20202021学年高考数学考点第七章数列等比数列及其前n项和理

等比数列及其前n项和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an＋1an＝q(n∈N*，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⇒G2＝ab.2．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1qn－1.(2)前n项和公式：Sn＝na1q＝1，a11－qn1－q＝a1－anq1－qq≠1.3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a2k.(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，1an，{a2n}，{an·bn}，anbn(λ≠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，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.4．在等比数列{an}中，若Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列(n为偶数且q＝－1除外)．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．“b2＝ac”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b2＝ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a＝0，b＝0，c＝1.但a，b，c成等比数列一定有b2＝ac.1．（2020•新课标Ⅰ）设{}na是等比数列，且1231aaa，2342aaa，则678(aaa)A．12B．24C．30D．32【答案】D【解析】{}na是等比数列，且1231aaa，则234123()aaaqaaa，即2q，55678123()2132aaaqaaa，故选D．2．（2020•新课标Ⅱ）记nS为等比数列{}na的前n项和．若5312aa，6424aa，则(nnSa)A．21nB．122nC．122nD．121n【答案】B【解析】设等比数列的公比为q，5312aa，6453()aaqaa，2q，421112aqaq，11212a，11a，122112nnnS，12nna，1121222nnnnnSa，故选B．3．（2019•全国）35213333(n)A．3(91)2nB．13(91)2nC．3(91)8nD．13(91)8n【答案】D【解析】数列3，33，53，，213n是首项为3，公比为23的等比数列；且213n是第1n项；223521123(13)33333(91)138nnn．故选D．4．（2019•浙江）设a，bR，数列{}na满足1aa，21nnaab，*nN，则()A．当12b时，1010aB．当14b时，1010aC．当2b时，1010aD．当4b时，1010a【答案】A【解析】对于B，令2104xx，得12x，取112a，211,,1022naa，当14b时，1010a，故B错误；对于C，令220xx，得2x或1x，取12a，22a，，210na，当2b时，1010a，故C错误；对于D，令240xx，得1172x，取11172a，21172a，，117102na，当4b时，1010a，故D错误；对于A，221122aa…，223113()224aa…，4224319117()14216216aaa…，10nnaa，{}na递增，当4n…时，11132122nnnnaaaa，5465109323232aaaaaa，61043()2aa，107291064a．故A正确．故选A．5．（2019•新课标Ⅲ）已知各项均为正数的等比数列{}na的前4项和为15，且53134aaa，则3(a)A．16B．8C．4D．2【答案】C【解析】设等比数列{}na的公比为(0)qq，则由前4项和为15，且53134aaa，有231111421111534aaqaqaqaqaqa，112aq，2324a．故选C．6．（2020•江苏）设{}na是公差为d的等差数列，{}nb是公比为q的等比数列．已知数列{}nnab的前n项和221(*)nnSnnnN，则dq的值是__________．【答案】4【解析】因为{}nnab的前n项和221(*)nnSnnnN，因为{}na是公差为d的等差数列，设首项为1a；{}nb是公比为q的等比数列，设首项为1b，所以{}na的通项公式1(1)naand，所以其前n项和2111[(1)]()222nanaandddSnan，当{}nb中，当公比1q时，其前n项和1nbSnb，所以{}nnab的前n项和2211()21(*)22nnnnabddSSSnannbnnnN，显然没有出现2n，所以1q，则{}nb的前n项和为111(1)111nnnbbqbqbSqqq，所以22111()21(*)2211nnnnnabbqbddSSSnannnnNqq，由两边对应项相等可得：111212211ddaqbq解得：2d，10a，2q，11b，所以4dq，故答案为：4．7．（2020•新课标Ⅰ）数列{}na满足2(1)31nnnaan，前16项和为540，则1a__________．【答案】7【解析】由2(1)31nnnaan，当n为奇数时，有231nnaan，可得23(2)1nnaan，31311aa，累加可得113[13(2)]2nnaan1[1(2)]1(1)(35)23224nnnnn；当n为偶数时，231nnaan，可得425aa，8617aa，121029aa，161441aa．可得241692aaa．1315448aaa．118(084096176280408560)4484a，1856a，即17a．故答案为：7．8．（2019•上海）已知数列{}na前n项和为nS，且满足2nnSa，则5S__________．【答案】3116【解析】由2nnSa，①得122a，即11a，且112(2)nnSan…，②①②得：11(2)2nnaan…．数列{}na是等比数列，且111,2aq．5511[1()]31211612S．故答案为：3116．9．（2019•新课标Ⅰ）设nS为等比数列{}na的前n项和．若11a，334S，则4S__________．【答案】58【解析】等比数列{}na的前n项和，11a，334S，1q，31314qq，整理可得，2104qq，解可得，12q，则4411151611812qSq．故答案为：58．10．（2019•新课标Ⅰ）记nS为等比数列{}na的前n项和．若113a，246aa，则5S1213．【答案】【解析】在等比数列中，由246aa，得625110qaqa，即0q，3q，则551(13)1213133S，故答案为：1213．11．（2020•北京）已知{}na是无穷数列．给出两个性质：①对于{}na中任意两项ia，()jaij，在{}na中都存在一项ma，使得2imjaaa；②对于{}na中任意一项(3)nan…，在{}na中都存在两项ka，()lakl，使得2knlaaa．（Ⅰ）若(1nann，2，)，判断数列{}na是否满足性质①，说明理由；（Ⅱ）若12(1nnan，2，)，判断数列{}na是否同时满足性质①和性质②，说明理由；（Ⅲ）若{}na是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}na为等比数列．【解析】（Ⅰ）不满足，理由：2329*2aNa，不存在一项ma使得232maaa．（Ⅱ）数列{}na同时满足性质①和性质②，理由：对于任意的i和j，满足2212ijijaa，因为*iN，*jN且ij，所以2*ijN，则必存在2mij，此时，12{}mia且满足2212ijimjaaa，性质①成立，对于任意的n，欲满足212122nklknlaaa，满足2nkl即可，因为*kN，*lN，且kl，所以2kl可表示所有正整数，所以必有一组k，l使2nkl，即满足2knlaaa，性质②成立．（Ⅲ）首先，先证明数列恒正或恒负，反证法：假设这个递增数列先负后正，那么必有一项la绝对值最小或者有la与1la同时取得绝对值最小，如仅有一项la绝对值最小，此时必有一项2lmjaaa，此时||||mlaa与前提矛盾，如有两项la与1la同时取得绝对值最小值，那么必有21lmlaaa，此时||||mlaa，与前提条件矛盾，所以数列必然恒正或恒负，在数列恒正的情况下，由②知，存在k，l且kl，因为是递增数列，0klaa，使得23kklaaaa，即3kl，所以2231aaa，此时1a，2a，3a成等比数列，数学归纳法：（1）已证3n时，满足{}na是等比数列，公比21aqa，（2）假设nk时，也满足{}ka是等比数列，公比21aqa，那么由①知21kkkaqaa等于数列的某一项ma，证明这一项为1ka即可，反证法：假设这一项不是1ka，因为是递增数列，所以该项211kmkkkaaqaaa，那么1kkkaaqa，由等比数列{}ka得1111kkkaqaaq，由性质②得2111kkmlaaqaqa，同时21mkmllaaaaa，s所以1kml，所以ma，la分别是等比数列{}ka中两项，即11mmaaq，11llaaq，原式变为121111kmlkaqaqaq，所以121kmlk，又因为*kN，*mN，*lN，不存在这组解，所以矛盾，所以知211kkkkaqaaa，1{}ka为等比数列，由数学归纳法知，{}na是等比数列得证，同理，数列恒负，{}na也是等比数列．12．（2020•天津）已知{}na为等差数列，{}nb为等比数列，111ab，5435()aaa，5434()bbb．（Ⅰ）求{}na和{}nb的通项公式；（Ⅱ）记{}na的前n项和为nS，求证：221(*)nnnSSSnN；（Ⅲ）对任意的正整数n，设21132,,,nnnnnnnabnaacanb为奇数为偶数求数列{}nc的前2n项和．【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11a，5435()aaa，则145dd，可得1d，11nann，11b，5434()bbb，4324()qqq，解得2q，12nnb；（Ⅱ）证明：法一：由（Ⅰ