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- 2021-06-19 发布
专题24 等比数列及其前n项和
【高频考点解读】
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
【热点题型】
热点题型一 等比数列的基本运算
例1、已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由。
故数列{an}的通项公式为an＝3(－2)n－1。
(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n。
若存在n，使得Sn≥2 013，
则1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012。
当n为偶数时，(－2)n＞0.上式不成立；
当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，
即2n≥2 012，则n≥11。
综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}。
【提分秘籍】
1．对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用。
2．在涉及等比数列前n项和公式时要注意对公比q是否等于1进行判断和讨论。
【举一反三】
设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和。已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝__________。
热点题型二 等比数列的判定与证明
例2、已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数。
(1)对任意实数λ，证明：数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论。
解析：(1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a＝a1a3，即2＝λ，故λ2－4λ＋9＝λ2－4λ，即9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列。
(2)因为bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n＋1＝－(－1)n(an－3n＋21)＝－bn。
又b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，
bn＝0(n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，
由bn＋1＝－bn。
可知bn≠0，所以＝－(n∈N*)。
故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列。
【提分秘籍】
证明数列{an}是等比数列常用的方法：一是定义法，证明＝q(n≥2，q为常数)；二是等比中项法，证明a＝an－1·an＋1。若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法。
【举一反三】
设数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn＝2an－3n，设bn＝an＋3，求证：数列{bn}是等比数列，并求an。
证明：由Sn＝2an－3n对于任意的正整数都成立，
得Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，
两式相减，得Sn＋1－Sn＝2an＋1－3(n＋1)－2an＋3n，
所以an＋1＝2an＋1－2an－3，即an＋1＝2an＋3，
所以an＋1＋3＝2(an＋3)，即＝＝2对一切正整数都成立，所以数列{bn}是等比数列。由已知得：S1＝2a1－3，
即a1＝2a1－3，所以a1＝3，所以b1＝a1＋3＝6，即bn＝6·2n－1。
故an＝6·2n－1－3＝3·2n－3。
热点题型三 等比数列的性质及其应用
例3．(1)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝－1，a5＝＋1，则a＋2a2a6＋a3a7＝( )
A．4 B．6
C．8 D．8－4
(2)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )
A．80 B．30
C．26 D．16
【提分秘籍】
等比数列的性质可以分为三类：
①通项公式的变形，
②等比中项的变形，
③前n项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口。
【举一反三】
在等比数列中，已知a1aa15＝243，则的值为( )
A．3 B．9 C．27 D．81
【高考风向标】
1.【2017江苏，9】等比数列的各项均为实数,其前项的和为,已知,则= ▲ .
【答案】32
【解析】当时，显然不符合题意；
当时，，解得，则
2.【2017课标1，文17】记Sn为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=-6．
（1）求的通项公式；
（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．
【答案】（1）；（2），证明见解析．
【解析】
（1）设的公比为．由题设可得 ，解得，．
故的通项公式为．
（2）由（1）可得．
由于，
故，，成等差数列．
3.【2017山东，文19】（本小题满分12分）已知{an}是各项均为正数的等比数列,且.
(I)求数列{an}通项公式；
(II){ bn}为各项非零的等差数列,其前n项和Sn,已知,求数列的前n项和.
【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.
（Ⅱ）由题意知： ，
又
所以,
令,
则，
因此
,
又,
两式相减得
所以.
1.【2016高考天津文数】(本小题满分13分)
已知是等比数列，前n项和为，且.
(Ⅰ)求的通项公式；
(Ⅱ)若对任意的是和的等差中项，求数列的前2n项和.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）[]
1.【2015高考广东，文13】若三个正数，，成等比数列，其中，，则 ．
【答案】1
【解析】因为三个正数，，成等比数列，所以，因为，所以，所以答案应填：1．
2.【2015高考新课标1，文13】数列中为的前n项和，若，则 .
【答案】6
【解析】∵，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，
∴，∴，∴n=6.
1．（2014·重庆卷）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
【答案】D 【解析】因为在等比数列中an，a2n，a3n，…也成等比数列，所以a3，a6，a9成等比数列．
2．（2014·安徽卷）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
【答案】1 【解析】 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1.
3．（2014·广东卷）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．
【答案】50
4．（2014·全国卷） 等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( )
A．6 B．5
C．4 D．3
【答案】C 【解析】设数列{an}的首项为a1，公比为q，根据题意可得，解得所以an＝a1qn－1＝×＝2×，所以lg an＝lg 2＋(n－4)lg，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg＝8lg 2＋4lg＝4lg＝4.
5．（2014·湖北卷） 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，
依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.
6．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋＜.
(2)证明：由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤，即＝≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.
7．（2014·山东卷） 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
(2)由题意可知，
bn＝(－1)n－1
＝(－1)n－1
＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
Tn＝－＋…＋－
＝1－
＝.
当n为奇数时，
Tn＝－＋…－＋
＝1＋
＝.
所以Tn＝
8.（2014·陕西卷）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值．
(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
cos B＝＝≥＝，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴cos B的最小值为.
9．（2014·天津卷）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
【答案】－ 【解析】∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，
∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
10．（2014·天津卷）已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，
集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.
(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证
明：若an2的最小正整数，
则m≥2，并且对任意1≤k2，
于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.
故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．
所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1，an≤2＝a1，
所以An＝2.
故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1
【高考冲刺】
1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S2＋a2，S3成等差数列，则数列{an}的公比为( )
A．1 B．2
C. D．3
解析：因为S1，S2＋a2，S3成等差数列，所以2(S2＋a2)＝S1＋S3,2(a1＋a2＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，a3＝3a2，q＝3。选D。
答案：D
2．等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝( )
A．12 B．10
C．8 D．2＋log35
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝( )
A．4n－1 B．4n－1
C．2n－1 D．2n－1
解析：∵
∴
由(1)除以(2)可得＝2，解得q＝，
代入(1)得a1＝2，∴an＝2×n－1＝，
∴Sn＝＝4，
∴＝＝2n－1，选D。
答案：D
4．在等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，则S6＝( )
A. B．16
C．15 D.
解析：由等比数列的性质知a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2。
∵a4＋2a7＝2×17＝34，
∴a7＝(2×17－a4)＝(2×17－2)＝16。
∴q3＝＝＝8，即q＝2。
由a4＝a1q3＝a1×8＝2，得a1＝，
∴S6＝＝。
答案：A
5．已知三角形的三边构成等比数列，它们的公比为q，则q的一个可能的值是( )
A. B.
C．2 D.
6．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得aman＝16a，则＋的最小值为( )
A. B.
C. D.
解析：由a3＝a2＋2a1得q2＝q＋2，∴q＝2(q＝－1舍去)，
由aman＝16a得2m－12n－1＝16，
因为m＋n－2＝4，m＋n＝6，
所以＋＝
＝
≥＝。
答案：D
7．在等比数列{an}中，a1＝2，a4＝16，则数列{an}的通项公式an＝__________，设bn＝log2an，则数列{bn}的前n项和Sn＝__________。
解析：由题意得公比q3＝＝8，q＝2，an＝2·2n－1＝2n。因此bn＝n，Sn＝。
答案：2n
8．设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝S5，则S2 014＝__________。
9．在各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值是__________。
解析：由题意知a4·a14＝(2)2＝a，即a9＝2。设公比为q(q＞0)，所以2a7＋a11＝＋a9q2＝＋2q2≥2＝8，当且仅当＝2q2，即q＝时取等号，其最小值为8。
答案：8
10．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81。
(1)求an；
(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn。
解析：(1)设{an}的公比为q，依题意得
解得因此，an＝3n－1。
(2)因为bn＝log3an＝n－1，
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝。
11．在等比数列{an}中，其前n项和为Sn，已知a3＝，S3＝。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn－Sn＋2＝成立，若存在，求出n的值，若不存在，请说明理由。
(2)假设存在正整数n，使得Sn－Sn＋2＝成立，
①当a1＝，q＝1时，由Sn－Sn＋2＝
⇒n－(n＋2)＝，无解；
②当a1＝6，q＝－时，Sn＝4，
由Sn－Sn＋2＝
⇒n＝－⇒n＝5，
综合①②知，存在正整数n＝5，使得Sn－Sn＋2＝成立。
12．在数列{an}中，a1＝－，2an＝an－1－n－1(n≥2，n∈N*)，设bn＝an＋n。
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{nbn}的前n项和Tn；
(3)若cn＝n－an，Pn为数列{}的前n项和，求不超过P2 014的最大的整数。
解析：(1)证明：由2an＝an－1－n－1两边加2n得，
2(an＋n)＝an－1＋n－1，
所以＝，即＝。
故数列{bn}是公比为的等比数列，其首项为b1＝a1＋1＝－＋1＝，所以bn＝n。
(2)nbn＝n·n＝。
Tn＝＋＋＋＋…＋＋。①
Tn＝＋＋＋＋…＋＋。②
①－②得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝1－－，
所以Tn＝2－。
(3)由(1)得an＝n－n，所以cn＝n。
＝＝1＋＝1＋－。
P2 014＝＋＋＋…＋＝2 015－。
所以不超过P2 014的最大的整数是2 014。