2020届高考数学一轮复习通用版讲义等比数列及其前n项和

一、基础知识批注——理解深一点

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an＋1

的表达式为a＝q.

n

(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⇒G2＝ab.

只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个. 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：an＝a1qn1.

－

na，q＝1，1

(2)前n项和公式：Sn＝a11－qna1－anq

＝，q≠1.1－q1－q

①已知a1，q，n，an，Sn中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方程思想.

②在等比数列求和时，要注意q＝1和q≠1的讨论.3．等比数列与指数型函数的关系

a1n

当q>0且q≠1时，an＝q·q可以看成函数y＝cqx，其是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{an}各项所对应的点都在函数y＝cqx的图象上；

a11－qna1na1对于非常数列的等比数列{an}的前n项和Sn＝＝－q＋，若设a＝

1－q1－q1－qa1，则Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0，q≠1)．由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝－aqx＋1－q

a图象上一系列孤立的点．

对于常数列的等比数列，即q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1.由此可知，数列{Sn}的图象是函数y＝a1x图象上一系列孤立的点．

二、常用结论汇总——规律多一点

设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和． (1)通项公式的推广：an＝am·qn

－m

(n，m∈N*)．

(2)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq；若2s＝p＋r，则apar＝a2s，其中m，n，p，q，s，r∈N*.

(3)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．

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pan

(4)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和qb也是等



n

比数列．

(5)若数列{an}的项数为2n，则

三、基础小题强化——功底牢一点

一判一判对的打“√”，错的打“×”

(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( ) (2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )

(3)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( ) (4)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)×

(二)选一选

1．在等比数列{an}中，a1＝1，a3＝2，则a7＝( ) A．－8 C．8或－8

B．8 D．16或－16

S偶S奇－a1＝q；若项数为2n＋1，则＝q. S奇S偶

解析：选B 设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，a3＝2，∴q2＝2，∴a7＝a3q4＝2×22

＝8.故选B.

2．数列{an}满足a4＝27，an＋1＝－3an(n∈N*)，则a1＝( ) A．1 C．－1

B．3 D．－3

解析：选C 由题意知数列{an}是以－3为公比的等比数列，∴a4＝a1(－3)3＝27，∴a1

27

＝＝－1.故选C. －333．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a5＝2a3,2a4＋4a7＝5，则S5＝( ) A．29 C．33

B．31 D．36

a1q4＝2a1q2，a1q·

解析：选B 设等比数列{an}的公比为q，由题意知36

2a1q＋4a1q＝5，

解得

1q＝2，a11－q5

所以S5＝＝31，故选B.

1－q

a1＝16，

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(三)填一填

4．已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2·a4＝16，S3＝7，则q＝________.

解析：∵a2·a4＝a23＝16，∴a3＝4(负值舍去)，① a3a3又S3＝a1＋a2＋a3＝2＋q＋a3＝7，②

q

2

联立①②，得3q2－4q－4＝0，解得q＝－或q＝2，

3∵an>0，∴q＝2. 答案：2

a25．(2017·北京高考)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝b2

________.

解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 则a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3； b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2.

a2所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2，所以＝1.

b2答案：1

考点一 等比数列的基本运算

[典例] (2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通项公式；

(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m. [解] (1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn1.

－

由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n

－1

或an＝2n1.

－

(2)若an＝(－2)

n－1

1－－2n

，则Sn＝. 3

由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若an＝2

n－1

1－2nn

，则Sn＝＝2－1.

1－2

由Sm＝63，得2m＝，解得m＝6.

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综上，m＝6. [解题技法]

等比数列基本运算中的2种常用数学思想 方程思想 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)求关键量a1和q，问题可迎刃而解 等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的分类讨论思想 a11－qna1－anq前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝ 1－q1－q [题组训练]

5

1．已知等比数列{an}单调递减，若a3＝1，a2＋a4＝，则a1＝( )

2A．2 C.2

B．4 D．22

5

解析：选B 由题意，设等比数列{an}的公比为q，q>0，则a23＝a2a4＝1，又a2＋a4＝，2a2111

且{an}单调递减，所以a2＝2，a4＝，则q2＝，q＝，所以a1＝＝4.

q242

2．(2019·长春质检)已知等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a2＝2，S6－S4＝6a4，则a5＝( )

A．4 C．16

B．10 D．32

解析：选C 设公比为q(q>0)，S6－S4＝a5＋a6＝6a4，因为a2＝2，所以2q3＋2q4＝12q2，即q2＋q－6＝0，所以q＝2，则a5＝2×23＝16.

763

3．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，

44则a8＝________.

解析：设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，



则a1－q63

S＝＝，41－q

1

6

6

a11－q37S3＝＝，41－q

q＝2，

解得 1

a＝，14

1

则a8＝a1q7＝×27＝32.

4答案：32

考点二 等比数列的判定与证明

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[典例] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，若bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列．

[证明] 因为an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an， bn＋1an＋2－2an＋14an＋1－4an－2an＋12an＋1－4an所以b＝＝＝＝2.

an＋1－2anan＋1－2anan＋1－2ann因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5. 所以b1＝a2－2a1＝3.

所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．

[解题技法]

1．掌握等比数列的4种常用判定方法

an＋1an若a＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈an－1nN*)，则{an}是等比数列 中项公式法 通项公式法 若数列{an}中，an≠0且a2an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列 n＋1＝an·若数列通项公式可写成an＝c·qn1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，－定义法 则{an}是等比数列 若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列 前n项和公式法 2．等比数列判定与证明的2点注意

(1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前n项和公式法经常在选择题、填空题中用来判断数列是否为等比数列．

(2)证明一个数列{an}不是等比数列，只需要说明前三项满足a2a3，或者是存在一个2≠a1·正整数m，使得a2am＋2即可． m＋1≠am·

[题组训练]

1．数列{an}的前n项和为Sn＝2an－2n，证明：{an＋1－2an}是等比数列． 证明：因为a1＝S1,2a1＝S1＋2， 所以a1＝2，由a1＋a2＝2a2－4得a2＝6.

由于Sn＝2an－2n，故Sn＋1＝2an＋1－2n1，后式减去前式得an＋1＝2an＋1－2an－2n，即

＋

an＋1＝2an＋2n，

所以an＋2－2an＋1＝2an＋1＋2n1－2(2an＋2n)＝2(an＋1－2an)，

＋

又a2－2a1＝6－2×2＝2，

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所以数列{an＋1－2an}是首项为2、公比为2的等比数列．

2．(2019·西宁月考)已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(an，an＋1)在双曲线y2－x2

1

＝1上．在数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．

2

(1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{bn}是等比数列．

解：(1)由已知点An在y2－x2＝1上知，an＋1－an＝1. ∴数列{an}是一个以2为首项，1为公差的等差数列． ∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.

1(2)证明：∵点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，

21

∴Tn＝－bn＋1.①

2

1

∴Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)．②

2①②两式相减，得 11

bn＝－bn＋bn－1(n≥2)．

22311

∴bn＝bn－1，∴bn＝bn－1. 223

12由①，令n＝1，得b1＝－b1＋1，∴b1＝. 2321

∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列．

33 考点三 等比数列的性质 考法(一) 等比数列项的性质

a2a16[典例] (1)(2019·洛阳联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则

a9

的值为( )

A．－C.2

2＋2

2

B．－2 D．－2 或2

(2)(2018·河南四校联考)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋…＋a8＝4，a1a2…a8＝16，111

则＋＋…＋的值为( ) a1a2a8

A．2 C．8

B．4 D．16

[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以

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a3·a15＝a29＝2，a3＋a15＝－6，所以故选B.

a2a16a29a3<0，a15<0，则a9＝－2，所以＝＝a9＝－2，

a9a9

a4＋a5111a8＋a1a7＋a2

(2)由分数的性质得到＋＋…＋＝＋＋…＋.因为a8a1＝a7a2＝

a1a2a8a8a1a7a2a4a5

a1＋a2＋…＋a84

a3a6＝a4a5，所以原式＝＝，又a1a2…a8＝16＝(a4a5)4，an>0，∴a4a5＝2，

a4a5a4a5111

∴＋＋…＋＝2.故选A. a1a2a8

[答案] (1)B (2)A

考法(二) 等比数列前n项和的性质

[典例] 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 C．26

B．30 D．16

[解析] 由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．

设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列． 由(x－2)2＝2×(14－x)， 解得x＝6或x＝－4(舍去)．

∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30. [答案] B [解题技法]

应用等比数列性质解题时的2个关注点

(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．

(2)在应用相应性质解题时，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．

[题组训练]

1．(2019·郑州第二次质量预测)已知等比数列{an}中，a2a5a8＝－8，S3＝a2＋3a1，则a1

＝( )

1A. 2

1

B．－

2

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2C．－ 91

D．－ 9

a3解析：选B 设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，因为S3＝a1＋a2＋a3＝a2＋3a1，所以

a1

14

＝q2＝2.因为a2a5a8＝a35＝－8，所以a5＝－2，即a1q＝－2，所以4a1＝－2，所以a1＝－，2故选B.

2．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＝________.

S奇＋S偶＝－240，S奇＝－80，S偶－160

解析：由题意，得解得所以q＝＝＝2.

S奇－80S奇－S偶＝80，S偶＝－160，

答案：2 [课时跟踪检测]

A级——保大分专练

1．(2019·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝( )

A．4 C．2

5

B. 21 D.

2

a1q4＝16，a1·a1＝1，a1＝－1，

解析：选C 由题意，得解得或(舍去)，故选

aq＝2，q＝2q＝－21

C.

2．(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为22，则log2a7＋log2a11的值为( )

A．1 C．3

B．2 D．4

解析：选C 由题意得a4a14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a4a14＝a7a11＝8，∴log2a7

＋log2a11＝log2(a7a11)＝log28＝3，故选C.

3．在等比数列{an}中，a2a3a4＝8，a7＝8，则a1＝( ) A．1 C．2

B．±1 D．±2

解析：选A 因为数列{an}是等比数列，所以a2a3a4＝a3所以a3＝2，所以a7＝a3q43＝8，a3＝2q4＝8，所以q2＝2，则a1＝2＝1，故选A.

q

1

4．(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，a2a6＝8(a4－

2

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2)，则S2 019＝( )

1A．22 018－

21

C．22 019－

2

12 018

B．1－2 12 019 D．1－2

2

解析：选A 由等比数列的性质及a2a6＝8(a4－2)，得a4＝8a4－16，解得a4＝4.

1

1－22 019211

又a4＝q3，故q＝2，所以S2 019＝＝22 018－，故选A.

221－25．在等比数列{an}中，a1＋a3＋a5＝21，a2＋a4＋a6＝42，则S9＝( ) A．255 C．511

B．256 D．512

解析：选C 设等比数列的公比为q，由等比数列的定义可得a2＋a4＋a6＝a1q＋a3q＋a5q＝q(a1＋a3＋a5)＝q×21＝42，解得q＝2.又a1＋a3＋a5＝a1(1＋q2＋q4)＝a1×21＝21，解a11－q91×1－29

得a1＝1.所以S9＝＝＝511.故选C.

1－q1－2

6．已知递增的等比数列{an}的公比为q，其前n项和Sn<0，则( ) A．a1<0,00,0B．a1<0，q>1 D．a1>0，q>1

解析：选A ∵Sn<0，∴a1<0，又数列{an}为递增等比数列，∴an＋1>an，且|an|>|an＋1|， 则－an>－an＋1>0，则q＝∴a1<0,07．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}的前7项和为________． 解析：设等比数列{an}的公比为q(q>0)， 由a5＝a1q4＝16，a1＝1，得16＝q4，解得q＝2， a11－q71×1－27

所以S7＝＝＝127.

1－q1－2答案：127

8．在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 解析：设该数列的公比为q，由题意知， 192＝3×q3，q3＝，所以q＝4.

所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48. 答案：12,48

9．(2018·江西师范大学附属中学期中)若等比数列{an}满足a2a4＝a5，a4＝8，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

－an＋1

∈(0,1)， －an

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解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a2a4＝a5，a4＝8，

a1q3＝a1q4，a1q·a1＝1，∴3解得 aq＝8，q＝2，1

1×1－2nn∴Sn＝＝2－1.

1－2答案：2n－1

10．已知等比数列{an}为递减数列，且a25＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.

解析：设公比为q，由a25＝a10， 得(a1q4)2＝a1·q9，即a1＝q. 又由2(an＋an＋2)＝5an＋1， 得2q2－5q＋2＝0， 1

解得q＝(q＝2舍去)，

21－

所以an＝a1·qn1＝n. 21

答案：n 2

an11．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝. n(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． 解：(1)由条件可得an＋1＝

2n＋1nan.

将n＝1代入得，a2＝4a1， 而a1＝1，所以a2＝4.

将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12. 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.

(2)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列． an＋12an由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，

n＋1n又b1＝1，

所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列． an－－

(3)由(2)可得n＝2n1，所以an＝n·2n1.

12．(2019·甘肃诊断)设数列{an＋1}是一个各项均为正数的等比数列，已知a3＝7，a7＝

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127.

(1)求a5的值；

(2)求数列{an}的前n项和．

解：(1)由题可知a3＋1＝8，a7＋1＝128， 则有(a5＋1)2＝(a3＋1)(a7＋1)＝8×128＝1 024， 可得a5＋1＝32，即a5＝31. (2)设数列{an＋1}的公比为q，

a3＋1＝a1＋1q2，a1＋1＝2，

由(1)知得 4

a＋1＝a＋1q，q＝2，51

所以数列{an＋1}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2×2n1＝2n，

－

所以an＝2n－1，

21－2n＋

利用分组求和可得，数列{an}的前n项和Sn＝－n＝2n1－2－n.

1－2

B级——创高分自选

2

1．在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a2n，an－1)在直线x－9y＝0上，则

数列{an}的前n项和Sn等于( )

A．3－1 1＋3nC.

2

n

1－－3n B. 23n2＋n D.

2

222

解析：选A 由点(a2n，an－1)在直线x－9y＝0上，得an－9an－1＝0，即(an＋3an－1)(an－

an3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，∴an＋3an－1>0，∴an－3an－1＝0，即＝

an－121－3nn

3，∴数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝＝3－1.

1－3

2．(2019·郑州一测)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.

解析：因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，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.

答案：100

1n3．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n

－1

，n∈N*.

(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn； (2)求T2n.

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1n

解：(1)∵an·an＋1＝2， 1n＋1∴an＋1·an＋2＝2， ∴

an＋211

＝，即an＋2＝an. an22

∵bn＝a2n＋a2n－1，

11

a2n＋a2n－1

2bn＋1a2n＋2＋a2n＋121

∴＝＝＝， bna2n＋a2n－1a2n＋a2n－121∵a1＝1，a1·a2＝，

213∴a2＝，∴b1＝a1＋a2＝. 22

31

∴{bn}是首项为，公比为的等比数列．

2231n－13

∴bn＝×＝n.

2221

(2)由(1)可知，an＋2＝an，

2

11

∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝

221

为首项，以为公比的等比数列，

2

1n11n1－221－23

∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－n.

1121－1－22

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