第六章 §6.3 等比数列（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

§6.3　等比数列 课标要求　1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列前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.能在具体问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系． 知识梳理 1．等比数列有关的概念 (1)定义：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫作等比数列．这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q(n∈N*，q为非零常数)． (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G叫作a与b的等比中项，此时，G2＝ab. 2．等比数列的通项公式及前n项和公式 (1)若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式为an＝a1qn－1. (2)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m. (3)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝. 3．等比数列的常用性质 (1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w＝m＋n，则aman＝a，其中m，n，w∈N*. (2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)． (3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和也是等比数列(b，p，q≠0)． (4)若或则等比数列{an}递增． 若或则等比数列{an}递减． 4．等比数列前n项和的常用性质 若等比数列{an}的公比q≠－1, 前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn. 常用结论 1．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0. 2．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)． 3．设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和． (1)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn. (2)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列． (3)若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q. 自主诊断 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)等比数列的公比q是一个常数，它可以是任意实数．(　×　) (2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　×　) (3)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(　×　) (4)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．(　√　) 2．设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　B 解析　若a，b，c，d成等比数列，则ad＝bc， 数列－1，－1,1,1满足－1×1＝－1×1， 但数列－1，－1，1,1不是等比数列， 即“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要不充分条件． 3．在等比数列{an}中，若a3＝，S3＝，则a2的值为(　　) A． B．－3 C．－ D．－3或 答案　D 解析　由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q－2＋q－1＋1)， 得q－2＋q－1＋1＝3，即2q2－q－1＝0， 解得q＝1或q＝－， ∴a2＝＝或－3. 4．数列{an}的通项公式是an＝an(a≠0)，则其前n项和为Sn＝________. 答案　 解析　因为a≠0，an＝an， 所以{an}是以a为首项，a为公比的等比数列． 当a＝1时，Sn＝n； 当a≠1时，Sn＝. 题型一　等比数列基本量的运算 例1 (1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4等于(　　) A. B. C．15 D．40 答案　C 解析　方法一　若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中， 有5＝5×3－4，不成立， 所以q≠1. 由＝5×－4， 化简得q4－5q2＋4＝0， 所以q2＝1或q2＝4， 因为此数列各项均为正数， 所以q＝2，所以S4＝＝15. 方法二　由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4， 即q3＋q4＝4q＋4q2， 即q3＋q2－4q－4＝0， 即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0. 由题知q>0，所以q＝2. 所以S4＝1＋2＋4＋8＝15. (2)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则等于(　　) A．2n－1 B．2－21－n C．2－2n－1 D．21－n－1 答案　B 解析　方法一　设等比数列{an}的公比为q， 易知q≠1， 则由题可得解得 所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1， 所以＝＝2－21－n. 方法二　设等比数列{an}的公比为q， 易知q≠1， 因为＝＝＝＝2， 所以q＝2， 所以＝＝＝2－21－n. 思维升华 等比数列基本量的运算的解题策略 (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)求解． (2)解方程组时常常利用“作商”消元法． (3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解． 跟踪训练1 (1)(2023·天津)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为(　　) A．3 B．18 C．54 D．152 答案　C 解析　由题意可得，当n＝1时，a2＝2a1＋2， 即a1q＝2a1＋2，① 当n＝2时，a3＝2(a1＋a2)＋2， 即a1q2＝2(a1＋a1q)＋2，② 联立①②解得则a4＝a1q3＝54. (2)(2023·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则log2(a3a5)的值为(　　) A．8 B．10 C．12 D．16 答案　C 解析　从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{an}，则{an}是以2为公比的等比数列， ∴S7＝＝1 016，即127a1＝1 016， 解得a1＝8， ∴an＝8×2n－1， ∴log2(a3a5)＝log2(8×22×8×24)＝12. 题型二　等比数列的判定与证明 例2 (2023·长沙模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*)． (1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列； (2)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn. (1)证明　由an＋2＋an＋1－6an＝0， 可得an＋2＋3an＋1＝2(an＋1＋3an)， 即＝2(n∈N*)， ∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5为首项，2为公比的等比数列． (2)解　由(1)可知an＋1＋3an＝5·2n－1(n∈N*)， ∴an＋1－2n＝－3(an－2n－1)， ∴＝－3， ∴{an－2n－1}是以a1－20＝1为首项，－3为公比的等比数列， ∴an－2n－1＝1×(－3)n－1， ∴an＝2n－1＋(－3)n－1， Sn＝＋＝2n－－. 思维升华 等比数列的四种常用判定方法 (1)定义法：若＝q(q为非零常数，且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列． (2)等比中项法：若在数列{an}中，an≠0且a＝anan＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列． (3)通项公式法：若数列{an}的通项公式可写成an＝cqn－1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列． (4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝kqn－k(k为常数，且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列． 跟踪训练2 (2024·潍坊模拟)已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn. (1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列； (2)求{anbn}的前n项和Sn. (1)证明　因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn， 所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)， an＋1－bn＋1＝－(an－bn)， 又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5， 所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)解　由(1)得an＋bn＝5×3n－1， an－bn＝(－1)n－1， 所以an＝，bn＝， 所以anbn＝×＝＝×9n－1－， 所以Sn＝×－＝. 题型三　等比数列的性质 命题点1　项的性质 例3 (1)(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________. 答案　－2 解析　方法一　{an}为等比数列， ∴a4a5＝a3a6， ∴a2＝1， 又a2a9a10＝a7a7a7， ∴1×(－8)＝(a7)3， ∴a7＝－2. 方法二　设{an}的公比为q(q≠0)， 则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q， 显然an≠0， 则a4＝q2，即a1q3＝q2， 则a1q＝1， ∵a9a10＝－8， 则a1q8·a1q9＝－8， 则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3， 则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. 下标和相等的等差(比)性质的推广 (1)若数列{an}为等比数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则·…·＝·…·. (2)若数列{an}为等差数列，且m1＋m2＋…＋mn＝k1＋k2＋…＋kn，则＋＋…＋＝＋＋…＋. 典例　已知等差数列{an}，Sn为前n项和，且a9＝5，S8＝16，则S11＝________. 答案　33 解析　S8＝＝16，∴a1＋a8＝4， 又∵a9＋a1＋a8＝3a6，∴a6＝3， 故S11＝11a6＝33. (2)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________. 答案　100 解析　因为log2an＋1＝1＋log2an， 可得log2an＋1＝log2(2an)， 所以an＋1＝2an， 所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列， 又a1＋a2＋…＋a10＝1， 所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100， 所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100. 命题点2　和的性质 例4 (1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________. 答案　2 解析　由题意，得 解得所以q＝＝＝2. (2)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和，S10＝20，则S30－2S20＋S10的最小值为________． 答案　－5 解析　依题意，S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，且S10＝20，不妨令其公比为q(q>0)， 则S20－S10＝20q，S30－S20＝20q2， ∴S30－2S20＋S10＝(S30－S20)－(S20－S10)＝20q2－20q＝202－5， 故当q＝时，S30－2S20＋S10的最小值为－5. 思维升华 (1)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，特别是“若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq”，可以减少运算量，提高解题速度． (2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用． 跟踪训练3 (1)(2024·南昌模拟)已知等比数列{an}满足a2＋a4＋a6＋a8＝20，a2a8＝2，则＋＋＋＝________. 答案　10 解析　＋＋＋＝＋ ＝＋＝＝＝10. (2)(2023·长春统考)在等比数列{an}中，q＝，S100＝150，则a2＋a4＋a6＋…＋a100的值是________． 答案　50 解析　设T1＝a1＋a3＋a5＋…＋a99，T2＝a2＋a4＋a6＋…＋a100， 所以＝＝， 所以S100＝T1＋T2＝2T2＋T2＝3T2＝150， 所以T2＝a2＋a4＋a6＋…＋a100＝50. 课时精练 一、单项选择题 1．(2023·本溪模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q＝，且a3a4＝，则a6等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由a3a4＝， 得a1q2·a1q3＝， 即a·5＝， 所以a＝1. 又an>0， 所以a1＝1，a6＝a1q5＝1×5＝. 2．若1，a2，a3,4成等差数列；1，b2，b3，b4,4成等比数列，则等于(　　) A. B．－ C．± D. 答案　B 解析　由题意得a3－a2＝＝1， 设1，b2，b3，b4，4的公比为q， 则b3＝q2>0，b＝1×4＝4，解得b3＝2， ＝＝－. 3．(2023·济宁模拟)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n等于(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 答案　B 解析　∵a1＝2，an＋1＝2an， ∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列． 又Sn＝126， ∴＝126，解得n＝6. 4．已知等比数列{an}为递减数列，若a2a6＝6，a3＋a5＝5，则等于(　　) A. B. C. D．6 答案　A 解析　由{an}为等比数列， 得a2a6＝a3a5＝6， 又a3＋a5＝5， ∴a3，a5为方程x2－5x＋6＝0的两个根， 解得a3＝2，a5＝3或a3＝3，a5＝2， 由{an}为递减数列得an>an＋1， ∴a3＝3，a5＝2， ∴q2＝＝， 则＝＝. 5．(2024·揭阳模拟)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．其大意是有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地．则此人后三天所走的里程数为(　　) A．6 B．12 C．18 D．42 答案　D 解析　设第n(n∈N*)天走an里，其中1≤n≤6， 由题意可知，数列{an}是公比为的等比数列， 所以＝a1＝378， 解得a1＝192， 所以此人后三天所走的里程数为 a4＋a5＋a6＝＝42. 6．(2023·新高考全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 答案　C 解析　方法一　设等比数列{an}的公比为q，首项为a1， 若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，不符合题意， 所以q≠1. 由S4＝－5，S6＝21S2， 可得＝－5， ＝21×，① 由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4， 所以S8＝＝·(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85. 方法二　设等比数列{an}的公比为q， 因为S4＝－5，S6＝21S2， 所以q≠－1，否则S4＝0， 从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列， 所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)， 解得S2＝－1或S2＝， 当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6， 即为－1，－4，－16，S8＋21， 易知S8＋21＝－64，即S8＝－85； 当S2＝时， S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0， 与S4＝－5矛盾，舍去． 综上，S8＝－85. 二、多项选择题 7．(2023·太原模拟)已知数列{an}是等比数列，以下结论正确的是(　　) A．{a}是等比数列 B．若a3＝2, a7＝32，则a5＝±8 C．若a1<a2<a3，则数列{an}是递增数列 D．若数列{an}的前n项和Sn＝3n＋r，则r＝－1 答案　ACD 解析　令等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1， 对于A，＝2＝q2，且a≠0，则{a}是等比数列，故A正确； 对于B，由a3＝2，a7＝32，得q4＝16，即q2＝4，所以a5＝a3q2＝2×4＝8，故B错误； 对于C，由a1<a2<a3知， 则 an＋1－an＝qn－1·a1(q－1)>0， 即∀n∈N*，an＋1>an，所以数列{an}是递增数列，故C正确； 对于D，显然q≠1，则Sn＝＝·qn－，而Sn＝3n＋r， 因此q＝3，＝1，r＝－＝－1，故D正确． 8．记等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足a1>1，a2 022>1，a2 023<1，则(　　) A．a2 022a2 024－1<0 B．S2 022＋1<S2 023 C．T2 022是数列{Tn}中的最大项 D．T4 045>1 答案　AC 解析　设数列{an}的公比为q. ∵a1>1，a2 023<1， ∴0<a2 023<1， 又a2 022>1，∴0<q<1. ∵a2 022a2 024＝a<1， ∴a2 022a2 024－1<0，故A正确； ∵a2 023<1， ∴a2 023＝S2 023－S2 022<1， 即S2 022＋1>S2 023，故B错误； ∵0<q<1，a1>1， ∴数列{an}是递减数列， ∵a2 022>1，a2 023<1， ∴T2 022是数列{Tn}中的最大项，故C正确； T4 045＝a1a2a3·…·a4 045 ＝a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4 044) ＝aq1＋2＋3＋…＋4 044 ＝aq2 022×4 045 ＝(a1q2 022)4 045＝a， ∵0<a2 023<1， ∴a<1， 即T4 045<1，故D错误． 三、填空题 9．(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________． 答案　－ 解析　若q＝1， 则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1， 则a1＝0，不符合题意． 所以q≠1. 当q≠1时，因为8S6＝7S3， 所以8·＝7·， 即8(1－q6)＝7(1－q3)， 即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)， 即8(1＋q3)＝7，解得q＝－. 10．设等比数列{an}共有3n项，它的前2n项的和为100，后2n项的和为200，则该等比数列中间n项的和等于________． 答案　 解析　设数列{an}的前n项和、中间n项和、后n项和依次为a，b，c.由题意知 a＋b＝100，b＋c＝200，b2＝ac， ∴b2＝(100－b)(200－b)， ∴b＝. 11．在等比数列{an}中，若a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，则a59＋a60＝______. 答案　31 104 解析　设等比数列{an}的公比为q， 则an＝a1qn－1. 因为a9＋a10＝4，a19＋a20＝24， 所以a19＋a20＝(a9＋a10)q10＝24，解得q10＝6， 所以a59＋a60＝(a9＋a10)q50＝4×65＝31 104. 12．记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，则an＝________，Tn＝________. 答案　　 解析　由题意得a1＝1－a1，故a1＝. 当n≥2时，由得an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1， 则＝， 故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， 故数列{an}的通项公式为an＝. 由等比数列的性质可得a1a3＝a，a3a5＝a，…，a2n－1a2n＋1＝a， 所以数列{a2n－1a2n＋1}是以a＝为首项，为公比的等比数列， 则Tn＝a＋a＋…＋a＝＝. 四、解答题 13．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋2. (1)证明数列{an＋2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}落入区间(10,2 023)的所有项的和． 解　(1)由an＋1＝2an＋2， 得an＋1＋2＝2(an＋2)， 又a1＋2＝3， 所以＝2， 所以{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列， 所以an＋2＝3×2n－1， an＝3×2n－1－2. (2)由10<an<2 023， 得10<3×2n－1－2<2 023， 即4<2n－1<675，即4≤n≤10， 故{an}落入区间(10,2 023)的项为a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10， 所以其和S＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10 ＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7 ＝3×－14 ＝3 034. 14．(2024·邯郸模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*. (1)求{an}通项公式； (2)设bn＝，在数列{bn}中是否存在三项bm，bk，bp(其中2k＝m＋p)成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由． 解　(1)由题意知，在数列{an}中， an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1，n≥2， 两式相减可得，an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2， 由条件知，a2＝3a1＋1＝4a1，符合上式， 故an＋1＝4an，n∈N*. ∴{an}是以1为首项，4为公比的等比数列． ∴an＝4n－1，n∈N*. (2)由题意及(1)得， 在数列{an}中，an＝4n－1，n∈N*， 在数列{bn}中，bn＝， 如果满足条件的bm，bk，bp存在， 则b＝bmbp，其中2k＝m＋p， ∴＝·， ∵2k＝m＋p， ∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp， ∴k＝m＝p，与已知矛盾， ∴不存在满足条件的三项． 15．(2023·杭州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn.若p：数列{an}是等比数列；q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)，则p是q的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A 解析　若{an}是等比数列，设公比为k，则a2＋a3＋…＋an＋1＝k(a1＋a2＋…＋an)， a3＋a4＋…＋an＋2＝k(a2＋a3＋…＋an＋1)， 于是(a2＋a3＋…＋an＋1)2＝k2(a1＋a2＋…＋an)2＝(a3＋a4＋…＋an＋2)(a1＋a2＋…＋an)， 即q：(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)成立； 若(Sn＋1－a1)2＝Sn(Sn＋2－S2)， 取an＝0，n∈N*，显然{an}不是等比数列，故p是q的充分不必要条件． 16．(2023·泰安模拟)若m，n是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同零点，且m，n，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq＝________. 答案　20 解析　由题可得⇒ 则m，－2，n或n，－2，m成等比数列， 得mn＝(－2)2＝4. 不妨设m<n，则－2，m，n成等差数列， 得2m＝n－2. 结合mn＝4，可得(2m＋2)m＝4⇒m(m＋1)＝2， 解得m＝1或m＝－2(舍去)， 即⇒⇒pq＝20. 学科网（北京）股份有限公司 $