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7.3等比数列及其前n项和最新考纲考情考向分析1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式及其应用2.了解等比数列与指数函数的关系3.会用数列的等比关系解决实际问题.以考查等比数列的通项、前n项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查，难度为中低档.1等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为q(nN*，q为非零常数)(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项即G是a与b的等比中项a，G，b成等比数列G2ab.2等比数列的有关公式(1)通项公式：ana1qn1.(2)前n项和公式：Sn.3等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anamqnm(n，mN*)(2)若mnpq2k(m，n，p，q，kN*)，则amanapaqa.(3)若数列an，bn(项数相同)是等比数列，则an，a，anbn，(0)仍然是等比数列(4)在等比数列an中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，ank，an2k，an3k，为等比数列，公比为qk.概念方法微思考1将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数2任意两个实数都有等比中项吗？提示不是只有同号的两个非零实数才有等比中项3“b2ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件因为b2ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a0，b0，c1.但a，b，c成等比数列一定有b2ac.题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)满足an1qan(nN*，q为常数)的数列an为等比数列()(2)如果数列an为等比数列，bna2n1a2n，则数列bn也是等比数列()(3)如果数列an为等比数列，则数列lnan是等差数列()(4)数列an的通项公式是anan，则其前n项和为Sn.()(5)数列an为等比数列，则S4，S8S4，S12S8成等比数列()题组二教材改编2P51例3已知an是等比数列，a22，a5，则公比q_.答案解析由题意知q3，q.3P54T3公比不为1的等比数列an满足a5a6a4a718，若a1am9，则m的值为()A8B9C10D11答案C解析由题意得，2a5a618，a5a69，a1ama5a69，m10.题组三易错自纠4若1，a1，a2，4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则的值为_答案解析1，a1，a2，4成等差数列，3(a2a1)41，a2a11.又1，b1，b2，b3，4成等比数列，设其公比为q，则b144，且b21q20，b22，.5设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a50，则_.答案11解析设等比数列an的公比为q，8a2a50，8a1qa1q40.q380，q2，11.6一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机_秒，该病毒占据内存8GB.(1GB210MB)答案39解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列an，且a12，q2，an2n，则2n8210213，n13.即病毒共复制了13次所需时间为13339(秒)题型一等比数列基本量的运算1(2018台州质量评估)已知正项等比数列an中，若a1a32，a2a44，则a5等于()A4B4C8D8答案B解析由于等比数列各项为正，则由题意得解得所以a5a1q44，故选B.2(2018全国)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和，若Sm63，求m.解(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2.故an(2)n1或an2n1(nN*)(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.综上，m6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)(2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对q1和q1的分类讨论题型二等比数列的判定与证明例1(2018丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Snan13n1，nN*.(1)证明：数列an3是等比数列；(2)对kN*，设f(n)求使不等式f(2)f(m)cos(m)0成立的正整数m的取值范围(1)证明当n2时，由Snan13n1，得Sn1an3(n1)1，由SnSn1得，an12an3，n2，所以2，n2，又S1a231，a11，所以a25，2，因此an3是以a134为首项，2为公比的等比数列(2)解由(1)知an342n12n1，Snan13n12n23n4，因为f(n)当m为偶数时，cos(m)1，f(2)3，f(m)m1，因为原不等式可化为3(m1)0，即m2，且m2k(k1，kN*)当m为奇数时，cos(m)1，f(2)3，f(m)2m11，原不等式可化为32m11，当m1时符合条件综上可得，正整数m的取值范围是m2k(k1，kN*)或m1.思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法(1)定义法：若q(q是非零常数)，则数列an是等比数列(2)等比中项法：若aanan2(nN*，an0)，则数列an是等比数列(3)通项公式法：若anAqn(A，q为非零常数)，则数列an是等比数列跟踪训练1(2018浙江省六校协作体期末联考)已知数列an的首项a1t0，an1，n1,2，.(1)若t，求证是等比数列，并求出an的通项公式；(2)若an1an对一切nN*都成立，求t的取值范围解(1)由题意知an0，1，又1，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以1n1，an.(2)由(1)知1，1n1，由a10，an1，知an0，故由an1an得，即n10，又t0，则0t1，则a1a22a1d2b14，又a3a12d5，所以a11，d2，an12(n1)2n1，所以b3a418，Snn2n2.因为数列bn是单调递增的等比数列，所以q24，q2，bn2n.因为当nm(mN*)时，Snbn恒成立，所以当nm(mN*)时n22n恒成立，数形结合可知m的最小值为4.1若等比数列an的前n项和为Sn，则“a20且a50”是“数列Sn单调递减”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C解析设等比数列an的公比为q，a5a2q30，a20，an0恒成立，当n2时，SnSn1an0，数列Sn单调递减，故“a20且a50”是“数列Sn单调递减”的充分条件；若数列Sn单调递减，则当n2时，SnSn1an0a20，a50，故“a20且a51，且2a11a3，即216q，整理可得2q25q20，则q2，则a13，数列an的前6项和S6189.3等比数列an的前n项和为Sn32n1r，则r的值为()A.BC.D答案B解析当n1时，a1S13r，当n2时，anSnSn132n132n332n3(321)832n3832n2319n1，所以3r，即r，故选B.4已知等比数列an的公比为2，且Sn为其前n项和，则等于()A5B3C5D3答案C解析由题意可得，1(2)25.5(2018浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著算法统宗中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯()A186盏B189盏C192盏D96盏答案C解析设塔的底层共有灯x盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x，公比为的等比数列，则381，解得x192.6若正项等比数列an满足anan122n(nN*)，则a6a5的值是()A.B16C2D16答案D解析设正项等比数列an的公比为q0，anan122n(nN*)，4q2，解得q2，a222n，an0，解得an，则a6a516，故选D.7(2018杭州质检)设各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若S480，S28，则公比q_，a5_.答案3162解析由题意得解得或(舍去)，从而a5a1q4234162.8(2018浙江名校协作体测试)设等比数列an的前n项和为Sn，满足对任意的正整数n，均有Sn38Sn3，则a1_，公比q_.答案2解析由Sn38Sn3得Sn48Sn13，两式作差得an48an1，所以q38，即q2，令n1得S48a13，即a12a14a18a18a13，解得a1.9(2019台州调考)设等比数列an的前n项和为Sn，已知S116，某同学经过计算得到S232，S376，S4130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是_，该数列的公比是_答案32(S2)解析由题意得若S2计算正确，则a2S2S116a1，则该等比数列的公比为1，易得S3，S4均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为32(S2)设该数列的公比为q，因为S4S3a41307654，所以q3，解得q.10设等比数列an的前n项和为Sn，若a3a112a，且S4S12S8，则_.答案解析a3a112a，a2a，q42，S4S12S8，1q41q12(1q8)，将q42代入计算可得.11(2018浙江省第二次联盟校联考)设数列an的首项a1，前n项和为Sn，且满足2an1Sn3(nN*)(1)求a2及an；(2)求证：anSn的最大值为.(1)解由题意得2a2S13，即2a2a13，所以a2.当n2时，由2an1Sn3，得2anSn13，两式相减得2an1an0，即an1an.因为a1，a2，所以a2a1，即当n1时，an1an也成立综上，an是以为首项，为公比的等比数列，所以an.(2)证明因为2an1Sn3，且an1an，所以Sn32an13an.于是，anSnan(3an)2，当且仅当an，即n1时等号成立故anSn的最大值为.12(2018浙江省十校联盟适应性考试)在数列an中，a11，a24，且3an24an1an0，nN*.(1)求证：数列an1an是等比数列；(2)若数列an的前n项和为Sn，且Snm22m对任意的nN*恒成立，求实数m的取值范围(1)证明由题意，得3(an2an1)(an1an)0，即an2an1(an1an)，又a2a13，所以数列an1an是以3为首项，为公比的等比数列(2)解由(1)得an1an3n1，所以a2a13，a3a23，a4a332，anan13n2(n2，nN*)，将以上式子累加得ana13，所以ann1(易知当n1时也成立)因为ann1关于n单调递增，且a110，所以Sn也关于n单调递增，所以SnS11.于是，由Snm22m对任意的nN*恒成立，得1m22m，解得1m1.故实数m的取值范围是1，113等比数列an的首项为，公比为，前n项和为Sn，则当nN*时，Sn的最大值与最小值的比值为()ABC.D.答案B解析等比数列an的首项为，公比为，ann1，Sn1n.当n为奇数时，Sn1n随着n的增大而减小，则1SnS1，故0Sn；当n为偶数时，Sn1n随着n的增大而增大，则S2Sn1，故Sn1的n的最小值为()A4B5C6D7答案C解析an是各项均为正数的等比数列，且a2a4a3，aa3，a31.又q1，a1a21(n3)，TnTn1(n4，nN*)，T11，T2a1a21，T3a1a2a3a1a2T21，T4a1a2a3a4a11，故n的最小值为6，故选C.15(2018浙江)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4ln(a1a2a3)，若a11，则()Aa1a3，a2a4Ba1a3，a2a4Ca1a3，a2a4Da1a3，a2a4答案B解析构造不等式lnxx1，则a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，所以a4a1q31.由a11，得q0.若q1，则ln(a1a2a3)a1a2a3a4a1(1q)(1q2)0.又a1a2a3a1(1qq2)a11，所以ln(a1a2a3)0，矛盾因此1q0.所以a1a3a1(1q2)0，a2a4a1q(1q2)0，所以a1a3，a2a4.故选B.16在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；.设第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，xt,2，并记anlog2(1x1x2xt2)，其中t2n1，nN*，求数列an的通项公式解anlog2(1x1x2xt2)，所以an1log21(1x1)x1(x1x2)xt(xt2)2log2(12xxxx22)3an1，所以an13，所以数列是一个以为首项，以3为公比的等比数列，所以an3n1，所以an.
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