2019版高考數學一輪復習 第五章 數列 第30講 等比數列及其前n項和學案

《2019版高考數學一輪復習 第五章 數列 第30講 等比數列及其前n項和學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考數學一輪復習 第五章 數列 第30講 等比數列及其前n項和學案（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第30講　等比數列及其前n項和 考綱要求 考情分析 命題趨勢 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．能在具體的問題情境中識別數列的等比關系，并能用有關知識解決相應的問題． 4．了解等比數列與指數函數的關系. 2016·全國卷Ⅲ，17 2016·湖南卷，14 2016·四川卷，19 2016·天津卷，5 1.利用公式求等比數列指定項、前n項和；利用定義、通項公式證明等比數列． 2．利用等比數列性質求等比數列指定項、公比、前n項和. 分值：5～7分 1．等比數列的有關概念 (1)等比數列的有關概念 一般地，如果一

2、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，那么這個數列叫做等比數列．這個常數叫做等比數列的__公比__，通常用字母__q__表示． (2)等比中項 如果三個數a，G，b成等比數列，則G叫做a和b的等比中項，那么__＝__，即__G2＝ab__. 2．等比數列的有關公式 (1)等比數列的通項公式 設等比數列的首項為a1，公比為q，q≠0，則它的通項公式an＝__a1·qn－1__. (2)等比數列的前n項和公式 等比數列的公比為q(q≠0)，其前n項和為Sn，當q＝1時，Sn＝__na1__；當q≠1時，Sn＝____＝____. 3．等比數列的性質

3、 (1)通項公式的推廣：an＝am·__qn－m__(n，m∈N*)． (2)若為等比數列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，則ak·al＝am·an. (3)若，(項數相同)是等比數列，則(λ≠0)，，，，仍是等比數列． (4)公比不為－1的等比數列的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數列，其公比為__qn__. 1．思維辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)． (1)常數列一定是等比數列．(　×　) (2)等比數列中不存在數值為0的項．(　√　) (3)滿足an＋1＝qan(n∈N*，q為常數)的數列為等比數列．(　×　) (4)G為a

4、，b的等比中項?G2＝ab.(　×　) (5)若等比數列的首項為a1，公比是q，則其通項公式為an＝a1qn.(　×　) (6)數列的通項公式是an＝an，則其前n項和為Sn＝.(　×　) (7)q＞1時，等比數列是遞增數列．(　×　) (8)在等比數列中，若am·an＝ap·aq，則m＋n＝p＋q.(　×　) 解析 (1)錯誤．常數列0,0,0，…不是等比數列，故錯誤． (2)正確．由等比數列定義可知等比數列中不能有數值為0的項，故正確． (3)錯誤．當q＝0時，{an}不是等比數列，故錯誤． (4)錯誤．當G2＝ab＝0時，G不是a，b的等比中項，故錯誤． (5)錯誤．等

5、比數列的通項公式為an＝a1qn－1，故錯誤． (6)錯誤．當a＝1時，Sn＝n，故錯誤． (7)錯誤．當q>1，a1<0時，等比數列遞減，故錯誤． (8)錯誤．若an＝1，a1·a3＝a4·a5＝1，但1＋3≠4＋5，故錯誤． 2．已知數列a，a(1－a)，a(1－a)2，…是等比數列，則實數a滿足的條件是(　D　) A．a≠1　　 B．a≠0或a≠1 C．a≠0　　 D．a≠0且a≠1 解析 由等比數列定義可知，a≠0且1－a≠0，即a≠0且a≠1，故選D． 3．設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S6∶S3＝1∶2，則S9∶S3＝(　C　) A．1∶2 　　　 B．2

6、∶3 C．3∶4 　　　　 D．1∶3 解析 由等比數列的性質知S3，S6－S3，S9－S6仍成等比數列，于是(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，將S6＝S3代入得＝. 4．在等比數列中，已知a1＝－1，a4＝64，則q＝__－4__，S4＝__51__. 解析 ∵a4＝a1·q3，∴q3＝－64，q＝－4， S4＝＝＝51. 5．在等比數列中，若a7·a12＝5，則a8·a9·a10·a11＝__25__. 解析 由等比數列的性質知a8·a11＝a9·a10＝a7·a12＝5， ∴a8·a9·a10·a11＝25. 一　等比數列的基本量計算 解決等比數列有

7、關問題的常用思想方法 (1)方程的思想：等比數列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求關鍵量a1和q，問題可迎刃而解． (2)分類討論的思想：等比數列的前n項和公式涉及對公比q的分類討論，當q＝1時，的前n項和Sn＝na1；當q≠1時，的前n項和Sn＝＝. 【例1】 (1)已知等比數列滿足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，則a3＋a5＋a7＝(　B　) A．21　　 B．42　　 C．63　　 D．84 (2)(2018·河南開封模擬)正項等比數列中，a2＝4，a4＝16，則數列的前9項和等于__1_022__. (3)在數列中，a1＝2，a

8、n＋1＝2an，Sn為的前n項和．若Sn＝126，則n＝__6__. 解析 (1)∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21. ∴1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2或q2＝－3(舍去)． ∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42. (2)∵{an}為正項等比數列，∴q2＝＝＝4， ∴q＝2，a1＝2，∴S9＝＝＝210－2＝1 022. (3)∵a1＝2，an＋1＝2an，∴數列{an}是首項為2，公比為2的等比數列．又∵Sn＝126，∴＝126，∴n＝6. 二　等比數列的性質及應用 (1)在解決等比數列的有關問題時，要注意挖掘隱含條件

9、、利用性質，特別是性質“若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq”，可以減少運算量，提高解題速度． (2)在應用相應性質解題時，要注意性質成立的前提條件，有時需要進行適當變形．此外，解題時注意設而不求思想的運用．　 【例2】 (1)已知等比數列滿足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，則a2＝(　C　) A．2　　 B．1　　 C．　　 D． (2)設等比數列中，前n項和為Sn，已知S3＝8，S6＝7，則a7＋a8＋a9＝(　A　) A．　　 B．－　　 C．　　 D． (3)已知等比數列中，a4＋a8＝－2，則a6(a2＋2a6＋a10)的值為(　A　) A．4　　 B．6　

10、　 C．8　　 D．－9 解析 (1)∵a3a5＝a，a3a5＝4(a4－1)， ∴a＝4(a4－1)，∴a－4a4＋4＝0，∴a4＝2. 又∵q3＝＝＝8，∴q＝2，∴a2＝a1q＝×2＝，故選C． (2)因為a7＋a8＋a9＝S9－S6，在等比數列中S3，S6－S3，S9－S6成等比數列，即8，－1，S9－S6成等比數列，所以有8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝. (3)a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a＋a6a10＝a＋2a4a8＋a＝(a4＋a8)2，∵a4＋a8＝－2，∴a6(a2＋2a6＋a10)＝4. 三　等比數列的判定與證明 (1)證明一個數列為

11、等比數列常用定義法與等比中項法，其他方法只用于選擇題、填空題中的判定；若證明某數列不是等比數列，則只要證明存在連續(xù)三項不成等比數列即可． (2)利用遞推關系時要注意對n＝1時的情況進行驗證． 【例3】 數列的前n項和為Sn，Sn＋an＝－n2－n＋1(n∈N*)． (1)設bn＝an＋n，證明：數列是等比數列； (2)求數列的前n項和Tn. 解析 (1)證明：因為an＋Sn＝－n2－n＋1， 所以當n＝1時，2a1＝－1，則a1＝－； 當n≥2時，an－1＋Sn－1＝－(n－1)2－(n－1)＋1， 所以2an－an－1＝－n－1，即2(an＋n)＝an－1＋n－1. 所以b

12、n＝bn－1(n≥2)．又因為b1＝a1＋1＝， 所以數列{bn}是首項為，公比為的等比數列． 所以bn＝n. (2)由(1)，得nbn＝， 所以Tn＝＋＋＋＋…＋＋，① 2Tn＝1＋＋＋＋…＋＋，② ②－①，得Tn＝1＋＋＋…＋－， 即Tn＝－＝2－. 1．數列{an}滿足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若數列是等比數列，則λ的值等于(　D　) A．1　　 B．－1　　 C．　　 D．2 解析 由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λ.由于數列{an－1}是等比數列，所以＝1，得λ＝2. 2．設數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＋

13、a1＝2an，且a1，a2＋1，a3成等差數列，則a1＋a5＝__34__. 解析 由Sn＋a1＝2an，得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)， 即an＝2an－1(n≥2)．從而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又因為a1，a2＋1，a3成等差數列，所以a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)， 解得a1＝2，所以數列{an}是首項為2，公比為2的等比數列， 故an＝2n，所以a1＋a5＝2＋25＝34. 3．已知正項數列是首項為2的等比數列，且a2＋a3＝24. (1)求數列的通項公式； (2)設bn＝，求數列的前n項和Tn. 解析

14、(1)設正項數列{an}的公比為q，則2q＋2q2＝24， ∴q＝3(q＝－4舍去)，∴an＝2×3n－1. (2)∵bn＝＝＝， ∴Tn＝＋＋＋…＋，① ∴Tn＝＋＋…＋＋，② 由①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－， ∴Tn＝＝. 4．(2016·全國卷Ⅲ)已知數列的前n項和Sn＝1＋λan，其中λ≠0. (1)證明是等比數列，并求其通項公式； (2)若S5＝，求λ. 解析 (1)由題意得a1＝S1＝1＋λa1， 故λ≠1，a1＝，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a

15、n≠0，所以＝. 因此{an}是首項為，公比為的等比數列， 于是an＝n－1. (2)由(1)得Sn＝1－n，由S5＝得1－5＝， 即5＝，解得λ＝－1. 易錯點　不知等比數列中奇數項同號、偶數項同號 錯因分析：①等比數列中所有奇數項的符號都相同，所有偶數項的符號也都相同．②只有同號兩數才有等比中項，且有兩個，它們互為相反數． 【例1】 等比數列中，a5，a9是方程7x2＋18x＋7＝0的兩個根，試求a7. 解析 由韋達定理得a5＋a9＝－，a5a9＝1，∴a5＜0，a9＜0. ∵a＝a5a9＝1，且a7＝a5q2＜0，∴a7＝－1. 【跟蹤訓練1】 若在1與4之間

16、插入三個數使這五個數成等比數列，則這三個數分別為__，2,2或－，2，－2__. 解析 設這五個數依次為a1，a2，a3，a4，a5. ∵a＝a1a5＝4，且a3＞0，∴a3＝2.又a＝a1a3＝2， ∴a2＝±，當a2＝時，a4＝2；當a2＝－時，a4＝－2. ∴插入的三個數依次為，2,2或－，2，－2. 課時達標　第30講 [解密考綱]主要考查等比數列的通項公式，等比中項及其性質，以及前n項和公式的應用，三種題型均有涉及． 一、選擇題 1．等比數列x,3x＋3,6x＋6，…的第四項等于(　A　) A．－24　　 B．0 C．12　　 D．24 解析 由題意知(3x＋3

17、)2＝x(6x＋6)，即x2＋4x＋3＝0，解得x＝－3或x＝－1(舍去)，所以等比數列的前3項是－3，－6，－12，則第四項為－24. 2．已知等比數列{an}的前n項和為Sn＝x·3n－1－，則x的值為(　C　) A．　　 B．－ C．　　 D．－ 解析 當n＝1時，a1＝S1＝x－，① 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝x·(3n－1－3n－2)＝2x·3n－2， 因為{an}是等比數列，所以a1＝＝＝，② 由①②得x－＝，解得x＝. 3．(2018·云南昆明模擬)在等比數列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的兩根，則a5＝(　B　) A．－2　　 B

18、．－ C．±　　 D． 解析 根據根與系數之間的關系得a3＋a7＝－4，a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，所以a3<0，a7<0，即a5<0， 由a3a7＝a，所以a5＝－＝－. 4．已知等比數列{an}中的前n項和為Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，則＝(　D　) A．4n－1　　 B．4n－1 C．2n－1　　 D．2n－1 解析 ∵∴ 由①除以②可得＝2，解得q＝， 代入①得a1＝2，∴an＝2×n－1＝， ∴Sn＝4，∴＝2n－1，故選D． 5．等比數列{an}的各項均為正數，且a5a6＋a4a7＝18，則log3a1＋log3a2＋…＋log

19、3a10＝(　B　) A．12　　 B．10 C．8　　 D．2＋log35 解析 由題意可知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18得a5a6＝a4a7＝9，而log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1·a2·…a10)＝log3(a5a6)5＝log395＝log3310＝10. 6．已知各項均為正數的等比數列{an}中，a4與a14的等比中項為2，則2a7＋a11的最小值為(　B　) A．16　　 B．8 C．2　　 D．4 解析 由題意知a4>0，a14>0，a4·a14＝8，a7>0，a11>0，則2a7＋a11≥2＝2＝2＝8，當且僅當即a7

20、＝2，a11＝4時取等號，故2a7＋a11的最小值為8，故選B． 二、填空題 7．在各項均為正數的等比數列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，則a6的值是__4__. 解析 設公比為q，則由a8＝a6＋2a4，得a1q7＝a1q5＋2a1q3， q4－q2－2＝0，解得q2＝2(q2＝－1舍去)，所以a6＝a2q4＝4. 8．等比數列的各項均為正數，且a1a5＝4，則log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝__5__. 解析 由等比數列的性質可知a1a5＝a2a4＝a，于是由a1a5＝4得a3＝2，故a1a2a3a4a5＝32，則log2a1＋

21、log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log232＝5. 9．(2018·江蘇徐州模擬)若等比數列{an}滿足：a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，則公比q＝__2__；前n項和Sn＝__2n＋1－2__. 解析 由a2＋a4＝20，a3＋a5＝40， 得即解得q＝2，a1＝2， 所以Sn＝＝＝2n＋1－2. 三、解答題 10．已知遞增的等比數列{an}的前n項和為Sn，a6＝64，且a4，a5的等差中項為3a3. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 解析 (1)設等比數列{an

22、}的公比為q(q>0)， 由題意，得 解得或(舍去)， 所以an＝2n. (2)因為bn＝＝， 所以Tn＝＋＋＋＋…＋， Tn＝＋＋＋…＋＋， 所以Tn＝＋＋＋＋…＋－ ＝－＝－， 故Tn＝－＝－. 11．(2018·天津模擬)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，若S1 ,2S2,3S3成等差數列，且S4＝. (1)求數列{an}的通項公式； (2)求證：Sn<. 解析 (1)設等比數列{an}的公比為q，因為S1,2S2,3S3成等差數列，所以4S2＝S1＋3S3， 即4(a1＋a2)＝a1＋3(a1＋a2＋a3)， 所以a2＝3a3，所以q＝＝. 又S4＝

23、，即＝，解得a1＝1， 所以an＝n－1. (2)證明：由(1)得Sn＝＝＝. 因為n∈N*，所以0

24、＋18＝24， ∴a2＝8，d＝a2－a1＝8－2＝6， ∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋6(n－1)＝6n－4. ∴an＝6n－4，bn＝2·3n－1. (2)cn＝anbn＝4(3n－2)·3n－1. 令Sn＝4[1×30＋4×31＋7×32＋…＋(3n－5)×3n－2＋(3n－2)×3n－1]， 則3Sn＝4[1×31＋4×32＋7×33＋…＋(3n－5)×3n－1＋(3n－2)×3n]． 兩式相減得－2Sn＝4[1＋3×31＋3×32＋…＋3×3n－1－(3n－2)×3n]， ∴－2Sn＝4[1＋32＋33＋…＋3n－(3n－2)×3n] ＝2[(7－6n)·3n－7]．∴Sn＝7＋(6n－7)·3n. 11