【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册同步讲义4.3《等比数列》(含解析).doc，共(24)页，656.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

4.3等比数列qaann11、等比数列的概念（1）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个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.数学语言表达式：qaann1(n≥2，q为非零常数).（2）如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a

与b的等比中项，其中G＝±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，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；通项公式的推广：an＝amqn－m.（2）等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－a

nq1－q.（3）错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.3、等比数列的性质已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.（1）若k＋l＝m

＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.（2）相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm.（3）当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为qn.知

识梳理4、注意：（1）若数列}{na为等比数列，则数列}{nac(c≠0)，|}{|na，}{2na，}{na1也是等比数列.（2）由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.（3）在

运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.5、构造法：（1）由qpaaqpaannnn121相减得)()(112nnnnaapaa

，则}{1nnaa为等比数列。（2）设)()(1taptann，得到qtpt，1pqt，则}1{pqan为等比数列。题型一等比数列的基本公式例1等比数列na中，22a，748aa．（1）求

na的通项公式；（2）记nS为na的前n项和，若63mS，求m．【答案】（1）12nna-=；（2）6.【分析】（1）设等比数列na的公比为q，根据题意得出关于1a和q的方程组，解出这两个量的

值，然后利用等比数列的通项公式可求出数列na的通项公式；知识典例（2）利用等比数列的求和公式求出nS，然后解方程63mS可得m的值.【详解】（1）设等比数列na的公比为q，由题意可得1631128aqa

qaq，解得112aq，因此，数列na的通项公式为1112nnnaaq；（2）111221112nnnnaqSq，由2163mmS，解得6m.等比数列na的前n项和为nS，若0na

，1q，352620,64aaaa，则5S。【分析】根据2664aa，利用等比数列的性质得到3564aa,结合3520aa，利用根与系数的关系构造二次方程求解得到35,aa的值，进而得到等比数列的首项和公比，然后利

用求和公式计算即得所求.【详解】由于在等比数列na中，由2664aa可得：352664aaaa，又因为3520aa，所以有：35,aa是方程220640xx的二实根，又0,1naq，所以35aa，故解得：354,16aa，从而公比531232

,1,aaqaaq那么55213121S，题型二等比中项例2数列na是等差数列，11a，且125,,aaa构成公比为q的等比数列，则q（）A．1或3B．0或2C．3D．2【答案】A【分析】根据等比中项的性质列方程，由此求得d，进而求得2a，从而求得q的值.【详解】

设等差数列na的公差为d，∵125,,aaa构成公比为q的等比数列，∴2215aaa，即2(1)14dd，解得0d或2，所以21a或3，所以1q或3，故选：A已知数列na是正项等比数列，若5是2a和8a的等比中项，则13579aaaaa的值是（）A．55B．25

5C．255D．55【答案】B【分析】根据等比中项的定义可得22855aaa，再由下标和的性质即可求得结果.【详解】根据等比中项的定义可得22855aaa，且数列na是正项等比数列，则55a，由下标和的性质，2819375aaaaaa，所以13579255aaa

aa.所以本题答案为B.题型三等比数列的性质例3等比数列na的各项均为正数，且564718aaaa，则3132310logloglogaaa（）A．12B．10C．8D．32log5

【答案】B【分析】根据等比数列下标和性质，求得56aa，再结合对数运算，即可求得结果.【详解】由等比数列的性质可得：564756218aaaaaa，所以569aa.1102938479aaaaaaaa.则5313231031

103loglogloglog5log910aaaaa，故选：B.已知na是等比数列，0na，且465768236aaaaaa，则57aa等于______.【答案】6【分析】

根据等比数列通项公式的性质，化简等式即可得解.【详解】na是等比数列，所以24656872,aaaaaa，所以4657682aaaaaa2572572aaaa25736aa，所

以576aa，而0na，所以576aa，故答案为：6.题型四前n项和的性质例4设等比数列{}na的前n项和为nS，若633SS，则96SS（）A．2B．73C．83D．3【答案】B【分析】首先由等比数列前n项和公式列方程，并解得3q，然后再次利用等比数列前

n项和公式，则求得答案．【详解】设公比为q，则616363313(1)1113(1)11aqSqqqaqSqq，∴32q，∴93962611271123SqSq．故选：B．已知各项都是正数的等比数列na，nS为其前n项和，且310

S，970S，那么12S。【分析】设等比数列na的公比为q，由3910,70SS，求得32q，进而得到1101aq，再利用等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，设等比数列na的公比为q，其中0q

，因为310S，970S，可得391139(1)(1)10,7011aqaqSSqq，两式相除，可得936363331(1)(1)1711qqqqqqqq，即6360qq，解得32q或33q（舍去），把32q，代入31(

1)101aqq，可得1101aq，所以123441112(1)[1()]10(12)15011aqaSqqq.题型五已知nS求通项公式例5已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式为________.【答案】11,12

,2nnnan【解析】【分析】利用11,1,2nnnSnaSSn来求na的通项.【详解】11,122,2nnnnan，化简得到11,12,2nnnan，填11,12,2nnnan.已知数列na的前n项和21n

nSa，则该数列的通项公式na______【答案】12n【分析】根据1121Sa求出1a；利用11nnnaSS得到12nnaa，证得数列为等比数列；再根据等比数列通项公式写出结果

.【详解】由21nnSa得：1121nnSa11122nnnnnaSSaa，即12nnaa又1121Sa，则11a由此可得，数列na是以1为首项，2为公比的等比数列则12nna-=本题正确结果：12

n题型六构造法例6数列{an}中，11a，121nnaan（1）求证：数列{an+n}为等比数列；（2）求数列{an}的通项公式.【答案】（1）证明见解析；（2）2nnan*(1,)nnN【分析

】(1)由递推式121nnaan可得到112nnanan，即可证数列{an+n}为等比数列；(2)由(1)的结论可知2nnan，即可知{an}的通项公式【详解】（1）证明：根据题意，1

21nnaan，则11222()nnnananan∴112nnanan*(1,)nnN且112a故，数列{nan}是首项与公比都为2的等比数列.（2）由（1）结论可知：1222nnnan∴2nnan*(1,)nnN已知数列

na满足*2nnSannN．（1）证明：1na是等比数列；（2）求*13521naaaanN【答案】（1）证明见解析；（2）232353nn.【分析】（1）利用递推公式可以得到1nS的表达式，两个式子相减即可得到na与1na的表达式；构造数列{

1na}，即可证明{1na}为等比数列．（2）利用{1na}为等比数列，可求得{na}的通项公式；将{na}分为等比数列和等差数列两个部分分别求和，再相加即可得出奇数项的和．【详解】（1）由1121Sa得：11a，因为1122(1)nnnnSSanan(2)

n，所以121nnaa，从而由1121nnaa得112(2)1nnana，所以1na是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）得21nna，所以13521naaaa321222

(1)nn1214(1)14nn232353nn.题型七分组求和例7己知{an}是等差数列，其前n项和Sn＝n2﹣2n+b﹣1，{bn}是等比数列，其前n项和Tn32na，则数列{bn+an}的前5项和为

。【分析】由等差数列的求和公式、等比数列的求和公式，结合数列的递推式，可得b＝1，a＝2，求得数列{an}，{bn}的通项公式，再由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和．【详解】{an}是等差数列，其前n项和221nSnnb

，由等差数列的求和公式可得b﹣1＝0，即b＝1，即Sn＝n2﹣2n，a1＝S1＝﹣1，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣2n﹣（n﹣1）2+2（n﹣1）＝2n﹣3，则an＝2n﹣3，n∈N*；{bn}是等比数列，其前n项和32nnaT，则b12a3

，bn＝Tn﹣Tn﹣12a3naa3n﹣1＝﹣2•3n﹣1，则2a3＝﹣2，即a＝2，则bn+an＝n+2n，数列{bn+an}的前5项和为（1+2+…+5）+（2+4+…+32）125×65212127

7．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4.（1）求{an}的通项公式；（2）设cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和.【答案】（1）21nan；（2）2312nn.【分析】（1）

将已知条件转化为11,,,adbq的形式，解方程组求得11,,,adbq的值，由此求得数列,nnab的通项公式；（2）利用分组求和法求的数列的前n项和.【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，因为b2=3，b3=9，可得323bqb，所以bn=b2qn

-2=3·3n-2=3n-1，又由a1=b1=1，a14=b4=27，所以1412141aad，所以数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)×d=1+2(n-1)=2n-1；（2）由题意知

cn=an+bn=(2n-1)+3n-1，设数列{cn}的前n项和为nS，则[13(21)](13931)nSnn2(121)13312132nnnnn.题型八错位相减例8已知等比数列

{}na的公比1q，且1a，3a的等差中项为10，28a．（1）求数列{}na的通项公式；（2）设nnnba，求数列{}nb的前n项和nS．【答案】（1）1*2nnanN；（2）1212nnnS.【分析】（1）利用已知条件求出首项与公差，然后求数列{}na的通项公式

；（2）化简nnnba，利用错位相减法求数列{}nb的前n项和nS．【详解】（1）由题意可得：211(1)208aqaq，22520qq，1qQ，142aq，数列{}na的通项公式为1*2()nnanN．（2）12nnnb，234

11232222nnnS，3412112122222nnnnnS，上述两式相减可得2341211111222222nnnnS11231111111112221122222222n

nnnnnnnnS．已知{}na为等差数列，前n项和为()nSnN，{}nb是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312bb,3412baa，11411Sb．（Ⅰ）求{}na和{}nb的通项公式；（Ⅱ）求数列221{}nnab的前n项和

()nN．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}na的公差为d，等比数列{}nb的公比为q.由已知2312bb，得21()12bqq，而12b，所以260qq.又因为0q，解得2q.所以，2nnb.由3412baa，可得138da①.由114=11Sb，

可得1516ad②，联立①②，解得11a，3d，由此可得32nan.所以，数列{}na的通项公式为32nan，数列{}nb的通项公式为2nnb.（Ⅱ）设数列221{}nnab的前n项和为nT，由262nan，

12124nnb，有221(31)4nnnabn，故23245484(31)4nnTn，23414245484(34)4(31)4nnnTnn，上述两式相减，

得231324343434(31)4nnnTn1112(14)4(31)414(32)48.nnnnn得1328433nnnT.所以，数列221

{}nnab的前n项和为1328433nn.1、若数列{xn}满足lgxn＋1＝1＋lgxn(n∈N＋)，且x1＋x2＋x3＋…＋x100＝100，则lg(x101＋x102＋…＋x200)的值为()A．102B．1

01C．100D．99【答案】A【解析】由1lg1lnnnxx，得110nnxx，所以数列nx是公比为10的等比数列，又10010010010111022200100,,,xxqxxqxxq

，所以10010010210110220012100()1010010xxxqxxx，所以101102200lg102xxx，故选A．2、已知na是等比数列

，2512,4aa，则公比q=（）A．12B．2C．2D．12【答案】D【分析】由题意结合等差数列的性质得到关于q的方程，解方程即可确定公比的值.【详解】由等比数列的性质可得：352aaq，即：3124q，解得：12q.故选D.巩固提升3、

已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若43113,84aSa，则S5＝（）A．3132B．3116C．318D．314【答案】B【分析】利用正项等比数列{an}的前n项和公式，通项公式列出方程组，求出a1

＝1，q＝12，由此能求出S5的值．【详解】解：正项等比数列{an}的前n项和为Sn，43113,84aSa，∴31311181314aqaqaq，解得a1＝1，q＝12，∴S5＝5111aqq＝1132112＝3116．故选：B．4、已知各项均为正

数的等比数列na，且13213,,22aaa成等差数列，则4567aaaa的值是（）A．B．16C．D．19【答案】D【分析】由已知条件，利用等比数列的通项公式求得公比，进而可求得结果.【详解】各项均为正数的等比数列n

a的公比设为q，则q>0，由13213,,22aaa成等差数列，可得31232aaa，即211132aqaaq，所以2230qq，解得3q或1q（舍），所以34344511565623267111119aaaqaqqqqaaaqa

qqqqqq.故选：D.5、（多选）已知数列na是等比数列，有下列四个命题，其中正确的命题有（）A．数列na是等比数列B．数列1nnaa是等比数列C．数列2l

gna是等比数列D．数列1na是等比数列【答案】ABD【分析】分别按定义计算每个数列的后项与前项的比值，即可判断.【详解】根据题意，数列na是等比数列，设其公比为q，则1nnaqa，对于A，对于数列na，则有1

||nnaqa+=，na为等比数列，A正确；对于B，对于数列1nnaa，有211nnnnaaqaa，1nnaa为等比数列，B正确；对于C，对于数列2lgna，若1na，数列na是等比数列

，但数列2lgna不是等比数列，C错误；对于D，对于数列1na，有11111nnnnaaaqa，1na为等比数列，D正确.故选：ABD.6、（多选）在《增删算法统宗》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.”则下列说法正确的是（）A．此人第二天走了九十六里路B．此人第三天走的路程站全程的18C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里D．此人后三天共走了42里路【答案】ACD【分析】若设此人第n天走na里路

，则数列na是首项为1a，公比为12q的等比数列，由6378S求得首项，然后分析4个选项可得答案.【详解】解：设此人第n天走na里路，则数列na是首项为1a，公比为12q的等比数列，因为

6378S，所以1661(1)2=378112aS，解得1192a，对于A，由于21192962a，所以此人第二天走了九十六里路，所以A正确；对于B，由于3148119248,43788a，所以B不正确；对于C，由于378192186

,1921866，所以此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里，所以C正确；对于D，由于4561111924281632aaa，所以D正确，故选：ACD7、已知各项都是正数的等比数列na中，1a，

312a，22a成等差数列，则91078aaaa______．【答案】322【分析】利用等比数列的通项公式以及等差中项求出公比即可求解.【详解】数列na各项都是正数的等比数列1a，312a，22a成等差数列，则3122aaa，即21112aqaaq，可得212qq，解得12

q或12q（舍去），所以222910787878322aaaqaqqaaaa.故答案为：3228、已知数列na是各项均为负数的等比数列，22a，且112(2)nnnaaan，则6a__

____.【答案】32【分析】根据已知条件，求得数列的公比，结合等比数列的性质，即可求得结果.【详解】根据题意，得112nnnnaaaa，因为na为等比数列，且数列na为负项等比数列，所以10nnaa，10nn

aa，又因为11nnnnaaqaa，所以2q=.所以4462(2)232aaq.故答案为：32.9、已知数列na和nb满足a1a2a3…an＝2nb(n∈N*)，若数列na为等比数列，且a1＝2，a4＝

16，则数列1nb的前n项和Sn＝________.【答案】21nn【分析】先根据等比数列的性质可求出na的公比，从而得到通项公式na，再根据题目条件结合幂的运算法则和等差数列的前n项和公式可求得bn＝(1)2

nn，然后根据裂项相消法即可求出数列1nb的前n项和．【详解】因为na为等比数列，且a1＝2，a4＝16，所以公比q＝431aa＝3162＝2，所以an＝2n，所以a1a2a3…an＝21×22×23

×…×2n＝1232n＝(1)22nn.因为a1a2a3…an＝2nb，所以bn＝(1)2nn.所以1nb＝2(1)nn＝1112nn.所以1nb的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2111111111223341nn

＝1112n＝21nn.故答案为：21nn．10、已知a，b，c，d是以2为公比的等比数列，则22abcd______.【答案】14【分析】,,bcd可全部用a进行代换，结合等比数列性质求解即

可【详解】由题可知，23,,baqcaqdaq，=2q，则23224122164abaaqacdaqaqa故答案为1411、已知在等比数列na中，11a，且2a是1a和31a的等差中项.（1）求数列na的通项公式；（2）若数列

nb满足*2nnbnanN，求nb的前n项和nS.【答案】（1）12nna-=；（2）221nnSnn.【分析】（1）利用等差中项的性质列方程，由此求得q，进而求得数列na的通项公式；（2）利用分组求和法求得nS.【

详解】（1）设等比数列na的公比为q，则0q，则21aaqq，2231aaqq，由于2a是1a和31a的等差中项，即21321aaa，即22qq，解得2q=.因此，数列na的通项公式为1111122nnnnaaq；（2）1222nnnbnan

，012112322426222nnnSbbbbn212(22)12(2462)122221212nnnnnnnn.12、已知数列{an}是等比数列，a

2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2log2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn.【解析】(1)设数列{an}的公比为q，因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2.因为a3＋2是a2和a4的等差中项，所以2(a3＋2)＝a

2＋a4.即2(4q＋2)＝4＋4q2，化简得q2－2q＝0.因为公比q≠0，所以q＝2.所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*).(2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1，所以anbn＝(

2n－1)2n，则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，①2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1.②由①－②得，－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1＝2＋2×4（1－2n－1

）1－2－(2n－1)2n＋1＝－6－(2n－3)2n＋1，所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.