2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第五章第三讲　等比数列及其前n项和

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第五章第三讲　等比数列及其前n项和

第三讲　等比数列及其前n项和 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.[多选题]下列结论中,错误的为(　　)‎ A.满足an+1=qan(n∈N*,q为常数)的数列{an}为等比数列 B.a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=ac C.如果数列{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列{bn}也是等比数列 D.如果数列{an}为等比数列,则数列{ln an}是等差数列 ‎2.设{an}是公比为q的等比数列,则“q>1”是“{an}为递增数列”的(　　)‎ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎3.[2019全国卷Ⅲ]已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=(　　)‎ A.16 B.8 C.4 D.2‎ ‎4.记等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=6,则S4=(　　)‎ A.10或8 B. - 10 C. - 10或8 D. - 10或 - 8‎ ‎5.[2020贵阳市高三摸底测试]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 ‎6.[2017全国卷Ⅱ]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”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,则塔的顶层共有灯(　　)‎ A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏 ‎7.[2016全国卷Ⅰ]设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　. ‎ 考法1 等比数列的判定与证明 ‎1[2018全国卷Ⅰ]已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=ann.‎ ‎(1)求b1,b2,b3;‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;‎ ‎(3)求{an}的通项公式.‎ ‎(1)由条件可得an+1=‎2(n+1)‎nan.‎ 将n=1代入得,a2=4a1,因为a1=1,所以a2=4.‎ 将n=2代入得,2a3=6a2,所以a3=12.‎ 因为bn=ann,‎ 所以b1=1,b2=2,b3=4.‎ ‎(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.理由如下:‎ 由条件可得an+1‎n+1‎‎=‎‎2‎ann,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.‎ ‎(3)由(2)可得ann=2n - 1,所以an=n·2n - 1.‎ ‎1.[2016全国卷Ⅲ]已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;‎ ‎(2)若S5=‎31‎‎32‎,求λ.‎ 考法2 等比数列的基本运算 ‎2(1)[2019全国卷Ⅰ]记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=‎1‎‎3‎,a‎4‎‎2‎=a6,则S5=　　　　. 　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎(2)[2017全国卷Ⅲ]设等比数列{an}满足a1+a2= - 1,a1 - a3= - 3,则a4=　　　　. ‎ ‎(3)在等比数列{an}中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式an=　　　　. ‎ ‎(1)解法一　设等比数列{an}的公比为q,因为a‎4‎‎2‎=a6,所以‎(a‎1‎q‎3‎)‎‎2‎=a1q5,所以a1q=1.又a1=‎1‎‎3‎,所以q=3,所以S5=a‎1‎‎(1-q‎5‎)‎‎1-q‎=‎1‎‎3‎‎×(1-‎3‎‎5‎)‎‎1-3‎=‎‎121‎‎3‎.‎ 解法二　设等比数列{an}的公比为q,因为a‎4‎‎2‎=a6,所以a2a6=a6,所以a2=1.又a‎1‎‎=‎‎1‎‎3‎,所以q=3,所以S ‎5=a‎1‎‎(1-q‎5‎)‎‎1-q‎=‎1‎‎3‎‎×(1-‎3‎‎5‎)‎‎1-3‎=‎‎121‎‎3‎.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比为q,则a1+a2=a1(1+q)= - 1,a1 - a3=a1(1 - q2)= - 3.两式相除,得‎1+q‎1-‎q‎2‎‎=‎‎1‎‎3‎,解得q= - 2.代入得a1=1,所以 a4=a1q3= - 8.‎ ‎(3)解法一　(通项法)由题意知a1+4a1+16a1=21,解得a1=1,所以等比数列{an}的通项公式an=a1qn - 1=4n - 1.‎ 解法二　(对称设元)由题意可设等比数列{an}的前3项分别为x‎4‎,x,4x,则x‎4‎+x+4x=21,解得x=4,所以等比数列{an}的通项公式an=a2qn - 2=4×4n - 2=4n - 1.(应用an=amqn - m)‎ ‎2.(1)已知等比数列{an}的公比为正数,且a3·a9=2a‎5‎‎2‎,a2=1,则a1=(　　)‎ A.‎1‎‎2‎ B.‎2‎‎2‎ C.‎2‎ D.2‎ ‎(2)已知数列{an}是等差数列,若a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,则q=(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎(3)[数学文化题]中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起,由于脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.则此人第二天走了(　　)‎ A.96里 B.48里 C.192里 D.24里 考法3 等比数列的性质的应用 ‎3(1)[2019江西名校联考]已知数列{an}为各项均为正数的等比数列,Sn是它的前n项和,若a1a7=4,且a4+2a7=‎5‎‎2‎,则S5=‎ A.32 B.31 C.30 D.29‎ ‎(2)在等比数列{an}中,已知a1+a3=8,a5+a7=4,则a9+a11+a13+a15的值为 A.1 B.2 C.3 D.5‎ ‎(1)因为a1a7=4,所以a‎4‎‎2‎=4,……………………………………………………(活用等比数列通项的性质:若n+m=2p,则anam=ap‎2‎(m,n,p∈N*),注意与等差数列通项的性质的区别)‎ 因为an>0,所以a4=2.(注意“各项均为正数的等比数列”的应用)‎ 因为a4+2a7=‎5‎‎2‎,所以a4(1+2q3)=‎5‎‎2‎,(活用等比数列通项的性质:an=amqn - m(m,n∈N*))‎ 所以q3=‎1‎‎8‎,所以q=‎1‎‎2‎,所以a1=16,所以S5=‎16×[1-(‎1‎‎2‎‎)‎‎5‎]‎‎1-‎‎1‎‎2‎=31.‎ ‎(2)因为{an}为等比数列,所以a5+a7是a1+a3与a9+a11的等比中项,(分别把a1+a3,a5+a7看成整体)‎ 所以(a5+a7)2=(a1+a3)(a9+a11),‎ 故a9+a11=‎(a‎5‎+‎a‎7‎‎)‎‎2‎a‎1‎‎+‎a‎3‎‎=‎‎4‎‎2‎‎8‎=2.‎ 同理,a9+a11是a5+a7与a13+a15的等比中项,‎ 所以(a9+a11)2=(a5+a7)(a13+a15),故a13+a15=‎(a‎9‎+‎a‎11‎‎)‎‎2‎a‎5‎‎+‎a‎7‎‎=‎‎2‎‎2‎‎4‎=1.所以a9+a11+a13+a15=2+1=3.‎ ‎(1)B　(2)C ‎4[2019山东省实验中学模拟]已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S8 - 2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为 A.25 B.20 C.15 D.10‎ 在正项等比数列{an}中,Sn>0.‎ 因为S8 - 2S4=5,所以S8 - S4=5+S4,‎ 易知S4,S8 - S4,S12 - S8成等比数列,(注意不是S4,S8,S12成等比数列)‎ 所以‎(S‎8‎-S‎4‎)‎‎2‎=S4·(S12 - S8),‎ 所以S12 - S8=‎(S‎4‎+5)‎‎2‎S‎4‎‎=‎‎25‎S‎4‎+S4+10≥2‎25‎S‎4‎‎·‎S‎4‎+10=20(当且仅当S4=5时取等号).‎ 因为S12 - S8=a9+a10+a11+a12,所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.‎ B 解后反思 求解本题时,一般解法是利用等比数列的前n项和的公式得首项a1和公比q的关系式,把a9+a10+a11+a12用含q的代数式表示出来,再利用基本不等式,求得所求最小值,运算较为烦琐.若利用等比数列的性质“Sk为等比数列的前k项和且Sk≠0,k∈N*,那么Sk,S2k - Sk,S3k - S2k成等比数列”,则可提升求解速度,通过该性质的运用,把a9+a10+a11+a12转化为含S4的代数式,并利用基本不等式求最小值,考查了逻辑推理、数学运算等核心素养.‎ ‎3.(1)设在等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9=(　　)‎ A.‎1‎‎8‎ B. - ‎1‎‎8‎ C.‎57‎‎8‎ D.‎‎55‎‎8‎ ‎(2)记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*),已知am - 1am+1 - 2am=0,且T2m - 1=128,则m的值为(　　)‎ A.4 B.7 C.10 D.12‎ ‎295‎ ‎1.ACD　对于A,当n属于正整数,q为常数且不等于0时,数列{an}为等比数列,故A错误;对于B,由等比中项的概念可知,a,b,c三个数成等比数列的必要条件是b2=ac,故B正确;对于C,当等比数列{an}的公比q= - 1时,bn=0,此时{bn}不是等比数列,故C错误;对于D,当an为正数时,数列 ‎{ln an}是等差数列,故D错误.所以结论中错误的为ACD.‎ ‎2.D　等比数列 - 1, - 2, - 4,…,满足公比q=2>1,但{an}不是递增数列,即充分性不成立.an= - 1×(‎1‎‎2‎)n - 1为递增数列,但q=‎1‎‎2‎<1,即必要性不成立.故“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件,故选D.‎ ‎3.C　设等比数列{an}的公比为q,由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4,得q2=4,因为数列{an}的各项均为正数,所以q=2.又a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)‎ ‎=a1(1+2+4+8)=15,所以a1=1,所以a3=a1q2=4,故选C.‎ ‎4.C　设等比数列的公比为q,因为a1=2,S3=6,所以S3=2+2q+2q2=6,则q2+q - 2=0,所以q=1或q= - 2.当q=1时,S4=S3+2=8;当q= - 2时,S4=S3+a1q3=6+2×( - 2)3= - 10.故选C.‎ ‎5.B　由等比数列的性质及题意可知,a5a6+a4a7=2a5a6=18,所以a5a6=9,所以log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1·a2·…·a10)=log395=10,故选B.‎ ‎6.B　由题意知,每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{an},则前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得a‎1‎‎(1-‎2‎‎7‎)‎‎1-2‎=381,解得a1=3,故选B.‎ ‎7.64　解法一　设等比数列{an}的公比为q,由a‎1‎‎+a‎3‎=10,‎a‎2‎‎+a‎4‎=5‎得,a‎1‎‎(1+q‎2‎)=10,‎a‎1‎q(1+q‎2‎)=5,‎解得a‎1‎‎=8,‎q=‎1‎‎2‎.‎ 所以a1a2…an=a‎1‎nq1+2+…+(n - 1)=8n×(‎1‎‎2‎‎)‎n(n-1)‎‎2‎‎=‎‎2‎‎-‎1‎‎2‎n‎2‎+‎7‎‎2‎n.‎ 记t= - n‎2‎‎2‎‎+‎‎7n‎2‎(n∈N*),则t= - ‎1‎‎2‎(n2 - 7n)= - ‎1‎‎2‎(n - ‎7‎‎2‎)2+‎49‎‎8‎,‎ 易知当n=3或4时,a1a2…an取得最大值26=64.‎ 解法二　设等比数列{an}的公比为q,由题可知a1+a1q2=10,a1q+a1q3=5,则q=‎1‎‎2‎,a1=8,所以an=8·(‎1‎‎2‎)n - 1=24 - n.‎ 当n=4时,a4=1,所以a1>a2>a3>a4=1>a5>a6>….‎ 所以a1a2…an取最大值时n=3或4.‎ 所以a1a2…an的最大值为64.‎ ‎1.(1)由题意得a1=S1=1+λa1,‎ 故λ≠1,a1=‎1‎‎1-λ,a1≠0.‎ 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1 得an+1=λan+1 - λan,即an+1(λ - 1)=λan.又a1≠0,λ≠0且λ≠1,所以an+1‎an‎=‎λλ-1‎.‎ 所以{an}是首项为‎1‎‎1-λ,公比为λλ-1‎的等比数列,‎ 故an=‎1‎‎1-λ(λλ-1‎)n - 1.‎ ‎(2)由(1)得Sn=1 - (λλ-1‎)n.由S5=‎31‎‎32‎得1 - (λλ-1‎)5=‎31‎‎32‎,即(λλ-1‎)5=‎1‎‎32‎,解得λ= - 1.‎ ‎2.(1)B　设公比为q(q>0),由已知得a1q2·a1q8=2(a1q4)2,‎ 则q=‎2‎,所以a1=a‎2‎q‎=‎1‎‎2‎=‎‎2‎‎2‎.故选B.‎ ‎(2)A　设等差数列{an}的公差为d,由a2,a4+3,a6+6构成公比为q的等比数列,得(a4+3)2=a2(a6+6),即(a1+3d+3)2=(a1+d)·(a1+5d+6),化简得(2d+3)2=0,解得d= - ‎3‎‎2‎.所以q=a‎4‎‎+3‎a‎2‎‎=a‎1‎‎-‎9‎‎2‎+3‎a‎1‎‎-‎‎3‎‎2‎=‎a‎1‎‎-‎‎3‎‎2‎a‎1‎‎-‎‎3‎‎2‎=1.故选A.‎ ‎(3)A　由题意得,将此人每天所走的路程从第一天起依次排列,形成一个公比为‎1‎‎2‎的等比数列,记为{an},其前6项和等于378,于是有a‎1‎‎[1-(‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎]‎‎1-‎‎1‎‎2‎=378,解得a1=192,所以a2=‎1‎‎2‎a1=96,即此人第二天走了96里,故选A.‎ ‎3.(1)A　因为a7+a8+a9=S9 - S6,且S3,S6 - S3,S9 - S6成等比数列,所以8(S9 - S6)=1,所以S9 - S6=‎1‎‎8‎,即a7+a8+a9等于‎1‎‎8‎.故选A.‎ ‎(2)A　因为{an}是等比数列,所以am - 1am+1=am‎2‎.又am - 1am+1 - 2am=0,则am‎2‎ - 2am=0,所以am=2(am=0舍去).由等比数列的性质可知前2m - 1项的积T2m - 1=am‎2m-1‎,即22m - 1=128,解得m=4.故选A.‎