a2 024＝＝4，则tan ＝(　　) A． B． C．1 D．－1 (3)已知数列{an}为等比数列．若an>0，且a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，则a3＋a5的值为________． 尝试利用等比数列中，m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq，就会发现很多等比数列问题会随着整体代换迎刃而解． (1)B　(2)A　(3)6　[(1)因为y＝(x－1)2＋2，所以b＝1，c＝2．又因为a，b，c，d成等比数列，所以ad＝bc＝2．故选B． (2)因为数列{an}是等差数列，a2 023＋a2 024＝π，所以a1＋a4 046＝a2 023＋a2 024＝π．又因为数列{bn}是等比数列，b20·b21＝4，所以b19·b22＝b20·b21＝4．所以tan ＝tan ＝tan ＝．故选A． (3)法一：由已知an>0得a1＞0，q＞0． 由a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36， 知a1q·a1q3＋2a1q2·a1q4＋a1q3·a1q5＝36， 即q8＝36，所以q4(1＋2q2＋q4)＝36， 即q4(1＋q2)2＝36，所以a1q2(1＋q2)＝6． 又a3＋a5＝a1q2＋a1q4＝a1q2(1＋q2)，所以a3＋a5＝6． 法二：由等比中项的概念可得＝＝a4·a6． 故由题意可知(a3＋a5)2＝36，又an＞0，所以a3＋a5＝6．] 　解决等比数列的计算问题常用的两种方法 (1)基本量法：利用等比数列的基本量，先求公比，后求其他量．这是解等比数列问题的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较烦琐． (2)数列性质：等比数列每相邻几项的积成等比数列、与首末两项等距离的两项的积相等、等比中项的性质等经常被用到． [跟进训练] 2．(1)已知数列{an}是等比数列，若a5＋a7＝5，则＋2a3)＋a4a10＝(　　) A．5 B．10 C．25 D．30 (2)在等比数列{an}中，a2＝2，a6＝162，试求a10． (1)C　[因为a5＋a7＝5，所以a9(a1＋2a3)＋a4a10＝a9a1＋2a9a3＋a4a10＝＝(a5＋a7)2＝25．] (2)[解]　法一：设等比数列{an}的公比为q．由an＝am·qn－m，∴a6＝a2·q4，即162＝2·q4，得q4＝81， ∴a10＝a6·q4＝162×81＝13 122． 法二：由等比数列的性质知＝a2·a10， 又∵a2＝2，a6＝162，∴1622＝2·a10， ∴a10＝1622×＝13 122． 法三：由等比数列的性质知，a2，a4，a6，a8，a10仍为等比数列，且设其公比为q1，∵a6＝， 即162＝＝81． ∴a10＝＝2×(81)2＝13 122． 类型3　构造等比数列求数列的通项 【例3】　已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋n－4． (1)求a1的值； (2)若bn＝an－1，试证明数列{bn}为等比数列． (1)把n＝1代入Sn＝2an＋n－4求得；(2)先由Sn＝2an＋n－4，利用Sn和an的关系得{an}的递推关系，然后构造出数列{an－1}利用定义证明． [解]　(1)因为Sn＝2an＋n－4， 所以当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1－4，解得a1＝3． (2)证明：因为Sn＝2an＋n－4， 所以当n≥2时， Sn－1＝2an－1＋(n－1)－4， Sn－Sn－1＝(2an＋n－4)－(2an－1＋n－5)， 即an＝2an－1－1， 所以an－1＝2(an－1－1)， 又bn＝an－1，所以bn＝2bn－1， 且b1＝a1－1＝2≠0， 所以数列{bn}是以b1＝2为首项，2为公比的等比数列． [母题探究] 1．(变条件，变结论)将本例条件“Sn＝2an＋n－4”改为“a1＝1，Sn＋1＝4an＋2”，“bn＝an－1”改为“bn＝an＋1－2an”，试证明数列{bn}是等比数列，并求{bn}的通项公式． [证明]　an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2 ＝4an＋1－4an． ＝ ＝＝＝2． 所以数列{bn}是公比为2的等比数列，首项为a2－2a1． 因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，a1＝1， 所以a2＝5，所以b1＝a2－2a1＝3． 所以bn＝3·2n-1． 2．(变条件，变结论)将本例“Sn＝2an＋n－4”改为“a1＝5，an＝an－1＋1(n≥2)，bn＝an－3”，试证明{bn}为等比数列并求an的通项公式． [证明]　由an＝an－1＋1，得an－3＝(an－1－3)．因为bn＝an－3，所以bn－1＝an－1－3， 因此bn＝bn－1，故数列{bn}是公比为的等比数列． 又b1＝a1－3＝5－3＝2，所以bn＝2·， 即an－3＝2·，故an＝3＋2·． 　构造等比数列的常见类型 (1)an＋1＝can＋d(c≠1，cd≠0)，可化归为an＋1－＝c，当a1－≠0时，数列为等比数列，从而把一个非等比数列问题转化为等比数列问题．也可消去常数项：由an＋1＝can＋d，an＝can－1＋d(n≥2)，两式相减，得an＋1－an＝c(an－an－1)，当a2－a1≠0时，数列{an＋1－an}是公比为c的等比数列． (2)an＋1＝can＋dn(cd≠0，c≠d)，可化归为an＋1－＝c，或将递推关系式两边同时除以dn+1化为(1)型，或两边同时除以cn+1，累加求通项公式． (3)an＋1＝can＋dn＋t(cdt≠0，c≠1)，可化归为an＋1－＝c＋dn，即(2)型． [跟进训练] 3．设关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n∈N＋)有两个实根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3． (1)试用an表示an＋1； (2)求证：是等比数列； (3)当a1＝时，求数列{an}的通项公式． [解]　(1)由题意知α＋β＝，αβ＝，而6α－2αβ＋6β＝3， 得＝3，即6an＋1－2＝3an，得an＋1＝an＋． (2)证明：由(1)知an＋1＝an＋，则an＋1－＝， 所以是等比数列． (3)当a1＝时，是以＝为首项，以为公比的等比数列，所以an－＝，则an＝(n∈N＋)． 1．在等比数列{an}中，如果a6＝6，a9＝9，那么a3＝(　　) A．4　　　　　　　　　　 B． C． D．2 A　[根据等比数列的性质，a3，a6，a9成等比数列，∴9a3＝62，∴a3＝4．故选A．] 2．已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝(　　) A．5 B．7 C．6 D．4 A　[由等比数列的性质知，a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，所以a4a5a6＝5，故选A．] 3．已知{an}为无穷等比数列，且公比0<q<1，记Sn为{an}的前n项和，则下面结论正确的是(　　) A．a3<a2 B．a1×a2>0 C．{an}是递减数列 D．Sn存在最小值 B　[A：当a1>0时，0<q<1，a3<a2，成立，当a1<0时，0<q<1，a3>a2，不成立，A选项错误； B：a1×a2＝a1×a1q＝q>0成立，B选项正确； C：当a1>0时，数列{an}为递减数列，当a1<0时，数列{an}为递增数列，C选项错误； D：当a1<0时，Sn不存在最小值，D选项错误．故选B．] 4．在和8之间插入3个数，使它们与这两个数依次构成等比数列，则这3个数的积为________． 8　[设插入的3个数依次为a，b，c，即，a，b，c，8成等比数列，由等比数列的性质可得b2＝ac＝×8＝4，因为a2＝b>0，∴b＝2(舍负)．所以这3个数的积为abc＝4×2＝8．] 5．已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． －2　[法一：设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5．又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1．①又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8，　②所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2． 法二：设数列{an}的公比为q．因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1．又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2．] 回顾本节知识，自我完成以下问题： (1)在等比数列{an}中，如何巧设数列中的项？ [提示]　三个数成等比数列时，可设三数为，a，aq；四个数成等比数列时只要公比大于零，可设为，aq，aq3． (2)在等比数列中，常用到的性质有哪些？ [提示]　①若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq； ②若m＋n＝2p，则aman＝． (3)在递推数列中，构造等比数列的常见类型有哪几种？ [提示]　①an＋1＝Aan＋B型； ②an＋1＝can＋dn型； ③an＋1＝can＋dn＋t型． (4)等比数列的单调性如何判定？ [提示]　①当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等比数列{an}为递增数列； ②当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等比数列{an}为递减数列； ③当q＝1时，数列{an}是常数列； ④当q＜0时，数列{an}是摆动数列． 课时分层作业(八)　等比数列与指数函数 一、选择题 1．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则a5＝(　　) A．1　　　　B．2　　　　C．4　　　　D．8 A　[法一：由a3a11＝16，即a1·22·a1·210＝16，且a1＞0，得a1＝．所以a5＝a1·24＝·24＝1． 法二：由等比数列的性质，知＝a3a11＝16． 又数列{an}的各项都是正数，所以a7＝4． 又a7＝a5×q2，则a5＝＝1．] 2．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝，a2＝1，则a1＝(　　) A． B． C． D．2 B　[在等比数列中，a3a9＝，又a3a9＝， ∴＝，∴q＝±，又∵q＞0，∴q＝．又∵a2＝1，∴a1＝＝．故选B．] 3．在正项等比数列{an}中，a2a7＝4，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a8＝(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 D　[∵{an}为等比数列，a2a7＝a1a8＝a3a6＝a4a5＝4． ∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a8＝log2(a1a2…a8)＝log244＝8．故选D．] 4．已知递减的等比数列{an}中，a1＞0，则该数列的公比q的取值范围是(　　) A．q＝1 B．q<0 C．q>1 D．0<q<1 D　[因为等比数列{an}递减数列，所以q＞0，an＋1－an＝a1qn－a1qn-1＝a1qn-1(q－1)＜0， 因为a1＞0，所以qn-1(q－1)＜0，又因为n≥1， 所以qn-1＞0，q－1＜0，所以0<q<1，故选D．] 5．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　) A．21 B．42 C．63 D．84 B　[∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21． ∴1＋q2＋q4＝7．解得q2＝2或q2＝－3(舍去)． ∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42．故选B．] 二、填空题 6．已知数列{an}的前n项的乘积为Tn，若an＝211-3n，则当Tn最大时，正整数n＝________． 3　[因为an＝211-3n，所以当n<4时an>1，所以当n＝3时Tn取得最大．] 7．已知等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2＋an＋1，则a1＝________． －2　[因为Sn＝2＋an＋1，故Sn－1＝2＋an， 所以an＝an＋1－an即an＋1＝2an(n≥2)，故等比数列{an}的公比q＝2． 又S1＝a1＝2＋a2＝2＋2a1，故a1＝－2， 故答案为－2．] 8．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________． 50　[因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5． 所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln (a1a2…a20)＝ln [(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln (a10a11)10＝10ln (a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50．] 三、解答题 9．(1)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，求a2的值； (2)已知等比数列{an}为递增数列．若a1>0，且＋a6)＝5a5，求数列{an}的公比q． [解]　(1)设等比数列{an}的公比为q，由a3a5＝4(a4－1)，得＝4(a4－1)，解得a4＝2，∴q3＝＝8， ∴q＝2，∴a2＝a1q＝． (2)由2(a4＋a6)＝5a5，得2(a4＋a4q2)＝5a4q，易知a4≠0，所以2＋2q2＝5q，即(2q－1)(q－2)＝0，解得q＝2或q＝． 因为等比数列{an}为递增数列，且a1>0， 所以q>1，所以q＝2． 10．已知数列{an}满足an＋1＝3an＋2，n∈N＋，且a1＝1． (1)求证：数列{an＋1}是等比数列； (2)已知数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝2log3 －11，求Sn的最小值． [解]　(1)证明：由＝＝3，且a1＋1＝2， 则{an＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)可知an＋1＝2×3n-1． 则an＝2×3n-1－1，代入可得bn＝2log3－11＝2n－13， 由数列{bn}的通项公式可知b6<0，b7>0，数列{bn}是等差数列， 当n＝6时，Sn取得最小值，此时最小值为S6＝＝－36． 11．(多选题)若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 024积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时，n的可能值为(　　) A．1 010 B．1 011 C．1 012 D．1 013 BC　[由题意可知a1a2a3…a2 024＝a2 024， 故a1a2a3…a2 023＝1， 由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1＞1， 所以a1 012＝1，公比0＜q＜1， 所以a1 011＞1且0＜a1 013＜1，故当数列{an}的前n项的乘积取最大值时，n的值为1 011或1 012． 故选BC．] 12．在等比数列{an}中，a2＝2，a4＝8，an>0，则数列{log2an}的前n项和为(　　) A． B． C． D． C　[设等比数列{an}的公比为q，则a1＞0，q＞0． ∵a4＝a2q2，即8＝2q2，∴q＝±2． 又q＞0，∴q＝2． ∴an＝a2·qn-2＝2×2n-2＝2n-1， ∴log2an＝log22n-1＝n－1． ∴数列{log2an}的前n项和为0＋1＋2＋…＋(n－1)＝．故选C．] 13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin A＝2sin C，且三条边a，b，c成等比数列，则cos A的值为________． －　[因为sin A＝2sin C，所以根据正弦定理边角互换可知，a＝2c，因为三条边a，b，c成等比数列，所以b2＝ac，b＝c， 则cos A＝＝＝－，故答案为－．] 14．数列{an}满足an＋1＝λan－1(n∈N＋，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值为________，若数列{an－1}的首项为2，那么{an}的通项公式an＝________． 2　2n＋1　[由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λ．由于数列{an－1}是等比数列，所以＝1，解得λ＝2． ∵首项为2，∴an－1＝2×2n-1＝2n． 即an＝2n＋1．] 15．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n． (1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)在(1)的条件下求数列{bn}的通项公式． [解]　(1)证明：∵an＋Sn＝n， ① ∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1． ② ②－①得an＋1－an＋an＋1＝1． ∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1， ∴＝，∵首项c1＝a1－1， 又a1＋a1＝1， ∴a1＝， ∴c1＝－， 又cn＝an－1，∴q＝． ∴{cn}是以－为首项，公比为的等比数列． (2)由(1)可知cn＝·＝－， ∴an＝cn＋1＝1－． ∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－－＝－＝． 又b1＝a1＝， 代入上式也符合，∴bn＝． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $