【数学】2020届一轮复习人教版（理）第5章第3讲等比数列及其前n项和学案 10页

第3讲　等比数列及其前n项和 ‎[考纲解读]　1.理解等比数列的概念及等比数列与指数函数的关系．‎ ‎2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并熟练掌握其推导方法，能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．(重点)‎ ‎3.熟练掌握等比数列的基本运算和相关性质．(难点)‎ ‎[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的重点．预测2020年高考将会以等比数列的通项公式及其性质、等比数列的前n项和为考查重点，也可能将等比数列的通项、前n项和及性质综合考查，此外，还可能会与等差数列综合考查．题型以客观题或解答题的形式呈现，属中档题型.‎ ‎1．等比数列的有关概念 ‎(1)等比数列的定义 一般地，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，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，公比通常用字母q(q≠0)表示．数学语言表达：＝q(n≥2)，q为常数，q≠0.‎ ‎(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．等比数列的通项公式及前n项和公式 ‎(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；可推广为an＝amqn－m.‎ ‎(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.‎ ‎3．等比数列的相关性质 设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．‎ ‎(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2s＝p＋r，则apar＝a，其中p，s，r∈N*.‎ ‎(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．‎ ‎(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和(其中b，p，q是非零常数)也是等比数列．‎ ‎(4)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.‎ ‎(5)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列，公比为qk.当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列．‎ ‎(6)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列．‎ ‎(7)若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q.‎ ‎1．概念辨析 ‎(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　　)‎ ‎(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.(　　)‎ ‎(3)如果数列{an}为等比数列，则数列{lg an}是等差数列．(　　)‎ ‎(4)若数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　　)‎ ‎(5)若数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎2．小题热身 ‎(1)在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于(　　)‎ A．5 B．±5 C．4 D．±4‎ 答案　C 解析　设等比数列{an}的公比为q，则q4＝＝＝4，q2＝2，所以a5＝a3q2＝2×2＝4.‎ ‎(2)在等比数列{an}中，已知a1＝－1，a4＝64，则公比q＝________，S4＝________.‎ 答案　－4　51‎ 解析　q3＝＝－64，q＝－4，S4＝＝＝51.‎ ‎(3)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和为________．‎ 答案　2n－1‎ 解析　因为数列{an}是等比数列，所以a1a4＝a2a3＝8.‎ 又a1＋a4＝9，所以a1，a4是方程x2－9x＋8＝0的两个根．‎ 又因为a10，并不适合所有情况)，这样既可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便．‎ ‎(2)基本量计算过程中涉及的数学思想方法 ‎①方程思想，即“知三求二”．‎ ‎②分类讨论思想，即分q＝1和q≠1两种情况，此处是常考易错点，一定要引起重视．‎ ‎③整体思想．应用等比数列前n项和公式时，常把qn，当成整体求解．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r的值为(　　)‎ A. B．－ C. D．－ 答案　B 解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1＋r－32n－3－r＝8·32n－3，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝32－1＋r＝3＋r，‎ ‎∵数列是等比数列，∴当a1满足an＝8·32n－3，‎ 即8·32－3＝3＋r＝，即r＝－，故选B.‎ ‎2．(2018·滨海新区期中)已知递增等比数列{an}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1,3,9后成等差数列．‎ ‎(1)求{an}的首项和公比；‎ ‎(2)设Sn＝a＋a＋…＋a，求Sn.‎ 解　(1)根据等比数列的性质，可得a3·a5·a7＝a＝512，‎ 解得a5＝8.‎ 设数列{an}的公比为q，则a3＝，a7＝8q2，‎ 由题设可得＋(8q2－9)＝2(8－3)＝10，‎ 解得q2＝2或.‎ ‎∵{an}是递增数列，可得q＞1，∴q2＝2，得q＝.‎ 因此a5＝a1q4＝4a1＝8，解得a1＝2.‎ ‎(2)由(1)得{an}的通项公式为 an＝a1qn－1＝2×()n－1＝()n＋1，‎ ‎∴a＝[()n＋1]2＝2n＋1，‎ 可得{a}是以4为首项，公比等于2的等比数列．‎ 因此Sn＝a＋a＋…＋a＝＝2n＋2－4.‎ 题型 　等比数列的判断与证明 ‎(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝.‎ ‎(1)求b1，b2，b3；‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；‎ ‎(3)求{an}的通项公式．‎ 解　(1)由条件可得an＋1＝an.‎ 将n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.‎ 将n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12.‎ 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.‎ ‎(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由题设条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ ‎(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.‎ 条件探究1　将举例说明条件改为“a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，且an>0”，求{an}的通项公式．‎ 解　由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．‎ 因为{an}的各项都为正数，所以＝.‎ 故{an}是首项为1，公比为的等比数列，‎ 因此an＝.‎ 条件探究2　将举例说明条件改为“对任意的n∈N*，有an＋Sn＝n.设bn＝an－1”，求证：数列{bn}是等比数列．‎ 证明　由a1＋S1＝1及a1＝S1，得a1＝.‎ 又由an＋Sn＝n及an＋1＋Sn＋1＝n＋1，得 an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1.‎ ‎∴2(an＋1－1)＝an－1，即2bn＋1＝bn.‎ ‎∴数列{bn}是以b1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列．‎ 等比数列的判定方法 ‎(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．见举例说明(2)．‎ ‎(2)等比中项公式法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．‎ ‎(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．‎ ‎(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，‎ q≠0,1)，则{an}是等比数列．‎ 提醒：(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．‎ ‎(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．已知{an}，{bn}都是等比数列，那么(　　)‎ A．{an＋bn}，{an·bn}都一定是等比数列 B．{an＋bn}一定是等比数列，但{an·bn}不一定是等比数列 C．{an＋bn}不一定是等比数列，但{an·bn}一定是等比数列 D．{an＋bn}，{an·bn}都不一定是等比数列 答案　C 解析　an＝1，bn＝(－1)n，‎ 则{an}，{bn}都是等比数列，但{an＋bn}不是等比数列；‎ 设等比数列{an}的公比为p，等比数列{bn}的公比为q，‎ 则＝·＝pq.‎ 所以数列{an·bn}一定是等比数列．‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；‎ ‎(2)若S5＝，求λ.‎ 解　(1)证明：由题意得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an≠0，所以＝.‎ 因此{an}是首项为，公比为的等比数列，‎ 于是an＝n－1.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝1－n.‎ 由S5＝得1－5＝，即5＝.‎ 解得λ＝－1.‎ 题型 　等比数列前n项和及性质的应用 角度1　等比数列通项的性质 ‎1．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.‎ 答案　50‎ 解析　因为等比数列{an}中，a10·a11＝a9·a12，‎ 所以由a10a11＋a9a12＝2e5，可解得a10·a11＝e5.‎ 所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln (a1·a2·…·a20)‎ ‎＝ln (a10·a11)10＝10ln (a10·a11)＝10ln e5＝50.‎ 角度2　等比数列的前n项和的性质 ‎2．数列{an}是等比数列，前2018项中的奇数项之积是1，偶数项之积是m，则数列{an}的公比为(　　)‎ A. B．m1009 C．± D．±m1009‎ 答案　A 解析　设数列{an}的公比为q，由已知得a1a3…a2017＝1，a2a4…a2018＝m，则公比q满足q1009＝m，解得q＝.‎ 角度3　等差数列与等比数列的综合 ‎3．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．‎ 解　(1)设{an}的公比为q.由题设可得 解得q＝－2，a1＝－2.‎ 故{an}的通项公式为an＝(－2)n.‎ ‎(2)由(1)知a1＝－2，q＝－2，‎ 所以Sn＋1＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1‎ ‎＝a1＋qSn ‎＝－2－2Sn.‎ Sn＋2＝a1＋a2＋a3＋…＋an＋2‎ ‎＝a1＋a2＋q2Sn ‎＝－2＋4＋4Sn ‎＝2＋4Sn.‎ 所以Sn＋1＋Sn＋2＝(－2－2Sn)＋(2＋4Sn)＝2Sn，‎ 所以Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．‎ ‎1．掌握运用等比数列性质解题的两个技巧 ‎(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a1，q满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件．‎ ‎(2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：‎ ‎①若{an}是等比数列，且an>0，则{logaan}(a>0且a≠1)是以logaa1为首项，logaq为公差的等差数列．‎ ‎②若公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.如巩固迁移3.‎ ‎2．牢记与等比数列前n项和Sn相关的几个结论 ‎(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.‎ ‎①若共有2n项，则S偶∶S奇＝q；‎ ‎②若共有2n＋1项，则S奇－S偶＝(q≠1且q≠－1)，＝q.‎ ‎(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm⇔qn＝(q为公比)．如举例说明3和巩固迁移1.　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2018·青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6,3a4，－a5成等差数列，则＝(　　)‎ A．3 B．9 C．10 D．13‎ 答案　C 解析　设等比数列{an}的公比为q，‎ 因为a6,3a4，－a5成等差数列，‎ 所以6a4＝a6－a5，所以6a4＝a4(q2－q)．‎ 由题意得a4>0，q>0.‎ 所以q2－q－6＝0，解得q＝3，‎ 所以＝＝1＋q2＝10.‎ ‎2．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　)‎ A．21 B．42 C．63 D．84‎ 答案　B 解析　设{an}的公比为q，由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2(负值舍去)．‎ ‎∴a3＋a5＋a7＝a1q2＋a3q2＋a5q2＝(a1＋a3＋a5)q2＝21×2＝42.故选B.‎ ‎3．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于(　　)‎ A．80 B．30 C．26 D．16‎ 答案　B 解析　由题意知公比大于0，由等比数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．‎ 设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．‎ 由(x－2)2＝2×(14－x)，‎ 解得x＝6或x＝－4(舍去)．‎ ‎∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 又∵S3n＝14，‎ ‎∴S4n＝14＋2×23＝30.故选B.‎