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  • 2021-06-16 发布

【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

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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.‎

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