2014步步高高考数学第一轮复习06 等比数列及其前n项和 12页

§6.3　等比数列及其前 n 项和 2014 高考会这样考 　1.以等比数列的定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定；2.运用 基本量法求解等比数列问题；3.考查等比数列的应用问题． 复习备考要这样做 　1.注意方程思想在解题中的应用；2.使用公式要注意公比 q＝1 的情况； 3.结合等比数列的定义、公式，掌握通性通法． 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公比，通常用字母__q__表示． 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＝a1·qn－1. 3． 等比中项 若 G2＝a·b_(ab≠0)，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·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)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，{ 1 an }，{a2n}，{an·bn}，{an bn } 仍是等比数列． 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＝a1(1－qn) 1－q ＝a1－anq 1－q . 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__qn__. [难点正本　疑点清源] 1． 等比数列的特征 从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比 q 也是非零常数． 2． 等比数列中的函数观点 利用函数、方程的观点和方法，揭示等比数列的特征及基本量之间的关系．在借用指数 函数讨论单调性时，要特别注意首项和公比的大小． 3． 两个防范 (1)由 an＋1＝qan，q≠0 并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证 a1≠0. (2)在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q＝1 与 q≠1 分类讨论，防止因忽略 q＝1 这一特殊情形导致解题失误． 1． (2012·辽宁)已知等比数列{a n}为递增数列，且 a25＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an} 的通项公式 an＝________. 答案　2n 解析　先判断数列的项是正数，再求出公比和首项． a25＝a10>0，根据已知条件得 2(1 q＋q )＝5，解得 q＝2. 所以 a21q8＝a1q9，所以 a1＝2，所以 an＝2n. 2． 在等比数列{an}中，各项均为正值，且 a6a10＋a3a5＝41，a4a8＝5，则 a4＋a8＝________. 答案　 51 解析　由 a6a10＋a3a5＝41 及 a6a10＝a28，a3a5＝a24， 得 a24＋a28＝41.因为 a4a8＝5， 所以(a4＋a8)2＝a24＋2a4a8＋a28＝41＋2×5＝51. 又 an>0，所以 a4＋a8＝ 51. 3． 已知 a，b，c 成等比数列，如果 a，x，b 和 b，y，c 都成等差数列，则a x＋c y＝________. 答案　2 解析　令 a＝1，b＝3，c＝9，则由题意，有 x＝2，y＝6. 此时a x＋c y＝1 2＋9 6＝2. 4． (2011·广东)已知{a n}是递增等比数列，a 2 ＝2，a 4 －a 3 ＝4，则此数列的公比 q＝ ________. 答案　2 解析　由 a2＝2，a4－a3＝4，得方程组Error! ⇒q2－q－2＝0， 解得 q＝2 或 q＝－1.又{an}是递增等比数列，故 q＝2. 5． (2012·课标全国)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则 a1＋a10 等于(　　) A．7 B．5 C．－5 D．－7 答案　D 解析　方法一　由题意得Error! ∴Error!或Error!∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7. 方法二　由Error!解得Error!或Error! ∴Error!或Error!∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7. 题型一　等比数列的基本量的计算 例 1 　等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S1，S3，S2 成等差数列． (1)求{an}的公比 q； (2)若 a1－a3＝3，求 Sn. 思维启迪：(1)由 S1，S3，S2 成等差数列，列方程求出 q. (2)由 a1－a3＝3 求出 a1，再由通项和公式求出 Sn. 解　(1)依题意有 a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)． 由于 a1≠0，故 2q2＋q＝0. 又 q≠0，从而 q＝－1 2. (2)由已知可得 a1－a1(－1 2 )2＝3.故 a1＝4. 从而 Sn＝ 4[1－(－1 2 )n] 1－(－1 2 ) ＝8 3[1－(－1 2 )n]. 探究提高　等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量 a1， n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解． 等比数列{an}满足：a1＋a6＝11，a3·a4＝32 9 ，且公比 q∈(0,1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若该数列前 n 项和 Sn＝21，求 n 的值． 解　(1)∵a3·a4＝a1·a6＝32 9 ，又 a1＋a6＝11， 故 a1，a6 可看作方程 x2－11x＋32 9 ＝0 的两根， 又 q∈(0,1)，∴a1＝32 3 ，a6＝1 3， ∴q5＝a6 a1＝ 1 32，∴q＝1 2， ∴an＝32 3 ·(1 2 )n－1＝1 3·(1 2 )n－6. (2)由(1)知 Sn＝64 3 (1－ 1 2n)＝21，解得 n＝6. 题型二　等比数列的性质及应用 例 2 　在等比数列{an}中， (1)若已知 a2＝4，a5＝－1 2，求 an； (2)若已知 a3a4a5＝8，求 a2a3a4a5a6 的值． 思维启迪：注意巧用性质，减少计算．如：对于等比数列{an}，若 m＋n＝p＋q (m、n、 p、q∈N*)，则 am·an＝ap·aq；若 m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则 am·an＝a2p. 解　(1)设公比为 q，则a5 a2＝q3，即 q3＝－1 8， ∴q＝－1 2，∴an＝a5·qn－5＝(－1 2 )n－4. (2)∵a3a4a5＝8，又 a3a5＝a24，∴a34＝8，a4＝2. ∴a2a3a4a5a6＝a54＝25＝32. 探究提高　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． (1)已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则 a4a5a6 等于 (　　) A．5 2 B．7 C．6 D．4 2 (2)已知 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和，且 S3＝8，S6＝7，则 a4＋a5＋…＋a9＝________. 答案　(1)A　(2)－7 8 解析　(1)把 a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9 看成一个整体，则由题意，知它们分别是一个等比数 列的第 1 项，第 4 项和第 7 项，这里的第 4 项刚好是第 1 项与第 7 项的等比中项．因为 数列{an}的各项均为正数，所以 a4a5a6＝ (a1a2a3)·(a7a8a9)＝ 5 × 10＝5 2. (2)根据等比数列的性质，知 S3，S6－S3，S9－S6 成等比数列，即 8,7－8，S9－7 成等比数 列，所以(－1)2＝8(S9－7)．解得 S9＝71 8.所以 a4＋a5＋…＋a9＝S9－S3＝71 8－8＝－7 8. 题型三　等比数列的判定 例 3 　已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1 (n≥2)，且 an＋Sn＝ n. (1)设 cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{bn}的通项公式． 思维启迪：(1)由 an＋Sn＝n 及 an＋1＋Sn＋1＝n＋1 转化成 an 与 an＋1 的递推关系，再构造数 列{an－1}． (2)由 cn 求 an 再求 bn. (1)证明　∵an＋Sn＝n，① ∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.② ②－①得 an＋1－an＋an＋1＝1， ∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1， ∴an＋1－1 an－1 ＝1 2，∴{an－1}是等比数列． 又 a1＋a1＝1，∴a1＝1 2， ∵首项 c1＝a1－1，∴c1＝－1 2，公比 q＝1 2. 又 cn＝an－1， ∴{cn}是以－1 2为首项，1 2为公比的等比数列． (2)解　由(1)可知 cn＝(－1 2 )·(1 2 )n－1＝－(1 2 )n， ∴an＝cn＋1＝1－(1 2 )n. ∴当 n≥2 时，bn＝an－an－1＝1－(1 2 )n－[1－(1 2 )n－1] ＝(1 2 )n－1－(1 2 )n＝(1 2 )n. 又 b1＝a1＝1 2代入上式也符合，∴bn＝(1 2 )n. 探究提高　注意判断一个数列是等比数列的方法，另外第(2)问中要注意验证 n＝1 时是 否符合 n≥2 时的通项公式，能合并的必须合并． 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝2an＋1，求证：{an}是等比数列，并求出通项 公式． 证明　∵Sn＝2an＋1，∴Sn＋1＝2an＋1＋1. ∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝(2an＋1＋1)－(2an＋1)＝2an＋1－2an. ∴an＋1＝2an，又∵S1＝2a1＋1＝a1， ∴a1＝－1≠0.又由 an＋1＝2an 知 an≠0， ∴an＋1 an ＝2.∴{an}是以－1 为首项，2 为公比的等比数列． ∴an＝－1×2n－1＝－2n－1. 等差与等比数列综合性问题的求解 典例：(12 分)(2011·湖北)成等差数列的三个正数的和等于 15，并且这三个数分别加上 2、5、 13 后成为等比数列{bn}中的 b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn，求证：数列{Sn＋5 4}是等比数列． 审题视角　设等差数列的三个正数，利用等比数列的性质解出公差 d，从而求出数列{bn} 的首项、公比；利用等比数列的定义可解决第(2)问． 规范解答 (1)解　设成等差数列的三个正数分别为 a－d，a，a＋d， 依题意，得 a－d＋a＋a＋d＝15，解得 a＝5.[2 分] 所以{bn}中的 b3，b4，b5 依次为 7－d,10,18＋d. 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100， 解得 d＝2 或 d＝－13(舍去)．[4 分] 故{bn}的第 3 项为 5，公比为 2. 由 b3＝b1·22，即 5＝b1·22，解得 b1＝5 4. 所以{bn}是以5 4为首项，2 为公比的等比数列，其通项公式为 bn＝5 4·2n－1＝5·2n－3.[6 分] (2)证明　数列{bn}的前 n 项和 Sn＝ 5 4 (1－2n) 1－2 ＝5·2n－2－5 4，即 Sn＋5 4＝5·2n－2.[8 分] 所以 S1＋5 4＝5 2， Sn＋1＋5 4 Sn＋5 4 ＝5·2n－1 5·2n－2＝2. 因此{Sn＋5 4}是以5 2为首项，2 为公比的等比数列．[12 分] 答题模板 求解等差和等比数列综合性问题的一般步骤： 第一步：设等比数列、等差数列的基本量； 第二步：根据条件列方程，解出基本量； 第三步：根据公式求通项或前 n 项和； 第四步：根据定义证明等差、等比数列；对于等比数列，一定要说明首项非零． 温馨提醒　关于等差(比)数列的基本运算，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算， 灵活处理已知条件．容易出现的问题主要有两个方面：一是计算出现失误，特别是利用 因式分解求解方程的根时，不注意对根的符号进行判断；二是不能灵活运用等差(比)数 列的基本性质转化已知条件，导致列出的方程或方程组较为复杂，增大运算量． 方法与技巧 1． 等比数列的判定方法有以下几种： (1)定义：an＋1 an ＝q (q 是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (2)通项公式：an＝cqn－1 (c、q 均是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (3)等比中项法：a 2n＋1＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列． 2． 方程观点以及基本量(首项和公比 a1，q)思想仍然是求解等比数列问题的基本方法：在 a1，q，n，an，Sn 五个量中，知三求二． 3． 在求解与等比数列有关的问题时，除了要灵活地运用定义和公式外，还要注意性质的应 用，以减少运算量而提高解题速度． 失误与防范 1． 特别注意 q＝1 时，Sn＝na1 这一特殊情况． 2． 由 an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证 a1≠0. 3． 在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q＝1 与 q≠1 分类讨论，防止因忽略 q＝ 1 这一特殊情形而导致解题失误． A 组　专项基础训练 (时间：35 分钟，满分：57 分) 一、选择题(每小题 5 分，共 20 分) 1． (2011·辽宁)若等比数列{an}满足 anan＋1＝16n，则公比为 (　　) A．2　　　　B．4　　　　C．8　　　　D．16 答案　B 解析　由 anan＋1＝16n，知 a1a2＝16，a2a3＝162， 后式除以前式得 q2＝16，∴q＝±4. ∵a1a2＝a21q＝16>0，∴q>0，∴q＝4. 2． 等比数列{an }中，|a1|＝1，a5＝－8a2.a5＞a2，则 an 等于 (　　) A．(－2)n－1 B．－(－2)n－1 C．(－2)n D．－(－2)n 答案　A 解析　∵|a1|＝1，∴a1＝1 或 a1＝－1. ∵a5＝－8a2＝a2·q3，∴q3＝－8，∴q＝－2. 又 a5＞a2，即 a2q3＞a2，∴a2＜0.而 a2＝a1q＝a1·(－2)＜0，∴a 1＝1.故 an＝a1·(－2)n－1＝ (－2)n－1. 3． 在等比数列{an}中，a1＝2，前 n 项和为 Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则 Sn 等于(　　) A．2n＋1－2 B．3n C．2n D．3n－1 答案　C 解析　由已知得数列{an}的前三项分别为 2,2q,2q2.又(2q＋1)2＝3(2q2＋1)，整理得 2q2－ 4q＋2＝0，解得 q＝1，Sn＝2n. 4． 在等比数列{an}中，a3＝7，前 3 项之和 S3＝21，则公比 q 的值为 (　　) A．1 B．－1 2 C．1 或－1 2 D．－1 或1 2 答案　C 解析　根据已知条件Error!得1＋q＋q2 q2 ＝3. 整理得 2q2－q－1＝0，解得 q＝1 或 q＝－1 2. 二、填空题(每小题 5 分，共 15 分) 5． 在等比数列{an}中，a1＋a2＝30，a3＋a4＝60，则 a7＋a8＝________. 答案　240 解析　∵a1＋a2＝a1(1＋q)＝30，a3＋a4＝a1q2(1＋q)＝60， ∴q2＝2，∴a7＋a8＝a1q6(1＋q)＝[a1(1＋q)]·(q2)3 ＝30×8＝240. 6． 在数列{an}中，已知 a1＝1，an＝2(an－1＋an－2＋…＋a2＋a1) (n≥2，n∈N*)，这个数列的 通项公式是____________． 答案　an＝Error! 解析　由已知 n≥2 时，an＝2Sn－1① 当 n≥3 时，an－1＝2Sn－2② ①－②整理得 an an－1＝3 (n≥3)， ∴an＝Error! 7． 设等比数列{an}的公比为 q，前 n 项和为 Sn，若 Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列，则 q 的值 为________． 答案　－2 解析　由已知条件得 2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2， 即 2Sn＝2Sn＋2an＋1＋an＋2，即an＋2 an＋1＝－2. 三、解答题(共 22 分) 8． (10 分)已知等差数列{an}满足 a2＝2，a5＝8. (1)求{an}的通项公式； (2)各项均为正数的等比数列{bn}中，b1＝1，b2＋b3＝a4，求{bn}的前 n 项和 Tn. 解　(1)设等差数列{an}的公差为 d， 则由已知得Error!.∴a1＝0，d＝2. ∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－2. (2)设等比数列{bn}的公比为 q，则由已知得 q＋q2＝a4， ∵a4＝6，∴q＝2 或 q＝－3. ∵等比数列{bn}的各项均为正数，∴q＝2. ∴{bn}的前 n 项和 Tn＝b1(1－qn) 1－q ＝1 × (1－2n) 1－2 ＝2n－1. 9． (12 分)已知数列{an}的各项均为正数，且前 n 项和 Sn 满足 Sn＝1 6(an＋1)(an＋2)．若 a2， a4，a9 成等比数列，求数列{an}的通项公式． 解　因为 Sn＝1 6(an＋1)(an＋2)，① 所以当 n＝1 时，有 S1＝a1＝1 6(a1＋1)(a1＋2)， 解得 a1＝1 或 a1＝2； 当 n≥2 时，有 Sn－1＝1 6(an－1＋1)(an－1＋2)．② ①－②并整理，得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0 (n≥2)． 因为数列{an}的各项均为正数，所以 an－an－1＝3 (n≥2)． 当 a1＝1 时，an＝1＋3(n－1)＝3n－2，此时 a24＝a2a9 成立． 当 a1＝2 时，an＝2＋3(n－1)＝3n－1，此时 a24＝a2a9 不成立． 所以 a1＝2 舍去．故 an＝3n－2. B 组　专项能力提升 (时间：25 分钟，满分：43 分) 一、选择题(每小题 5 分，共 15 分) 1． 已知{an}是首项为 1 的等比数列，若 Sn 是{an}的前 n 项和，且 28S3＝S6，则数列{ 1 an } 的前 4 项和为 (　　) A.15 8 或 4 B.40 27或 4 C.40 27 D.15 8 答案　C 解析　设数列{an}的公比为 q. 当 q＝1 时，由 a1＝1，得 28S3＝28×3＝84. 而 S6＝6，两者不相等，因此不合题意． 当 q≠1 时，由 28S3＝S6 及首项为 1，得28(1－q3) 1－q ＝1－q6 1－q .解得 q＝3.所以数列{an}的通项 公式为 an＝3n－1. 所以数列{ 1 an }的前 4 项和为 1＋1 3＋1 9＋ 1 27＝40 27. 2． 已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0 的四个根组成以1 2为首项的等比数列，则m n等于(　　) A.3 2 B.3 2或2 3 C.2 3 D．以上都不对 答案　B 解析　设 a，b，c，d 是方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0 的四个根，不妨设 aan，且 a3＋2 是 a2 与 a4 的等差中项，则数 列{an}的通项公式是______________． 答案　an＝2n 解析　因为 a3＋2 是 a2 与 a4 的等差中项， 所以 2(a3＋2)＝a2＋a4. 因为 a2＋a3＋a4＝28，所以 2(a3＋2)＋a3＝28. 所以 a3＝8，a2＋a4＝20. 设数列{an}的公比为 q， 则Error!解得Error!或Error! 因为数列{an}满足 an＋1>an，所以 a1＝2，q＝2. 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n. 5． 在等比数列{an}中，若 a9＋a10＝a (a≠0)，a19＋a20＝b，则 a99＋a100＝________. 答案　b9 a8 解析　因为{an}是等比数列，所以 a9＋a10，a19＋a20，…，a99＋a100 成等比数列，从而得 a99＋a100＝b9 a8. 6． 已知数列{xn}满足 lg xn＋1＝1＋lg xn(n∈N*)，且 x1＋x2＋x3＋…＋x100＝1，则 lg(x101＋x102 ＋…＋x200)＝________. 答案　100 解析　由 lg xn＋1＝1＋lg xn(n∈N*)， 得 lg xn＋1－lg xn＝1，∴xn＋1 xn ＝10， ∴数列{xn}是公比为 10 的等比数列，∴xn＋100＝xn·10100， ∴x101＋x102＋…＋x200＝10100(x1＋x2＋x3＋…＋x100)＝10100，∴lg(x101＋x102＋…＋x200)＝lg 10100＝100. 三、解答题 7． (13 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c1 b1＋c2 b2＋…＋cn bn＝an＋1 成立，求 c1＋c2＋c3＋…＋c2 013. 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). ∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1. 又 b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为 3， ∴bn＝3·3n－2＝3n－1. (2)由c1 b1＋c2 b2＋…＋cn bn＝an＋1 得 当 n≥2 时，c1 b1＋c2 b2＋…＋cn－1 bn－1＝an. 两式相减得：n≥2 时，cn bn＝an＋1－an＝2. ∴cn＝2bn＝2·3n－1 (n≥2)． 又当 n＝1 时，c1 b1＝a2，∴c1＝3. ∴cn＝Error!. ∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013 ＝3＋6－2 × 32 013 1－3 ＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.