(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪考點(diǎn)復(fù)習(xí)6.3《等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和》教案 (含詳解)

PAGEPAGE18第三節(jié)等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和核心素養(yǎng)立意下的命題導(dǎo)向1.與等差數(shù)列的定義、性質(zhì)相類比，考查等比數(shù)列的定義、性質(zhì)，凸顯邏輯推理的核心素養(yǎng)．2．結(jié)合具體問題的計(jì)算，掌握等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式，凸顯數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)．3．與實(shí)際應(yīng)用問題相結(jié)合，考查等比數(shù)列的應(yīng)用，凸顯數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng)．[理清主干知識(shí)]1．等比數(shù)列的概念(1)如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比等于同一個(gè)非零常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列叫做等比數(shù)列．?dāng)?shù)學(xué)語言表達(dá)式：eq\f(an,an－1)＝eq\a\vs4\al(q)(n≥2，q為非零常數(shù))．(2)如果三個(gè)數(shù)a，G，b成等比數(shù)列，那么G叫做a與b的等比中項(xiàng)，其中G＝±eq\r(ab).2．等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式(1)若等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比是q，則其通項(xiàng)公式為an＝a1qn－1；通項(xiàng)公式的推廣：an＝amqn－m.(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3．等比數(shù)列的性質(zhì)已知{an}是等比數(shù)列，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．(1)相隔等距離的項(xiàng)組成的數(shù)列仍是等比數(shù)列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比數(shù)列，公比為eq\a\vs4\al(qm).(2)若{an}，{bn}是等比數(shù)列，則{λan}(λ≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))仍是等比數(shù)列．(3)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則有ak·al＝am·an.(4)當(dāng)q≠－1或q＝－1且n為奇數(shù)時(shí)，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比數(shù)列，其公比為eq\a\vs4\al(qn).[澄清盲點(diǎn)誤點(diǎn)]一、關(guān)鍵點(diǎn)練明1．(求公比)已知{an}是等比數(shù)列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，則公比q等于()A．－eq\f(1,2) B．－2C．2 D.eq\f(1,2)解析：選D由題意知q3＝eq\f(a5,a2)＝eq\f(1,8)，即q＝eq\f(1,2).2．(項(xiàng)的性質(zhì)的應(yīng)用)已知Sn是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a2·a4＝16，S3＝7，則a8＝()A．32 B．64C．128 D．256解析：選C∵a2·a4＝aeq\o\al(2,3)＝16，∴a3＝4(負(fù)值舍去)，①又S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(a3,q2)＋eq\f(a3,q)＋a3＝7，②聯(lián)立①②，得3q2－4q－4＝0，解得q＝－eq\f(2,3)或q＝2，∵an>0，∴q＝2，∴a8＝a3·q5＝27＝128.3．(前n項(xiàng)和性質(zhì)的應(yīng)用)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2＝3，S4＝15，則S6＝()A．31 B．32C．63 D．64解析：選C由等比數(shù)列的性質(zhì)，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.二、易錯(cuò)點(diǎn)練清1．(忽視判斷項(xiàng)的符號(hào))在等比數(shù)列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的兩根，則a5的值是()A．－2 B．－eq\r(2)C．±eq\r(2) D.eq\r(2)解析：選B根據(jù)根與系數(shù)之間的關(guān)系得a3＋a7＝－4，a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a得a3<0，a7<0，即a5<0，由a3a7＝aeq\o\al(2,5)，得a5＝－eq\r(a3a7)＝－eq\r(2).2．(忽視等比數(shù)列的項(xiàng)不為0)已知x,2x＋2,3x＋3是等比數(shù)列的前三項(xiàng)，則x的值為________．解析：由題意，得(2x＋2)2＝x(3x＋3)，即x2＋5x＋4＝0，解得x＝－1或x＝－4.當(dāng)x＝－1時(shí)，x,2x＋2,3x＋3分別為－1,0,0，不構(gòu)成一個(gè)等比數(shù)列，故x≠－1；當(dāng)x＝－4時(shí)，x,2x＋2,3x＋3分別為－4，－6，－9，能構(gòu)成一個(gè)等比數(shù)列，所以x的值為－4.答案：－43．(多個(gè)結(jié)果不注意驗(yàn)證)已知{an}是等比數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＝eq\f(2,a3)，S6＝63，則{an}的通項(xiàng)公式為an＝________.解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由已知，有eq\f(1,a1)－eq\f(1,a1q)＝eq\f(2,a1q2)，即1－eq\f(1,q)＝eq\f(2,q2)，解得q＝2或q＝－1.若q＝－1，則S6＝0，與S6＝63矛盾，不符合題意，∴q＝2，∴S6＝eq\f(a11－26,1－2)＝63，得a1＝1，∴an＝2n－1.答案：2n－14．(忽視對(duì)公比的討論)設(shè)a∈R，n∈N*，則1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝________.解析：當(dāng)a＝1時(shí)，1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝n＋1；當(dāng)a≠0且a≠1時(shí)，1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝eq\f(1－an＋1,1－a)；當(dāng)a＝0時(shí)，1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝1滿足上式．所以1＋a＋a2＋a3＋…＋an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1，a＝1，,\f(1－an＋1,1－a)，a≠1.))答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1，a＝1，,\f(1－an＋1,1－a)，a≠1))考點(diǎn)一等比數(shù)列的基本運(yùn)算[典例](1)(2020·全國卷Ⅱ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，則eq\f(Sn,an)＝()A．2n－1 B．2－21－nC．2－2n－1 D．21－n－1(2)(2020·全國卷Ⅱ)數(shù)列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，則k＝()A．2 B．3C．4 D．5[解析](1)法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，,a6－a4＝a1q5－a1q3＝24))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2，))所以Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n，故選B.法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閑q\f(a6－a4,a5－a3)＝eq\f(a41－q2,a31－q2)＝eq\f(a4,a3)＝eq\f(24,12)＝2，所以q＝2，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(\f(a11－qn,1－q),a1qn－1)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n，故選B.(2)令m＝1，則由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝2，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×eq\f(2×1－210,1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故選C.[答案](1)B(2)C[方法技巧](1)等比數(shù)列中有五個(gè)量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)便可迎刃而解．(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式涉及對(duì)公比q的分類討論，當(dāng)q＝1時(shí)，{an}的前n項(xiàng)和Sn＝na1；當(dāng)q≠1時(shí)，{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2021·湖北八校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a2a10＝4a6，Sn為等差數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，且S6＝S10，a6＝b7，則bA.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C．－eq\f(8,3) D．－4解析：選B∵{an}為等比數(shù)列，且a2a10＝4a6，∴aeq\o\al(2,6)＝4a6，解得a6＝4.設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，∵S6＝S10，∴b7＋b8＋b9＋b10＝0，則b7＋b10＝0.∵a6＝b7＝4，∴b10＝－4，∴3d＝b10－b7＝－4－4＝－8，∴d＝－eq\f(8,3)，∴b9＝b7＋2d＝4＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)))＝－eq\f(4,3).故選B.2．(多選)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若設(shè)其公比為q，前n項(xiàng)和為SnA．q＝2 B．a(chǎn)n＝2nC．S10＝2047 D．a(chǎn)n＋an＋1<an＋2解析：選ABD由題意2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(負(fù)值舍去)，選項(xiàng)A正確；an＝2×2n－1＝2n，選項(xiàng)B正確；Sn＝eq\f(2×2n－1,2－1)＝2n＋1－2，所以S10＝2046，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，選項(xiàng)D正確．3．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若4a1,2a2，a3成等差數(shù)列，a1＝1，則S解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)?a1,2a2，a3成等差數(shù)列，a1＝1，所以4a2＝4a1＋a3，即4q＝4＋q2，解得q＝2.因此，S7＝eq\f(a11－q7,1－q)＝eq\f(1－27,1－2)＝127.答案：127考點(diǎn)二等比數(shù)列的判定與證明[典例](2021年1月新高考八省聯(lián)考卷)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)證明：數(shù)列{an＋an＋1}為等比數(shù)列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．[解](1)證明：由an＋2＝2an＋1＋3an，得an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，所以數(shù)列{an＋an＋1}是公比為3的等比數(shù)列．(2)因?yàn)閍1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，所以a2＋a1＝2.又由(1)知數(shù)列{an＋an＋1}是公比為3的等比數(shù)列，所以an＋1＋an＝(a2＋a1)·3n－1＝2·3n－1.于是an＋1－eq\f(1,2)×3n＝－an＋eq\f(1,2)×3n－1，又a2－eq\f(3,2)＝0，所以an－eq\f(3n－1,2)＝0，即an＝eq\f(3n－1,2)，而a1＝eq\f(1,2)也符合．于是an＝eq\f(1,2)×3n－1為所求．[方法技巧]等比數(shù)列的4種常用判定方法方法解讀適用題型定義法若eq\f(an＋1,an)＝q(q為非零常數(shù)，n∈N*)或eq\f(an,an－1)＝q(q為非零常數(shù)且n≥2，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列大題證明中項(xiàng)公式法若數(shù)列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列通項(xiàng)公式法若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式可寫成an＝c·qn－1(c，q均是不為0的常數(shù)，n∈N*)，則{an}是等比數(shù)列選擇填空前n項(xiàng)和公式法若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝k·qn－k(k為常數(shù)且k≠0，q≠0,1)，則{an}是等比數(shù)列[提醒](1)若證明某數(shù)列不是等比數(shù)列，則只要證明存在連續(xù)三項(xiàng)不成等比數(shù)列即可．(2)利用遞推關(guān)系時(shí)，要注意對(duì)n＝1時(shí)的情況進(jìn)行驗(yàn)證．[針對(duì)訓(xùn)練]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.(1)證明：{an}是等比數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；(2)若S5＝eq\f(31,32)，求λ.解：(1)證明：由題意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq\f(1,1－λ)，a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(λ,λ－1).因此{(lán)an}是首項(xiàng)為eq\f(1,1－λ)，公比為eq\f(λ,λ－1)的等比數(shù)列，于是an＝eq\f(1,1－λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n－1.(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n.由S5＝eq\f(31,32)得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(31,32)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(1,32).解得λ＝－1.考點(diǎn)三等比數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用[典例](1)(2020·全國卷Ⅰ)設(shè){an}是等比數(shù)列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，則a6＋a7＋a8＝()A．12 B．24C．30 D．32(2)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S2＝eq\f(1,9)，S3＝eq\f(7,27)，則a1a2…an的最小值為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))2 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))3C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))4 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))5[解析](1)法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，所以eq\f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq\f(a1＋a2＋a3q,a1＋a2＋a3)＝q＝2.由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，解得a1＝eq\f(1,7)，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝eq\f(1,7)×(25＋26＋27)＝eq\f(1,7)×25×(1＋2＋22)＝32，故選D.法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)，則bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋an＋2＋an＋3,an＋an＋1＋an＋2)＝eq\f(an＋an＋1＋an＋2q,an＋an＋1＋an＋2)＝q，所以數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，由題意知b1＝1，b2＝2，所以等比數(shù)列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32，故選D.(2)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q>0，由題意得a3＝S3－S2＝eq\f(4,27)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝\f(4,27)，,a1＋a1q＝\f(1,9)，,q>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,27)，,q＝2，))所以an＝eq\f(2n－1,27).當(dāng)1≤n≤5時(shí)，an<1；當(dāng)n≥6時(shí)，an>1，則a1a2…an的最小值為a1a2a3a4a5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3))5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)))[答案](1)D(2)D[方法技巧]1．等比數(shù)列性質(zhì)應(yīng)用問題的解題突破口等比數(shù)列的性質(zhì)可以分為三類：一是通項(xiàng)公式的變形，二是等比中項(xiàng)公式的變形，三是前n項(xiàng)和公式的變形．根據(jù)題目條件，認(rèn)真分析，發(fā)現(xiàn)具體的變化特征即可找出解決問題的突破口．2．應(yīng)用等比數(shù)列性質(zhì)解題時(shí)的2個(gè)注意點(diǎn)(1)在解決等比數(shù)列的有關(guān)問題時(shí)，要注意挖掘隱含條件，利用性質(zhì)，特別是性質(zhì)“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am·an＝ap·aq”，可以減少運(yùn)算量，提高解題速度．(2)在應(yīng)用相應(yīng)性質(zhì)解題時(shí)，要注意性質(zhì)成立的前提條件，有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)變形．此外，解題時(shí)注意設(shè)而不求思想的運(yùn)用．[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2021·湖南名校聯(lián)盟檢測)已知正數(shù)組成的等比數(shù)列{an}的前8項(xiàng)的積是81，那么a1＋a8的最小值是()A．2eq\r(3) B．2eq\r(2)C．8 D．6解析：選A∵正數(shù)組成的等比數(shù)列{an}的前8項(xiàng)的積是81，∴a1a2…a8＝(a1a8)4＝81，解得a1a8＝3.那么a1＋a8≥2eq\r(a1a8)＝2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a8＝eq\r(3)時(shí)取等號(hào)．故選A.2．在等比數(shù)列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝eq\f(15,8)，a2a3＝－eq\f(9,8)，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)等于()A.eq\f(3,5) B.eq\f(5,3)C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(5,3)解析：選Deq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＝eq\f(a1＋a4,a1·a4)＋eq\f(a2＋a3,a2·a3).∵在等比數(shù)列{an}中，a1·a4＝a2·a3，∴原式＝eq\f(a1＋a2＋a3＋a4,a2·a3)＝eq\f(15,8)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,9)))＝－eq\f(5,3).故選D.3．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S8－2S4＝5，則a9＋a10＋a11＋a12的最小值為()A．25 B．20C．15 D．10解析：選B在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，Sn>0.因?yàn)镾8－2S4＝5，所以S8－S4＝5＋S4，易知S4，S8－S4，S12－S8成等比數(shù)列，所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，所以S12－S8＝eq\f(S4＋52,S4)＝eq\f(25,S4)＋S4＋10≥2eq\r(\f(25,S4)·S4)＋10＝20(當(dāng)且僅當(dāng)S4＝5時(shí)取等號(hào))．因?yàn)镾12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值為20.創(chuàng)新考查方式——領(lǐng)悟高考新動(dòng)向1．中國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有這樣一個(gè)問題：今有牛、馬、羊食人苗，苗主責(zé)之粟五斗，羊主曰：“我羊食半馬．”馬主曰：“我馬食半牛．”今欲衰償之，問各出幾何？此問題的譯文是：今有牛、馬、羊吃了別人的禾苗，禾苗主人要求賠償5斗粟．羊主人說：“我的羊所吃的禾苗只有馬的一半．”馬主人說：“我的馬所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例償還，他們各應(yīng)償還多少？已知牛、馬、羊的主人應(yīng)償還a升，b升，c升，1斗為10升，則下列判斷正確的是()A．a(chǎn)，b，c依次成公比為2的等比數(shù)列，且a＝eq\f(50,7)B．a(chǎn)，b，c依次成公比為2的等比數(shù)列，且c＝eq\f(50,7)C．a(chǎn)，b，c依次成公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，且a＝eq\f(50,7)D．a(chǎn)，b，c依次成公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，且c＝eq\f(50,7)解析：選D由題意可知b＝eq\f(1,2)a，c＝eq\f(1,2)b，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(c,b)＝eq\f(1,2).∴a，b，c成等比數(shù)列且公比為eq\f(1,2).∵1斗＝10升，∴5斗＝50升，∴a＋b＋c＝50，又易知a＝4c，b＝2c，∴4c＋2∴7c＝50，∴c＝eq\f(50,7)，故選D.2．(2021·湖北省部分重點(diǎn)期中聯(lián)考)我國明代著名樂律學(xué)家朱載堉在《律學(xué)新說》中提出的十二平均律，即現(xiàn)代在鋼琴的鍵盤上，一個(gè)八度音程從一個(gè)c1鍵到下一個(gè)c2鍵的8個(gè)白鍵與5個(gè)黑鍵(如圖)的音頻恰好構(gòu)成一個(gè)等比數(shù)列的原理，c2的頻率正好是c1的2倍．已知標(biāo)準(zhǔn)音a1的頻率為440Hz，那么頻率為220eq\r(2)Hz的音名是()A．d1 B．f1C．e1 D.d1解析：選D一個(gè)八度音程從一個(gè)c1鍵到下一個(gè)c2鍵的8個(gè)白鍵與5個(gè)黑鍵的音頻恰好構(gòu)成一個(gè)等比數(shù)列，記為數(shù)列{mn},1≤n≤13，設(shè)其公比為q.又c2的頻率正好是c1的2倍，所以2m1＝m1q12解得q＝2.故從g1起向左，每一個(gè)單音的頻率與它右邊相鄰的單音的頻率的比為eq\f(1,q)＝2.記a1，g1，g1，…，c1的頻率構(gòu)成等比數(shù)列{ap}，由220eq\r(2)＝440×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2))p－1，得p＝7，故頻率為220eq\r(2)Hz的音名是d1，故選D.3．十九世紀(jì)下半葉集合論的創(chuàng)立，奠定了現(xiàn)代數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)．著名的“康托爾三分集”是數(shù)學(xué)理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間[0,1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，記為第一次操作；再將剩下的兩個(gè)區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為第二次操作；……，如此這樣，每次在上一次操作的基礎(chǔ)上，將剩下的各個(gè)區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段．操作過程不斷地進(jìn)行下去，以至無窮，剩下的區(qū)間集合即是“康托爾三分集”．若使去掉的各區(qū)間長度之和不小于eq\f(9,10)，則需要操作的次數(shù)n的最小值為(參考數(shù)據(jù)：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771)()A．4 B．5C．6 D．7解析：選C第一次操作去掉的區(qū)間長度為eq\f(1,3)；第二次操作去掉兩個(gè)長度為eq\f(1,9)的區(qū)間，長度和為eq\f(2,9)；第三次操作去掉四個(gè)長度為eq\f(1,27)的區(qū)間，長度和為eq\f(4,27)；……第n次操作去掉2n－1個(gè)長度為eq\f(1,3n)的區(qū)間，長度和為eq\f(2n－1,3n)，于是進(jìn)行了n次操作后，所有去掉的區(qū)間長度之和為Sn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,9)＋…＋eq\f(2n－1,3n)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，由題意，1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≥eq\f(9,10)，即nlgeq\f(2,3)≤lgeq\f(1,10)＝－1，即n(lg3－lg2)≥1，解得：n≥eq\f(1,lg3－lg2)＝eq\f(1,0.4771－0.3010)≈5.679，又n為整數(shù)，所以n的最小值為6.故選C.4．河南洛陽的龍門石窟是中國石刻藝術(shù)寶庫之一，現(xiàn)為世界文化遺產(chǎn)，龍門石窟與莫高窟、云岡石窟、麥積山石窟并稱中國四大石窟．現(xiàn)有一石窟的某處浮雕共7層，每上層的數(shù)量是下層的2倍，總共有1016個(gè)浮雕，這些浮雕構(gòu)成一幅優(yōu)美的圖案，若從最下層往上，浮雕的數(shù)量構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}，則log2(a3a5A．8 B．10C．12 D．16解析：選C依題意得，數(shù)列{an}是以2為公比的等比數(shù)列，因?yàn)樽钕聦拥母〉竦臄?shù)量為a1，所以S7＝eq\f(a11－27,1－2)＝1016，解得a1＝8，所以an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，所以a3＝25，a5＝27，從而a3×a5＝25×27＝212，所以log2(a3a5)＝log2212＝12，故選C.5．如圖所示，正方形上連接著等腰直角三角形，等腰直角三角形兩直角邊上再連接正方形，…，如此繼續(xù)下去，若共得到1023個(gè)正方形，設(shè)初始正方形的邊長為eq\r(2)，則最小正方形的邊長為________．解析：由題意知，正方形的邊長構(gòu)成以eq\r(2)為首項(xiàng)，以eq\f(\r(2),2)為公比的等比數(shù)列，現(xiàn)已知共得到1023個(gè)正方形，則有1＋2＋…＋2n－1＝1023，∴n＝10，∴最小正方形的邊長為eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))9＝eq\f(1,16).答案：eq\f(1,16)6．是否存在一個(gè)等比數(shù)列{an}同時(shí)滿足下列三個(gè)條件：①a1＋a6＝11且a1a6＝eq\f(32,9)；②an＋1>an(n∈N*)；③至少存在一個(gè)m(m∈N*且m>4)，使得eq\f(2,3)am－1，aeq\o\al(2,m)，am＋1＋eq\f(4,9)依次構(gòu)成等差數(shù)列？解：假設(shè)存在滿足條件的等比數(shù)列{an}．由①可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a6＝11，,a1·a6＝\f(32,9).))由②可知數(shù)列{an}是遞增的，所以a6>a1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,3)，,a6＝\f(32,3)))?q＝2.此時(shí)an＝eq\f(1,3)×2n－1.由③可知2aeq\o\al(2,m)＝eq\f(2,3)am－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(am＋1＋\f(4,9)))?2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×2m－1))2＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×2m－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×2m＋\f(4,9)))，解得m＝3，與已知m>4矛盾，故這樣的數(shù)列{an}不存在．eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測])一、基礎(chǔ)練——練手感熟練度1．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a1a5＝16，a2＝2，則公比qA．4 B.eq\f(5,2)C．2 D.eq\f(1,2)解析：選C由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1·a1q4＝16，,a1q＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,q＝－2))(舍去)，故選C.2．公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，則A．8 B．9C．10 D．11解析：選C由題意得，2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∵a1am＝a5a3．已知公比q≠1的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，S3＝3a3，則S5A．1 B．5C.eq\f(31,48) D.eq\f(11,16)解析：選D由題意得eq\f(a11－q3,1－q)＝3a1q2，解得q＝－eq\f(1,2)或q＝1(舍)，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))5,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(11,16).4．已知{an}是公差為3的等差數(shù)列，若a1，a2，a4成等比數(shù)列，則{an}的前10項(xiàng)和S10＝()A．165 B．138C．60 D．30解析：選A由a1，a2，a4成等比數(shù)列得aeq\o\al(2,2)＝a1a4，即(a1＋3)2＝a1·(a1＋9)，解得a1＝3，則S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10×3＋45×3＝165.故選A.5．已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn為其前n項(xiàng)和，且滿足：a1＋3a3＝eq\f(7,2)，S3＝eq\f(7,2)，則a4＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,8)C．4 D．8解析：選A設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q>0.∵a1＋3a3＝eq\f(7,2)，S3＝eq\f(7,2)，∴a1＋3a1q2＝eq\f(7,2)，a1(1＋q＋q2)＝eq\f(7,2)，聯(lián)立解得a1＝2，q＝eq\f(1,2).則a4＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,4).故選A.二、綜合練——練思維敏銳度1．(2021·福州模擬)已知等比數(shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，滿足a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，則a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋A．62 B．62eq\r(2)C．61 D．61eq\r(2)解析：選A設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，∵a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，∴a1(1＋q2)＝3，a1(q2＋q4)＝6，聯(lián)立解得a1＝1，q2＝2.∵eq\f(an＋1an＋3,anan＋2)＝q2＝2，a1a3＝1×(1×2)＝2，∴{anan＋2}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，∴a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝eq\f(21－25,1－2)＝62.故選A.2．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a2與a8的等比中項(xiàng)為eq\r(2)，則aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,6)的最小值是()A．1 B．2C．4 D．8解析：選C∵等比數(shù)列{an}中，a2與a8的等比中項(xiàng)為eq\r(2)，∴a4a6＝a2a8＝2.則aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,6)≥2a4a6＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a4＝a6＝eq\r(2)時(shí)取等號(hào)．故選C.3．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝b1＝1，an＋1－an＝eq\f(bn＋1,bn)＝3，n∈N*，則數(shù)列{ban}的前10項(xiàng)和為()A.eq\f(1,2)(310－1) B.eq\f(1,8)(910－1)C.eq\f(1,26)(279－1) D.eq\f(1,26)(2710－1)解析：選D由an＋1－an＝3，知數(shù)列{an}為公差為3的等差數(shù)列，則an＝1＋(n－1)×3＝3n－2；由eq\f(bn＋1,bn)＝3，知數(shù)列{bn}為公比為3的等比數(shù)列，則bn＝3n－1.所以ban＝33n－3＝27n－1，則數(shù)列{ban}為首項(xiàng)為1，公比為27的等比數(shù)列，則數(shù)列{ban}的前10項(xiàng)和為eq\f(1－2710,1－27)＝eq\f(1,26)(2710－1)．故選D.4．(2021·邵陽模擬)設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若eq\f(S4,S2)＝3，則eq\f(S6,S4)＝()A．2 B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10) D．1或2解析：選B設(shè)S2＝k(k≠0)，S4＝3k，∵數(shù)列{an}為等比數(shù)列，∴S2，S4－S2，S6－S4也為等比數(shù)列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3)，故選B.5．(多選)在公比為q的等比數(shù)列{an}中，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，a5＝27a2A．q＝3 B．?dāng)?shù)列{Sn＋2}是等比數(shù)列C．S5＝121 D．2lgan＝lgan－2＋lgan＋2(n≥3)解析：選ACD因?yàn)閍1＝1，a5＝27a2，所以有a1·q4＝27a1·q?q3＝27?因?yàn)镾n＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(1,2)(3n－1)，所以Sn＋2＝eq\f(1,2)(3n＋3)，因?yàn)閑q\f(Sn＋1＋2,Sn＋2)＝eq\f(\f(1,2)3n＋1＋3,\f(1,2)3n＋3)＝1＋eq\f(2,1＋31－n)≠常數(shù)，所以數(shù)列{Sn＋2}不是等比數(shù)列，故選項(xiàng)B不正確；因?yàn)镾5＝eq\f(1,2)(35－1)＝121，所以選項(xiàng)C正確；an＝a1·qn－1＝3n－1>0，因?yàn)楫?dāng)n≥3時(shí)，lgan－2＋lgan＋2＝lg(an－2·an＋2)＝lgaeq\o\al(2,n)＝2lgan，所以選項(xiàng)D正確．6．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在兩項(xiàng)am，an使得eq\r(aman)＝32，則eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值為()A.eq\f(3,4) B.eq\f(9,10)C.eq\f(3,2) D.eq\f(9,5)解析：選A設(shè)公比為q，q>0.∵數(shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，∴a2a8＝aeq\o\al(2,5)＝16a5，∴a5＝16，又a3＋a5＝20，∴a3＝4，∴q＝2，∴a1＝1，∴an＝a1qn－1＝2n－1.∵eq\r(aman)＝32，∴2m－12n－1＝210，即m＋n＝12，∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,12)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(n,m)·\f(4m,n))))＝eq\f(3,4)(m，n∈N*)，當(dāng)且僅當(dāng)n＝2m，即m＝4，n＝8時(shí)“＝”∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值為eq\f(3,4)，故選A.7．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，則λ＝()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：選A法一：依題意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,2)＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故選A.法二：Sn＝2n＋1＋λ＝2×2n＋λ，易知q≠1，因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，所以Sn＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)qn，據(jù)此可得λ＝－2.故選A.8．設(shè)數(shù)列{(n2＋n)an}是等比數(shù)列，且a1＝eq\f(1,6)，a2＝eq\f(1,54)，則數(shù)列{3nan}的前15項(xiàng)和為()A.eq\f(14,15) B.eq\f(15,16)C.eq\f(16,17) D.eq\f(17,18)解析：選B等比數(shù)列{(n2＋n)an}的首項(xiàng)為2a1＝eq\f(1,3)，第二項(xiàng)為6a2＝eq\f(1,9)，故公比為eq\f(1,3)，所以(n2＋n)an＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(1,3n)，所以an＝eq\f(1,3nn2＋n)，則3nan＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，其前n項(xiàng)和為1－eq\f(1,n＋1)，當(dāng)n＝15時(shí)，前15項(xiàng)和為1－eq\f(1,16)＝eq\f(15,16).9．各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2，S3n＝14，則S4n等于()A．80 B．30C．26 D．16解析：選B由題意知公比大于0，由等比數(shù)列性質(zhì)知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍為等比數(shù)列．設(shè)S2n＝x，則2，x－2,14－x成等比數(shù)列．由(x－2)2＝2×(14－x)，解得x＝6或x＝－4(舍去)．∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.10．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn，若a1＝－24，a4＝－eq\f(8,9)，則當(dāng)Tn取得最大值時(shí)，n的值為()A．2 B．3C．4 D．6解析：選C設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a4＝－24q3＝－eq\f(8,9)，所以q3＝eq\f(1,27)，q＝eq\f(1,3)，易知此等比數(shù)列各項(xiàng)均為負(fù)數(shù)，則當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn為負(fù)數(shù)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn為正數(shù)，所以Tn取得最大值時(shí)，n為偶數(shù)，排除B；而T2＝(－24)2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝24×8＝192，T4＝(－24)4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))6＝84×eq\f(1,9)＝eq\f(84,9)>192，T6＝(－24)6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))15＝86×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))9＝eq\f(86,39)＝eq\f(84,9)×eq\f(82,37)<eq\f(84,9)，所以T4最大．故選C.11．設(shè)數(shù)列{an}為等差數(shù)列，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列．若a1＋a5＋a9＝π，則cos(a2＋a8)＝______；若bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，則b1b2…b10＝________.解析：因?yàn)閿?shù)列{an}為等差數(shù)列，a1＋a5＋a9＝π，所以3a5＝π?a5＝eq\f(π,3)，所以cos(a2＋a8)＝cos(2a5)＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2).又因?yàn)閿?shù)列{bn}為等比數(shù)列，bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，所以2b5b6＝4?b5b6＝2，所以b1b2…b10＝(b5b6)5＝25＝32.答案：－eq\f(1,2)3212．已知等比數(shù)列{an}的公比為正數(shù)，且a3a9＝2aeq\o\al(2,5)，a2＝1，則a1＝________.解析：∵a3a9＝aeq\o\al(2,6)，∴aeq\o\al(2,6)＝2aeq\o\al(2,5)，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∴q2＝2，由于q>0，解得q＝eq\r(2)，∴a1＝eq\f(a2,q)＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)13．等比數(shù)列{an}中，已知各項(xiàng)都是正數(shù)，且a1，eq\f(1,2)a3,2a2成等差數(shù)列，則eq\f(a13＋a14,a14＋a15)＝________.解析：設(shè){an}的公比為q.由題意得a1＋2a2＝a3，則a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝eq\f(2＋\r(8),2)＝1＋eq\r(2)(舍負(fù))，則eq\f(a13＋a14,a14＋a15)＝eq\f(1,q)＝eq\r(2)－1.答案：eq\r(2)－114．在數(shù)列{an}中，aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.(1)證明：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)證明：∵aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝eq\f(an＋2＋1,an＋1＋1).∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴eq\f(a2＋1,a1＋1)＝2，∴數(shù)列{an＋1}是以3為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知，an＋1＝3·2n－1，∴an＝3·2n－1－1，∴Sn＝eq\f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.15．(2020·新高考全國卷Ⅰ)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＝