《高考數學理科一輪【學案30】等比數列及其前n項和含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學理科一輪【學案30】等比數列及其前n項和含答案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考數學精品復習資料 2019.5 學案30　等比數列及其前n項和 導學目標： 1.理解等比數列的概念.2.掌握等比數列的通項公式與前n項和公式.3.了解等比數列與指數函數的關系.4.能在具體的問題情境中識別數列的等比關系，并能用等比數列的有關知識解決相應的問題． 自主梳理 1．等比數列的定義 如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一常數(不為零)，那么這個數列叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的________，通常用字母________表示(q≠0)． 2．等比數列的通項公式 設等比數列{a

2、n}的首項為a1，公比為q，則它的通項an＝______________. 3．等比中項： 如果在a與b中間插入一個數G，使a，G，b成等比數列，那么G叫做a與b的等比中項． 4．等比數列的常用性質 (1)通項公式的推廣：an＝am________ (n，m∈N*)． (2)若{an}為等比數列，且k＋l＝m＋n (k，l，m，n∈N*)，則__________________________． (3)若{an}，{bn}(項數相同)是等比數列，則{λan} (λ≠0)，，{a}，{anbn}，仍是等比數列． (4)單調性：或?{an}是________數列；或?{an}是___

3、_____數列；q＝1?{an}是____數列；q<0?{an}是________數列． 5．等比數列的前n項和公式 等比數列{an}的公比為q (q≠0)，其前n項和為Sn，當q＝1時，Sn＝na1； 當q≠1時，Sn＝＝＝－. 6．等比數列前n項和的性質 公比不為－1的等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數列，其公比為______． 自我檢測 1．“b＝”是“a、b、c成等比數列”的 (　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分

4、也不必要條件 2．若數列{an}的前n項和Sn＝3n－a，數列{an}為等比數列，則實數a的值是 (　　) A．3 B．1 C．0 D．－1 3．(20xx溫州月考)設f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1 (n∈N*)，則f(n)等于 (　　) A.(8n－1) B.(8n＋1－1) C.(8n＋2－1) D.(8n＋3－1) 4．(20xx湖南長郡中學月考)已知等比數列{an}的前三項依次為a－2，a＋2，a＋8，則an等于

5、 (　　) A．8n B．8n C．8n－1 D．8n－1 5．設{an}是公比為q的等比數列，|q|>1，令bn＝an＋1 (n＝1,2，…)，若數列{bn}有連續(xù)四項在集合{－53，－23,19,37,82}中，則6q＝________. 探究點一　等比數列的基本量運算 例1　已知正項等比數列{an}中，a1a5＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a5＋a4a6＝36，求數列{an}的通項an和前n項和Sn. 變式遷移1　在等比數列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＝128

6、，Sn＝126，求n和q. 探究點二　等比數列的判定 例2　(20xx岳陽月考)已知數列{an}的首項a1＝5，前n項和為Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*. (1)證明數列{an＋1}是等比數列； (2)求{an}的通項公式以及Sn. 變式遷移2　設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)． (1)求a2，a3的值； (2)求證：數列{Sn＋2}是等比數列． 探究點三　等比數列性質的應用 例3　(20xx湛江月考)在等比數列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋

7、a5＝8，且＋＋＋＋＝2，求a3. 變式遷移3　(1)已知等比數列{an}中，有a3a11＝4a7，數列{bn}是等差數列，且b7＝a7，求b5＋b9的值； (2)在等比數列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，求a41a42a43a44. 分類討論思想與整體思想的應用 例　(12分)設首項為正數的等比數列{an}的前n項和為80，它的前2n項和為6 560，且前n項中數值最大的項為54，求此數列的第2n項． 【答題模板】 解　設數列{an}的公比為q， 若q＝1，則Sn＝na1，S2n＝2na1＝2Sn. ∵S2

8、n＝6 560≠2Sn＝160，∴q≠1，[2分] 由題意得[4分] 將①整體代入②得80(1＋qn)＝6 560， ∴qn＝81.[6分] 將qn＝81代入①得a1(1－81)＝80(1－q)， ∴a1＝q－1，由a1>0，得q>1， ∴數列{an}為遞增數列．[8分] ∴an＝a1qn－1＝qn＝81＝54. ∴＝.[10分] 與a1＝q－1聯立可得a1＝2，q＝3， ∴a2n＝232n－1 (n∈N*)．[12分] 【突破思維障礙】 (1)分類討論的思想：①利用等比數列前n項和公式時要分公比q＝1和q≠1兩種情況討論；②研究等比數列的單調性時應進行討論：當a1>0

9、，q>1或a1<0,01或a1>0,00且q≠1)常和指數函數相聯系．(3)整體思想：應用等比數列前n項和時，常把qn，當成整體求解． 本題條件前n項中數值最大的項為54的利用是解決本題的關鍵，同時將qn和的值整體代入求解，簡化了運算，體現了整體代換的思想，在解決有關數列求和的題目時應靈活運用． 1．等比數列的通項公式、前n項公式分別為an＝a1qn－1，Sn＝ 2．等比數列的判定方法： (1)定義法：即證明＝q

10、(q≠0，n∈N*) (q是與n值無關的常數)． (2)中項法：證明一個數列滿足a＝anan＋2 (n∈N*且anan＋1an＋2≠0)． 3．等比數列的性質： (1)an＝amqn－m (n，m∈N*)； (2)若{an}為等比數列，且k＋l＝m＋n (k，l，m，n∈N*)，則akal＝aman； (3)設公比不為－1的等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數列，其公比為qn. 4．在利用等比數列前n項和公式時，一定要對公比q＝1或q≠1作出判斷；計算過程中要注意整體代入的思想方法． 5．等差數列與等比數列的關系是： (1)若一個數列

11、既是等差數列，又是等比數列，則此數列是非零常數列； (2)若{an}是等比數列，且an>0，則{lg an}構成等差數列． (滿分：75分) 一、選擇題(每小題5分，共25分) 1．(20xx遼寧)設{an}是由正數組成的等比數列，Sn為其前n項和．已知a2a4＝1，S3＝7，則S5等于 (　　) A. B. C. D. 2．(20xx浙江)設Sn為等比數列{an}的前n項和，8a2＋a5＝0，則等于 (　　

12、) A．－11 B．－8 C．5 D．11 3．在各項都為正數的等比數列{an}中，a1＝3，前三項的和S3＝21，則a3＋a4＋a5等于(　　) A．33 B．72 C．84 D．189 4．等比數列{an}前n項的積為Tn，若a3a6a18是一個確定的常數，那么數列T10，T13，T17，T25中也是常數的項是 (　　) A．T10 B．T13 C．T17 D．T25 5．(20xx佛山模擬)記等比數列{an}的前n項和為Sn，若S3

13、＝2，S6＝18，則等于(　　) A．－3 B．5 C．－31 D．33 題號 1 2 3 4 5 答案 二、填空題(每小題4分，共12分) 6．設{an}是公比為正數的等比數列，若a1＝1，a5＝16，則數列{an}前7項的和為________． 7．(20xx平頂山月考)在等比數列{an}中，公比q＝2，前99項的和S99＝30，則a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________. 8．(20xx福建)在等比數列{an}中，若公比q＝4，且前3項之和等于21，則該數列的通項公式an＝________. 三、解答題(共38分) 9．(

14、12分)(20xx陜西)已知{an}是公差不為零的等差數列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比數列． (1)求數列{an}的通項； (2)求數列{2an}的前n項和Sn. 10．(12分)(20xx廊坊模擬)已知數列{log2(an－1)}為等差數列，且a1＝3，a2＝5. (1)求證：數列{an－1}是等比數列； (2)求＋＋…＋的值． 11．(14分)已知等差數列{an}的首項a1＝1，公差d>0，且第2項、第5項、第14項分別是等比數列{bn}的第2項、第3項、第4項． (1)求數列{an}與{bn}的通項公式； (2)設數列{cn}對n∈

15、N*均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 010. 答案 自主梳理 1．公比　q　2.a1qn－1　4.(1)qn－m　(2)akal＝aman (4)遞增　遞減　常　擺動　6.qn 自我檢測 1．D　2.B　3.B　4.C　5.－9 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　(1)在等比數列的通項公式和前n項和公式中共有a1，an，q，n，Sn五個量，知道其中任意三個量，都可以求出其余兩個量．解題時，將已知條件轉化為基本量間的關系，然后利用方程組的思想求解； (2)本例可將所有項都用a1和q表示，轉化為關于a1和q的方程組求解；也可利用等比數列的性質來轉化

16、，兩種方法目的都是消元轉化． 解　方法一　由已知得： ①－②，得4aq6＝64，∴aq6＝16.③ 代入①，得＋216＋16q2＝100. 解得q2＝4或q2＝. 又數列{an}為正項數列，∴q＝2或. 當q＝2時，可得a1＝， ∴an＝2n－1＝2n－2， Sn＝＝2n－1－； 當q＝時，可得a1＝32. ∴an＝32n－1＝26－n. Sn＝＝64－26－n. 方法二　∵a1a5＝a2a4＝a，a2a6＝a3a5，a3a7＝a4a6＝a， 由 可得 即 ∴解得或 當a3＝8，a5＝2時，q2＝＝＝. ∵q>0，∴q＝，由a3＝a1q2＝8， 得a1

17、＝32，∴an＝32n－1＝26－n. Sn＝＝64－26－n. 當a3＝2，a5＝8時，q2＝＝4，且q>0， ∴q＝2. 由a3＝a1q2，得a1＝＝. ∴an＝2n－1＝2n－2. Sn＝＝2n－1－. 變式遷移1　解　由題意得 解得或 若則Sn＝＝＝126， 解得q＝，此時，an＝2＝64n－1， ∴n＝6. 若則Sn＝＝126，∴q＝2. ∴an＝64＝22n－1.∴n＝6. 綜上n＝6，q＝2或. 例2　解題導引　(1)證明數列是等比數列的兩個基本方法： ①＝q (q為與n值無關的常數)(n∈N*)． ②a＝anan＋2 (an≠0，n∈N*)

18、． (2)證明數列不是等比數列，可以通過具體的三個連續(xù)項不成等比數列來證明，也可用反證法． (1)證明　由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*， 可得n≥2時，Sn＝2Sn－1＋n＋4， 兩式相減得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1， 即an＋1＝2an＋1，從而an＋1＋1＝2(an＋1)， 當n＝1時，S2＝2S1＋1＋5， 所以a2＋a1＝2a1＋6， 又a1＝5，所以a2＝11， 從而a2＋1＝2(a1＋1)， 故總有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*， 又a1＝5，a1＋1≠0，從而＝2， 即數列{an＋1}是首項為6，公比為2的等比數列． (2

19、)解　由(1)得an＋1＝62n－1， 所以an＝62n－1－1， 于是Sn＝－n＝62n－n－6. 變式遷移2　(1)解　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴當n＝1時，a1＝21＝2； 當n＝2時，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4； 當n＝3時，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6， ∴a3＝8. (2)證明　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan ＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，① ∴當n≥2時，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1 ＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．② ①－②得nan＝(n－1)

20、Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2. ∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2， ∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)． ∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0， ∴＝2， 故{Sn＋2}是以4為首項，2為公比的等比數列． 例3　解題導引　在解決等比數列的有關問題時，要注意挖掘隱含條件，利用性質，特別是性質“若m＋n＝p＋q，則aman＝apaq”，可以減少運算量，提高解題速度． 解　由已知得 ＋＋＋＋ ＝＋＋ ＝＝＝2， ∴a＝4，∴a3＝2.若a3＝－2，設數列的公比為q， 則＋－2－2q－2

21、q2＝8， 即＋＋1＋q＋q2 ＝2＋2＋＝－4. 此式顯然不成立，經驗證，a3＝2符合題意，故a3＝2. 變式遷移3　解　(1)∵a3a11＝a＝4a7， ∵a7≠0，∴a7＝4，∴b7＝4， ∵{bn}為等差數列，∴b5＋b9＝2b7＝8. (2)a1a2a3a4＝a1a1qa1q2a1q3＝aq6＝1.① a13a14a15a16＝a1q12a1q13a1q14a1q15 ＝aq54＝8.② ②①：＝q48＝8?q16＝2， 又a41a42a43a44＝a1q40a1q41a1q42a1q43 ＝aq166＝aq6q160＝(aq6)(q16)10 ＝1210＝

22、1 024. 課后練習區(qū) 1．B　[∵{an}是由正數組成的等比數列，且a2a4＝1， ∴設{an}的公比為q，則q>0，且a＝1，即a3＝1. ∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝＋＋1＝7，即6q2－q－1＝0. 故q＝或q＝－(舍去)，∴a1＝＝4. ∴S5＝＝8(1－)＝.] 2．A　[由8a2＋a5＝0，得8a1q＋a1q4＝0，所以q＝－2，則＝＝－11.] 3．C　[由題可設等比數列的公比為q， 則＝21?1＋q＋q2＝7?q2＋q－6＝0 ?(q＋3)(q－2)＝0， 根據題意可知q>0，故q＝2. 所以a3＋a4＋a5＝q2S3＝421＝84.] 4．C

23、　[a3a6a18＝aq2＋5＋17＝(a1q8)3＝a，即a9為定值，所以下標和為9的倍數的積為定值，可知T17為定值．] 5．D　[因為等比數列{an}中有S3＝2，S6＝18， 即＝＝1＋q3＝＝9， 故q＝2，從而＝ ＝1＋q5＝1＋25＝33.] 6．127 解析　∵公比q4＝＝16，且q>0，∴q＝2， ∴S7＝＝127. 7. 解析　∵S99＝30，即a1(299－1)＝30， ∵數列a3，a6，a9，…，a99也成等比數列且公比為8， ∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝ ＝＝30＝. 8．4n－1 解析　∵等比數列{an}的前3項之和為21，公比q＝4

24、， 不妨設首項為a1，則a1＋a1q＋a1q2＝a1(1＋4＋16)＝21a1＝21，∴a1＝1，∴an＝14n－1＝4n－1. 9．解　(1)由題設知公差d≠0， 由a1＝1，a1，a3，a9成等比數列， 得＝，…………………………………………………………………………(4分) 解得d＝1或d＝0(舍去)． 故{an}的通項an＝1＋(n－1)1＝n.……………………………………………………(7分) (2)由(1)知2an＝2n，由等比數列前n項和公式， 得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n＝ ＝2n＋1－2.………………………………………………………………………………(12分)

25、 10．(1)證明　設log2(an－1)－log2(an－1－1)＝d (n≥2)，因為a1＝3，a2＝5，所以d＝log2(a2－1)－log2(a1－1)＝log24－log22＝1，…………………………………………………………(3分) 所以log2(an－1)＝n，所以an－1＝2n， 所以＝2 (n≥2)，所以{an－1}是以2為首項，2為公比的等比數列．………(6分) (2)解　由(1)可得an－1＝(a1－1)2n－1， 所以an＝2n＋1，…………………………………………………………………………(8分) 所以＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋＝1－.…………………

26、……………………………………………(12分) 11．解　(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d， ∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)． 解得d＝2(d＝0舍)．……………………………………………………………………(2分) ∴an＝1＋(n－1)2＝2n－1.………………………………………………………………(3分) 又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9， ∴數列{bn}的公比為3， ∴bn＝33n－2＝3n－1.………………………………………………………………………(6分) (2)由＋＋…＋＝an＋1得 當n≥2時，＋＋…＋＝an. 兩式相減得：當n≥2時，＝an＋1－an＝2.……………………………………………(9分) ∴cn＝2bn＝23n－1 (n≥2)． 又當n＝1時，＝a2，∴c1＝3. ∴cn＝.……………………………………………………………(11分) ∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 010 ＝3＋＝3＋(－3＋32 010)＝32 010.…………………………………………(14分)