第34讲等比数列（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023年高考数学一轮复习考点精讲练+易错题型（新高考专用）

第 34 讲 等比数列 【基础知识网络图】 通项公式及相关性质 等比数列 等比中项 等比数列与函数的关系 【基础知识全通关】 1．等比数列的概念 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常数 ，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． 注意：（1）等比数列的每一项都不可能为0； （2）公比是每一项与其前一项的比，前后次序不能颠倒，且公比是一个与 无关的常 数. 2．等比中项 如果在 与 中间插入一个数 ，使 ， ， 成等比数列，那么 叫做 与 的等 比中项，此时 ． 3．等比数列的通项公式及其变形 首项为 ，公比为 的等比数列的通项公式是 ． 等比数列通项公式的变形： ． 4．等比数列与指数函数的关系 等比数列 的通项公式 还可以改写为 ，当 且 时， 是指数函数， 是指数型函数，因此数列 的图象是函数 的图象上一些孤立的点．当 或 时， 是递增数列； 当 或 时， 是递减数列； 当 时， 为常数列 ； 当 时， 为摆动数列，所有的奇数项（偶数项）同号，奇数项与偶数项异 号． 【考点研习一点通】 考点一：等比数列的概念、公式 例1.若数列 为等比数列， , , 求 . 【思路】：求解等比数列的项，首先要根据已知条件求出数列的通项公式。 【解析】：法一：令数列 的首项为 ,公比为q，则有 14 14 {a =a⋅q ¿¿¿¿ {10 =a⋅q ............. (1)¿¿¿¿ 15 1 1 即 ， (2)÷(1)有 , ∴ . ∴ . 法二：∵ 为等比数列， ∴ 即 , ∴ . ∴ . 法三：∵ 为等比数列，∴ 、 、 、 ,…也为等比数列， ∴ , ∴ 又∵ . a 2 902 a = 45 = =±270. 60 a ±30 ∴ 30 【总结】：熟悉等比数列的概念，基本公式及性质，要依条件恰当的选择入手公式，性 质，从而简洁地解决问题，减少运算量。 【变式1-1】已知等比数列 ，若 ， ，求 。 法一：∵ ，∴ ，∴ 从而 解之得 ， 或 ， 当 时， ；当 时， 。 故 或 。 法二：由等比数列的定义知 ， 代入已知得 将 代入（1）得 ， 解得 或由（2）得 或 ，以下同方法一。 考点二、等比数列的性质 例2.（1）等比数列 中， ， ， ，则 ( ) A． B． C． D． (2)设 为等比数列 的前n项和，已知 ,则公比q＝( ) A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】：A B 【解析】：（1） ，所以 又因为 ，则 所以 ，则 （2） ，两式相减： 所以 【变式2-1】等比数列 中，若 ,求 . 【解析】：∵ 是等比数列，∴ log a +log a +⋯+log a ∴ 3 1 3 2 3 10 考点三：等比数列的判断与证明 例3．已知数列{a}的前n项和S 满足：log(S+1)=n(n∈N),求出数列{a}的通项公式， n n 5 n + n 并判断{a}是何种数列？ n 【解析】：∵log(S+1)=n,∴S+1=5n,∴S=5n-1 (n∈N), 5 n n n +∴a=S=51-1=4, 1 1 当n≥2时，a=S-S =(5n-1)-(5n-1-1)=5n-5n-1=5n-1(5-1)=4×5n-1 n n n-1 而n=1时，4×5n-1=4×51-1=4=a, 1 ∴n∈N时，a=4×5n-1 + n 由上述通项公式，可知{a}为首项为4，公比为5的等比数列. n 【变式3-1】已知数列{C}，其中C=2n+3n，且数列{C -pC}为等比数列，求常数p。 n n n+1 n 【解析】：p=2或p=3； ∵{C -pC}是等比数列， n+1 n ∴对任意n∈N且n≥2，有(C -pC)2=(C -pC )(C-pC ) n+1 n n+2 n+1 n n-1 ∵C=2n+3n,∴[(2n+1+3n+1)-p(2n+3n)]2=[(2n+2+3n+2)-p(2n+1+3n+1)]·[(2n+3n)-p(2n-1+3n-1)] n 即[(2-p)·2n+(3-p)·3n]2=[(2-p)·2n+1+(3-p)·3n+1]·[(2-p)·2n-1+(3-p)·3n-1] 整理得： ,解得：p=2或p=3, 显然C -pC≠0，故p=2或p=3为所求. n+1 n 【变式3-2】设{a}、{b}是公比不相等的两个等比数列，C=a+b,证明数列{C}不是等比 n n n n n n 数列. 证明：设数列{a}、{b}的公比分别为p, q，且p≠q n n 为证{C}不是等比数列，只需证 . n ∵ , ∴ , 又∵ p≠q, a≠0, b≠0, 1 1 ∴ 即 ∴数列{C}不是等比数列. n 考点四：等比数列的其他考点 例4．已知三个数成等比数列，若前两项不变，第三项减去 32，则成等差数列.若再将此等 差数列的第二项减去4，则又成等比数列.求原来的三个数.【思路】：结合数列的性质设未知数。 【解析】： 法一：设成等差数列的三数为a-d, a,a+d. 则a-d, a, a+d+32成等比数列，a-d, a-4, a+d成等比数列. { a 2 =(a−d)(a+d+ 32 ) .......... (1)¿¿¿¿ ∴ d2 +16 8 由(2)得a= ...........(3) 由(1)得32a=d2+32d ..........(4) (3)代(4)消a，解得 或d=8. ∴当 时, ；当d=8时,a=10 2 26 338 9 9 9 ∴原来三个数为 , , 或2,10,50. 法二：设原来三个数为a, aq, aq2，则a, aq,aq2-32成等差数列，a, aq-4, aq2-32成等 比数列 { 2aq =a+ aq 2 − 32........ (1)¿¿¿¿ ∴ 由(2)得 ，代入(1)解得q=5或q=13 当q=5时a=2；当q=13时 . 2 26 338 9 9 9 ∴原来三个数为2，10，50或 ， , . 【总结】：选择适当的设法可使方程简单易解。一般地，三数成等差数列，可设此三数为x y a-d, a, a+d；若三数成等比数列，可设此三数为 ，x, xy。但还要就问题而言，这里解法二 中采用首项a，公比q来解决问题反而简便。 【变式4-1】有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数 与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和为12，求这四个数. 【解析】：设四个数分别是x,y,12-y,16-x {2y=x+ 12 −y....... (1)¿¿¿¿ ∴ 由(1)得x=3y-12，代入(2)得144-24y+y2=y(16-3y+12) ∴144-24y+y2=-3y2+28y, ∴4y2-52y+144=0, ∴y2-13y+36=0, ∴ y=4或9， ∴ x=0或15， ∴四个数为0，4，8，16或15，9，3，1. 【考点易错】 1.已知 是等比数列，且 ， ，则 等于 A． B．24 C． D．48 【答案】B 【解析】由题意知 ，则 ， 所以 ，故选B． 2.各项都是正数的等比数列 中， ， ， 成等差数列，则 的值为 A． B．C． D． 或 【答案】B 【 解 析 】 设 的 公 比 为 q （ ） ， 根 据 题 意 可 知 ， 得 ，解得 （负值舍去），而 ，故选B． 【名师点睛】该题考查的是数列的有关问题，涉及的知识点有：三个数成等差数列的条 件，等比数列的性质等，注意题中的隐含条件. 3.在等比数列 中， 是方程 的根，则 A． B．2 C．1 D． 【答案】A 【 解 析 】 由 等 比 数 列 的 性 质 知 ， 故 ，故选A. 4.已知等比数列 的前n项和为 ，若 ， ，则 _______． 【答案】140 【解析】方法1：由 ， ，易得公比 ， 根据等比数列前 n 项和的性质，可得 ，即 ，解得 ，又 ，所以 ， ． 方法2：根据等比数列前n项和的性质，可得 ，即 ，解得 ， 所以 ． 方法3：根据等比数列前n项和的性质，可知 ， ， 成等比数列， 则 ，即 ，解得 ． 5.设 为等比数列，给出四个数列：① ，② ，③ ，④ .其中 一定为等比数列的是 A．①③ B．②④ C．②③ D．①② 【答案】D 【解析】设 ， ① ，所以数列 是等比数列； ② ，所以数列 是等比数列； ③ 不是一个常数，所以数列 不是等比数列； ④ 不是一个常数，所以数列 不是等比数列. 故选D. 【名师点睛】本题主要考查等比数列的判定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分 析推理能力.求解时，设 ，再利用等比数列的定义和性质逐一分析判断每一个选项得解. 6.已知数列 满足 . （1）证明： 是等比数列； （2）求 . 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】（1）由 得： ， 因为 ， 所以 ， 从而由 得 ， 所以 是以 为首项， 为公比的等比数列. （2）由（1）得 ， 所以 . 【名师点睛】本题考查了数列中递推公式的应用，通过构造数列证明等比数列，分项求和 等知识点.形如 （ ），在构造数列时，可在等式两边同时加上 构 成等比数列. （1）利用递推公式可以得到 的表达式，两个式子相减即可得到 与 的表达式；构造数列{ }，即可证明{ }为等比数列. （2）利用{ }为等比数列，可求得{ }的通项公式；将{ }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. 7.若数列 满足 ，则称数列 为“平方递推数列”．已知数列 中， ，点 在函数 的图象上，其中n为正整数． （1）证明：数列 是“平方递推数列”，且数列 为等比数列； （2）设（1）中“平方递推数列”的前n项之积为 ，求 ； （3）在（2）的条件下，记 ，设数列 的前n项和为 ，求使 成立的n的最小值． 【答案】（1）见解析；（2） ；（3） ． a 1 【解析】（1）由题意得 ，即 ，则 n 是“平方递推 数列”． 对 两边取对数得 ， 所以数列 是以 为首项，2为公比的等比数列． （2）由（1）知 ，则 （3）由（2）知 ， ， 又 ， 所以 ，即 ， 又 ， 所以 ， 故使 成立的n的最小值为 ． 【巩固提升】 1.已知 是等差数列，公差 不为零，前 项和是 ，若 ， ， 成等比数列，则 ( ) A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 ， ， 成等比数列，即 解得： 又 2.在等比数列{a}中，S 表示前n项和，若a=2S+1，a=2S+1，则公比q=（ ） n n 3 2 4 3 A．﹣3 B．﹣1 C．3 D．1 【解析】等比数列{a}中，因为a=2S+1，a=2S+1，得a﹣a=2S+1﹣（2S+1） n 3 2 4 3 4 3 3 2 =2（S﹣S）=2a，即a=3a，解得q=3，故选C． 3 2 3 4 3 3. 已知数列 是递增的等比数列， ，则数列 的前 项和等于 . 【答案】 【解析】由题意， ，解得 或者 ，而数列 是递增的等比数列，所以 ，即 ，所以 ，因而数列 的前 项和 . 4．在等比数列{a}中， n （1）已知：a=2,S=26,求q与a; 1 3 3 （2）已知：a>0且aa+2aa+aa=25，求a+a; n 2 4 3 5 4 6 3 5 （3）已知：a=3, 求aaa……a； 4 1 2 3 7 a2 a2 a2 （4）已知：对任意自然数n都有a 1 +a 2 +……+a n =2n-1，求 1 2 +……+ n . 【解析】： （1）2(1+q+q2)=26, 解得q=3或q=-4.当q=3时a=18；当q=-4时, a=32. 3 3 a2 a2 （2）(a+a)2= 3 +2aa+ 5 =aa+2aa+aa=25, 又a>0, ∴a+a=5. 3 5 3 5 2 4 3 5 4 6 n 3 5a2 a7 （3）∵a 1 a 7 =a 2 a 6 =a 3 a 5 = 4 ,∴a 1 a 2 a 3 ……a 7 = 4 =37=2187. a2 a2 a2 （4）依题意S n =2n-1,易求得a n =2n-1, a 1 =1且公比为2，可知 1 ， 2 ，…… n 成等比数 列，公比为4. 4n 1 1 (4n 1) a2 a2 a2 41 3 ∴ 1 + 2 +……+ n = = . 5．有四个数，前三个成等比数列，且和为 19；后三个成等差数列，且和为12.求这四个 数. 【解析】： 依题意设这四个数为y, x-d, x,x+d， ∵后三个数和为12，∴(x-d)+x+(x+d)=12，解得x=12. 又前三个数成等比且和为19， (4d)2  4y y 9 y  25    y4d 419 d  2 d 14 ∴ , 解得 或 ， ∴这四个数为9，6，4，2或25，-10，4，18. 6．已知{a}为等比数列， n (1)若aaa a -aa-6=0，求aa . 1 4 10 13 5 9 2 12 (2)若a+a+a=2，a+a+a=8，求a+a+a+…+a +a +a . 1 2 3 7 8 9 1 2 3 3m-2 3m-1 3m 【解析】： (1)原式=(aa )2-aa -6=0  aa =3或aa =-2（舍去）； 2 12 2 12 2 12 2 12 a a a 2a (1qq2)2 (2) 1 2 3 1 a a a 8aq6(1qq2)8 7 8 9 1 q6 4q3 2 ∴ ， 由A=a+a+a=2  a(1+q+q2)=2，A=a+a+a=aq3(1+q+q2)， 1 1 2 3 1 2 4 5 6 1 A=aq6(1+q+q2)，A，A，A 成等比数列，且首项为A 公比为q3， 3 1 1 2 3 1 由前面得q3=±2， A(1q3m) 2[1(2)m] S  1 2(2m 1) 3m 1q3 3 则 或 .{a } S 1a 0 7.已知数列 n 的前n项和 n n，其中 ． {a } （I）证明 n 是等比数列，并求其通项公式； 31 S  5 32  （II）若 ，求 ． 【解析】（I）由题意得 由 由 所以 {a } 因此 n 是首项为 ，公比为 的等比数列，于是 （II）由（I）得 解得 8．若a=1,q≠1的等比数列前n项和为S，则原等比数列各项的倒数组成的数列的前n项 1 和T是多少？ 【解析】： a (1qn) 1qn 1  1q 1q ∵S=a+a+a+……+a= , 1 2 3 n 1 1 [1( )n] a q 1 1qn S 1    1 1 1 1 1 qn1 1q qn1     1  a a a a q ∴T= 1 2 3 n = . 1 4 9．一个等比数列{a}共有2n项，其中偶数项的和是所有项和的 ，且S=64，求此等比数 n 3 列通项. 【解析】：1 a q(1q2n) 1 a (1q2n) 1q 1 1 1 q q 4 1q2 4 1q 4 3 ∵S = S,∴ = × ,∴ , ∴ , 偶 n 1 a[1( )3] 3 64 1 64 1 a  9 3 1 13 又S=64，∴ ，∴ , 3 64 1 64 1 a  ∴ n 13 ×9×( 3 )n-1= 13 ×( 3 )n-3. 10．已知(b-c)logx+(c-a)logy+(a-b)logz=0. m m m (1)若a,b,c成公差d≠0的等差数列，证明 x,y,z成等比数列； (2)若x,y,z成公比q≠1的等比数列，证明a,b,c成等差数列. 【证明】： zx dlog m y2 (1)由已知有-dlogx+2dlogy-dlogz= =0,∴xz=y2,∴x,y,z成等比数列. m m m (2)∵y=xq, z=xq2, ∴(b-c)logx+(c-a)logx+(c-a)logq+(a-b)logx+2(a-b)logq=0, m m m m m 即logq(c-a+2a-2b)=0,又q≠1,∴logq≠0, ∴c+a-2b=0, m m ∴2b=a+c,∴a,b,c成等差数列. 11．数列{a}是等比数列，项数为偶数，各项为正，它所有项的和等于偶数项和的 4倍， n 且第2项与第4项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lga}的前多少项的和最大？ n 【解析】： n a (1qn) 4aq[1(q2)2] 4q 1 1  1 1 q 1q 1q2 1q 3 由题意可知q≠1且 ，即 ，∴ 1 4 a  22 33   又aq·aq3=9(aq2+aq3)，∴a=22·33 ，∴ n 3n1 3n4 1 1 1 1 1 ∴lga=2lg2-(n-4)lg3 n 当n≥2时，lga-lga =2lg2-(n-4)lg3-[2lg2-(n-5)lg3]=-lg3＜0 n n-1 ∴数列{lga}是递减的等差数列，且lga=lg(22×33)＞0 n 1 设数列{lga}的前n项和最大，则有 n lga 0 2lg2(n4)lg30 n 4log 4  n     3  lga 0 2lg2(n3)lg30  n 3log 4 n1 3∴n=5 ∴数列{lga}的前5项和最大. n 12．已知数列前n项和S=(p-2)+pa，nN*，p＞1且p≠2 n n (1)证明：{a}是等比数列； n (2)对一切自然数n，当a ＞a 或a ＜a 时，分别确定p的取值范围. n+1 n n+1 n 证明： (1)∵S=(p-2)+pa ，S =(p-2)+pa ，∴S -S=a =pa -pa(n≥1) n n n+1 n+1 n+1 n n+1 n+1 n a p n1  a p1 ∴(p-1)a =pa ,∵p＞1，p-1＞0，∴ n n+1 n p p1 ∴{a}是以 为公比的等比数列. n 2 p 2 p p a  a  ( )n1 1 p1 n p1 p1 (2)∵a=S=p-2+pa ，∴ ，∴ 1 1 1 2 p p p a a  ( )n1( 1)0 n1 n p1 p1 p1 ∴ p 1 p1 ∵p＞1，∴ 若a ＞a，只需2-p＞0，∴1＜p＜2 n+1 n 若a ＜a，只需2-p＜0，∴p＞2. n+1 n 13 ． 已 知 数 列 {a} 为 等 差 数 列 ， 公 差 d≠ 0 ， {a} 中 部 分 项 组 成 的 数 列 n n a ，a , a , ,a , k1 k2 k3  kn  恰为等比数列，且知k=1, k=5,k=17. 1 2 3 （1）求k； n （2）证明： k+k+……+k=3n-n-1. 1 2 n 【解析】： a a a a a a 依题意： k1 =a 1 , k2 =a 5 =a 1 +4d, k3=a 17 =a 1 +16d，而 k1 ， k2 ， k3为等比数列. 故有(a+4d)2=a(a+16d),解得a=2d. 1 1 1 1 a a 4d a 2a 5 1 1 1 a a a a 因而{ kn }的公比q= 1 = 1 = 1 =3.a 而 kn 在等差数列{a n }中是第k n 项， a a ∴ kn =a 1 +(k n -1)d,即 kn =(k n +1)d……(1) a a 又 kn 在等比数列{ kn }中是第n项， a a ∴ kn =a 1 ·qn-1即 kn =2d·3n-1……(2) 联立(1)(2)，解得k=2·3n-1-1. n （2）k+k+……+k=(2·30-1)+(2·31-1)+……+(2·3n-1-1)=2(30+31+……+3n-1)-n 1 2 n 3n 1 2 n3n n1 31 = 。