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  • 2021-05-13 发布

2015高考数学(文)(等比数列及其前n项和)一轮复习学案

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学案30 等比数列及其前n项和 导学目标: 1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.了解等比数列与指数函数的关系.4.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.‎ 自主梳理 ‎1.等比数列的定义 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(不为零),那么这个数列叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的________,通常用字母________表示(q≠0).‎ ‎2.等比数列的通项公式 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则它的通项an=______________.‎ ‎3.等比中项:‎ 如果在a与b中间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.‎ ‎4.等比数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广:an=am·________ (n,m∈N*).‎ ‎(2)若{an}为等比数列,且k+l=m+n (k,l,m,n∈N*),则__________________________.‎ ‎(3)若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan} (λ≠0),,{a},{an·bn},仍是等比数列.‎ ‎(4)单调性:或⇔{an}是________数列;或⇔{an}是________数列;q=1⇔{an}是____数列;q<0⇔{an}是________数列.‎ ‎5.等比数列的前n项和公式 等比数列{an}的公比为q (q≠0),其前n项和为Sn,当q=1时,Sn=na1;‎ 当q≠1时,Sn===-.‎ ‎6.等比数列前n项和的性质 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______.‎ 自我检测 ‎1.“b=”是“a、b、c成等比数列”的 (  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎2.若数列{an}的前n项和Sn=3n-a,数列{an}为等比数列,则实数a的值是 (  )‎ A.3 B.‎1 ‎ C.0 D.-1‎ ‎3.(2011·温州月考)设f(n)=2+24+27+…+23n+1 (n∈N*),则f(n)等于 (  )‎ A.(8n-1) B.(8n+1-1)‎ C.(8n+2-1) D.(8n+3-1)‎ ‎4.(2011·湖南长郡中学月考)已知等比数列{an}的前三项依次为a-2,a+2,a+8,则an等于 (  )‎ A.8·n B.8·n C.8·n-1 D.8·n-1‎ ‎5.设{an}是公比为q的等比数列,|q|>1,令bn=an+1 (n=1,2,…),若数列{bn}有连续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中,则6q=________.‎ 探究点一 等比数列的基本量运算 例1 已知正项等比数列{an}中,a‎1a5+‎2a2a6+a‎3a7=100,a‎2a4-‎2a3a5+a‎4a6=36,求数列{an}的通项an和前n项和Sn.‎ 变式迁移1 在等比数列{an}中,a1+an=66,a2·an-1=128,Sn=126,求n和q.‎ 探究点二 等比数列的判定 例2 (2011·岳阳月考)已知数列{an}的首项a1=5,前n项和为Sn,且Sn+1=2Sn+n+5,n∈N*.‎ ‎(1)证明数列{an+1}是等比数列;‎ ‎(2)求{an}的通项公式以及Sn.‎ 变式迁移2 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1+‎2a2+‎3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*).‎ ‎(1)求a2,a3的值;‎ ‎(2)求证:数列{Sn+2}是等比数列.‎ 探究点三 等比数列性质的应用 例3 (2011·湛江月考)在等比数列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5=8,且++++=2,求a3.‎ 变式迁移3 (1)已知等比数列{an}中,有a‎3a11=‎4a7,数列{bn}是等差数列,且b7=a7,求b5+b9的值;‎ ‎(2)在等比数列{an}中,若a‎1a2a3a4=1,a‎13a14a15a16=8,求a‎41a42a43a44.‎ 分类讨论思想与整体思想的应用 例 (12分)设首项为正数的等比数列{an}的前n项和为80,它的前2n项和为6 560,且前n项中数值最大的项为54,求此数列的第2n项.‎ ‎【答题模板】‎ 解 设数列{an}的公比为q,‎ 若q=1,则Sn=na1,S2n=2na1=2Sn.‎ ‎∵S2n=6 560≠2Sn=160,∴q≠1,[2分]‎ 由题意得[4分]‎ 将①整体代入②得80(1+qn)=6 560,‎ ‎∴qn=81.[6分]‎ 将qn=81代入①得a1(1-81)=80(1-q),‎ ‎∴a1=q-1,由a1>0,得q>1,‎ ‎∴数列{an}为递增数列.[8分]‎ ‎∴an=a1qn-1=·qn=81·=54.‎ ‎∴=.[10分]‎ 与a1=q-1联立可得a1=2,q=3,‎ ‎∴a2n=2×32n-1 (n∈N*).[12分]‎ ‎【突破思维障碍】‎ ‎(1)分类讨论的思想:①利用等比数列前n项和公式时要分公比q=1和q≠1两种情况讨论;②研究等比数列的单调性时应进行讨论:当a1>0,q>1或a1<0,01或a1>0,00且q≠1)常和指数函数相联系.(3)整体思想:应用等比数列前n项和时,常把qn,当成整体求解.‎ 本题条件前n项中数值最大的项为54的利用是解决本题的关键,同时将qn和的值整体代入求解,简化了运算,体现了整体代换的思想,在解决有关数列求和的题目时应灵活运用.‎ ‎1.等比数列的通项公式、前n项公式分别为an=a1qn-1,Sn= ‎2.等比数列的判定方法:‎ ‎(1)定义法:即证明=q (q≠0,n∈N*) (q是与n值无关的常数).‎ ‎(2)中项法:证明一个数列满足a=an·an+2 (n∈N*且an·an+1·an+2≠0).‎ ‎3.等比数列的性质:‎ ‎(1)an=am·qn-m (n,m∈N*);‎ ‎(2)若{an}为等比数列,且k+l=m+n (k,l,m,n∈N*),则ak·al=am·an;‎ ‎(3)设公比不为-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.‎ ‎4.在利用等比数列前n项和公式时,一定要对公比q=1或q≠1作出判断;计算过程中要注意整体代入的思想方法.‎ ‎5.等差数列与等比数列的关系是:‎ ‎(1)若一个数列既是等差数列,又是等比数列,则此数列是非零常数列;‎ ‎(2)若{an}是等比数列,且an>0,则{lg an}构成等差数列. ‎ ‎(满分:75分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.(2010·辽宁)设{an}是由正数组成的等比数列,Sn为其前n项和.已知a‎2a4=1,S3=7,则S5等于 (  )‎ A. B. C. D. ‎2.(2010·浙江)设Sn为等比数列{an}的前n项和,‎8a2+a5=0,则等于 (  )‎ A.-11 B.-‎8 ‎ C.5 D.11‎ ‎3.在各项都为正数的等比数列{an}中,a1=3,前三项的和S3=21,则a3+a4+a5等于(  )‎ A.33 B.‎72 ‎ C.84 D.189‎ ‎4.等比数列{an}前n项的积为Tn,若a‎3a6a18是一个确定的常数,那么数列T10,T13,T17,T25中也是常数的项是 (  )‎ A.T10 B.T‎13 ‎ C.T17 D.T25‎ ‎5.(2011·佛山模拟)记等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=2,S6=18,则等于(  )‎ A.-3 B.‎5 ‎ C.-31 D.33‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 答案 二、填空题(每小题4分,共12分)‎ ‎6.设{an}是公比为正数的等比数列,若a1=1,a5=16,则数列{an}前7项的和为________.‎ ‎7.(2011·平顶山月考)在等比数列{an}中,公比q=2,前99项的和S99=30,则a3+a6+a9+…+a99=________.‎ ‎8.(2010·福建)在等比数列{an}中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式an=________.‎ 三、解答题(共38分)‎ ‎9.(12分)(2010·陕西)已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项;‎ ‎(2)求数列{2an}的前n项和Sn.‎ ‎10.(12分)(2011·廊坊模拟)已知数列{log2(an-1)}为等差数列,且a1=3,a2=5.‎ ‎(1)求证:数列{an-1}是等比数列;‎ ‎(2)求++…+的值.‎ ‎11.(14分)已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d>0,且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{cn}对n∈N*均有++…+=an+1成立,求c1+c2+c3+…+c2 010.‎ 答案 自主梳理 ‎1.公比 q 2.a1·qn-1 4.(1)qn-m (2)ak·al=am·an ‎(4)递增 递减 常 摆动 6.qn 自我检测 ‎1.D 2.B 3.B 4.C 5.-9‎ 课堂活动区 例1 解题导引 (1)在等比数列的通项公式和前n项和公式中共有a1,an,q,n,Sn五个量,知道其中任意三个量,都可以求出其余两个量.解题时,将已知条件转化为基本量间的关系,然后利用方程组的思想求解;‎ ‎(2)本例可将所有项都用a1和q表示,转化为关于a1和q的方程组求解;也可利用等比数列的性质来转化,两种方法目的都是消元转化.‎ 解 方法一 由已知得:‎ ‎①-②,得‎4aq6=64,∴aq6=16.③‎ 代入①,得+2×16+16q2=100.‎ 解得q2=4或q2=.‎ 又数列{an}为正项数列,∴q=2或.‎ 当q=2时,可得a1=,‎ ‎∴an=×2n-1=2n-2,‎ Sn==2n-1-;‎ 当q=时,可得a1=32.‎ ‎∴an=32×n-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 当a3=8,a5=2时,q2===.‎ ‎∵q>0,∴q=,由a3=a1q2=8,‎ 得a1=32,∴an=32×n-1=26-n.‎ Sn==64-26-n.‎ 当a3=2,a5=8时,q2==4,且q>0,‎ ‎∴q=2.‎ 由a3=a1q2,得a1==.‎ ‎∴an=×2n-1=2n-2.‎ Sn==2n-1-.‎ 变式迁移1 解 由题意得 解得或 若则Sn===126,‎ 解得q=,此时,an=2=64·n-1,‎ ‎∴n=6.‎ 若则Sn==126,∴q=2.‎ ‎∴an=64=2·2n-1.∴n=6.‎ 综上n=6,q=2或.‎ 例2 解题导引 (1)证明数列是等比数列的两个基本方法:‎ ‎①=q (q为与n值无关的常数)(n∈N*).‎ ‎②a=anan+2 (an≠0,n∈N*).‎ ‎(2)证明数列不是等比数列,可以通过具体的三个连续项不成等比数列来证明,也可用反证法.‎ ‎(1)证明 由已知Sn+1=2Sn+n+5,n∈N*,‎ 可得n≥2时,Sn=2Sn-1+n+4,‎ 两式相减得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1,‎ 即an+1=2an+1,从而an+1+1=2(an+1),‎ 当n=1时,S2=2S1+1+5,‎ 所以a2+a1=‎2a1+6,‎ 又a1=5,所以a2=11,‎ 从而a2+1=2(a1+1),‎ 故总有an+1+1=2(an+1),n∈N*,‎ 又a1=5,a1+1≠0,从而=2,‎ 即数列{an+1}是首项为6,公比为2的等比数列.‎ ‎(2)解 由(1)得an+1=6·2n-1,‎ 所以an=6·2n-1-1,‎ 于是Sn=-n=6·2n-n-6.‎ 变式迁移2 (1)解 ∵a1+‎2a2+‎3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),∴当n=1时,a1‎ ‎=2×1=2;‎ 当n=2时,a1+‎2a2=(a1+a2)+4,∴a2=4;‎ 当n=3时,a1+‎2a2+‎3a3=2(a1+a2+a3)+6,‎ ‎∴a3=8.‎ ‎(2)证明 ∵a1+‎2a2+‎3a3+…+nan ‎=(n-1)Sn+2n(n∈N*),①‎ ‎∴当n≥2时,a1+‎2a2+‎3a3+…+(n-1)an-1‎ ‎=(n-2)Sn-1+2(n-1).②‎ ‎①-②得nan=(n-1)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为首项,2为公比的等比数列.‎ 例3 解题导引 在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若m+n=p+q,则am·an=ap·aq”,可以减少运算量,提高解题速度.‎ 解 由已知得 ++++ ‎=++ ‎===2,‎ ‎∴a=4,∴a3=±2.若a3=-2,设数列的公比为q,‎ 则+-2-2q-2q2=8,‎ 即++1+q+q2‎ ‎=2+2+=-4.‎ 此式显然不成立,经验证,a3=2符合题意,故a3=2.‎ 变式迁移3 解 (1)∵a‎3a11=a=‎4a7,‎ ‎∵a7≠0,∴a7=4,∴b7=4,‎ ‎∵{bn}为等差数列,∴b5+b9=2b7=8.‎ ‎(2)a‎1a2a3a4=a1·a1q·a1q2·a1q3=aq6=1.①‎ a‎13a14a15a16=a1q12·a1q13·a1q14·a1q15‎ ‎=a·q54=8.②‎ ‎②÷①:=q48=8⇒q16=2,‎ 又a‎41a42a43a44=a1q40·a1q41·a1q42·a1q43‎ ‎=a·q166=a·q6·q160=(a·q6)·(q16)10‎ ‎=1·210=1 024.‎ 课后练习区 ‎1.B [∵{an}是由正数组成的等比数列,且a‎2a4=1,‎ ‎∴设{an}的公比为q,则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,则==-11.]‎ ‎3.C [由题可设等比数列的公比为q,‎ 则=21⇒1+q+q2=7⇒q2+q-6=0‎ ‎⇒(q+3)(q-2)=0,‎ 根据题意可知q>0,故q=2.‎ 所以a3+a4+a5=q2S3=4×21=84.]‎ ‎4.C [a‎3a6a18=aq2+5+17=(a1q8)3=a,即a9为定值,所以下标和为9的倍数的积为定值,可知T17为定值.]‎ ‎5.D [因为等比数列{an}中有S3=2,S6=18,‎ 即==1+q3==9,‎ 故q=2,从而= ‎=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,‎ ‎∵数列a3,a6,a9,…,a99也成等比数列且公比为8,‎ ‎∴a3+a6+a9+…+a99= ‎==×30=.‎ ‎8.4n-1‎ 解析 ∵等比数列{an}的前3项之和为21,公比q=4,‎ 不妨设首项为a1,则a1+a1q+a1q2=a1(1+4+16)=‎21a1=21,∴a1=1,∴an=1×4n-1=4n-1.‎ ‎9.解 (1)由题设知公差d≠0,‎ 由a1=1,a1,a3,a9成等比数列,‎ 得=,…………………………………………………………………………(4分)‎ 解得d=1或d=0(舍去).‎ 故{an}的通项an=1+(n-1)×1=n.……………………………………………………(7分)‎ ‎(2)由(1)知2an=2n,由等比数列前n项和公式,‎ 得Sn=2+22+23+…+2n= ‎=2n+1-2.………………………………………………………………………………(12分)‎ ‎10.(1)证明 设log2(an-1)-log2(an-1-1)=d (n≥2),因为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为首项,2为公比的等比数列.………(6分)‎ ‎(2)解 由(1)可得an-1=(a1-1)·2n-1,‎ 所以an=2n+1,…………………………………………………………………………(8分)‎ 所以++…+ ‎=++…+ ‎=++…+=1-.………………………………………………………………(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,‎ ‎∴数列{bn}的公比为3,‎ ‎∴bn=3·3n-2=3n-1.………………………………………………………………………(6分)‎ ‎(2)由++…+=an+1得 当n≥2时,++…+=an.‎ 两式相减得:当n≥2时,=an+1-an=2.……………………………………………(9分)‎ ‎∴cn=2bn=2·3n-1 (n≥2).‎ 又当n=1时,=a2,∴c1=3.‎ ‎∴cn=.……………………………………………………………(11分)‎ ‎∴c1+c2+c3+…+c2 010‎ ‎=3+=3+(-3+32 010)=32 010.…………………………………………(14分)‎