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- 2021-05-14 发布
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等比数列及其前n项和
[知识能否忆起]
1.等比数列的有关概念
(1)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个常数(不为零),那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母q表示,定义的表达式为=q(n∈N*,q为非零常数).
(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.等比数列的有关公式
(1)通项公式:an=a1qn-1.
(2)前n项和公式:Sn=
3.等比数列{an}的常用性质
(1)在等比数列{an}中,若m+n=p+q=2r(m,n,p,q,r∈N*),则am·an=ap·aq=a.
特别地,a1an=a2an-1=a3an-2=….
(2)在公比为q的等比数列{an}中,数列am,am+k,am+2k,am+3k,…仍是等比数列,公比为qk;
数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍是等比数列(此时q≠-1);
an=amqn-m.
[小题能否全取]
1.(教材习题改编)等比数列{an}中,a4=4,则a2·a6等于( )
A.4 B.8
C.16 D.32
解析:选C a2·a6=a=16.
2.已知等比数列{an}的前三项依次为a-1,a+1,a+4,则an=( )
A.4·n B.4·n
C.4·n-1 D.4·n-1
解析:选C (a+1)2=(a-1)(a+4)⇒a=5,
a1=4,q=,故an=4·n-1.
3.已知等比数列{an}满足a1+a2=3,a2+a3=6,则a7=( )
A.64 B.81
C.128 D.243
解析:选A q==2,
故a1+a1q=3⇒a1=1,a7=1×27-1=64.
4.(2011·北京高考)在等比数列{an}中,若a1=,a4=4,则公比q=________;a1+a2+…+an=________.
解析:a4=a1q3,得4=q3,解得q=2,a1+a2+…+an==2n-1-.
答案:2 2n-1-
5.(2012·新课标全国卷)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比q=________.
解析:∵S3+3S2=0,∴a1+a2+a3+3(a1+a2)=0,
∴a1(4+4q+q2)=0.
∵a1≠0,∴q=-2.
答案:-2
1.等比数列的特征
(1)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)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.等比数列的前n项和Sn
(1)等比数列的前n项和Sn是用错位相减法求得的,注意这种思想方法在数列求和中的运用.
(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.
等比数列的判定与证明
典题导入
[例1] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=n.
(1)设cn=an-1,求证:{cn}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
[自主解答] (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,
∴=.
∵首项c1=a1-1,又a1+a1=1,
∴a1=,c1=-.
又cn=an-1,故{cn}是以-为首项,为公比的等比数列.
(2)由(1)可知cn=·n-1=-n,
∴an=cn+1=1-n.
在本例条件下,若数列{bn}满足b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),证明{bn}是等比数列.
证明:∵由(2)知an=1-n,
∴当n≥2时,bn=an-an-1
=1-n-
=n-1-n=n.
又b1=a1=也符合上式,∴bn=n.
∵=,∴数列{bn}是等比数列.
由题悟法
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.
(2)等比中项法: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.
以题试法
1. (2012·沈阳模拟)已知函数f(x)=logax,且所有项为正数的无穷数列{an}满足logaan+1-logaan=2,则数列{an}( )
A.一定是等比数列
B.一定是等差数列
C.既是等差数列又是等比数列
D.既不是等差数列又不是等比数列
解析:选A 由logaan+1-logaan=2,得loga=2=logaa2,故=a2.又a>0且a≠1,所以数列{an}为等比数列.
等比数列的基本运算
典题导入
[例2] (2011·全国高考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn.
[自主解答] 设{an}的公比为q,
由题设得解得或
当a1=3,q=2时,an=3×2n-1,Sn=3×(2n-1);
当a1=2,q=3时,an=2×3n-1,Sn=3n-1.
由题悟法
1.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.
2.在使用等比数列的前n项和公式时,应根据公比q的情况进行分类讨论,切不可忽视q的取值而盲目用求和公式.
以题试法
2.(2012·山西适应性训练)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a1=2,且a2,a4,a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{3an}的前n项和.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).
因为a2,a4,a8成等比数列,
所以(2+3d)2=(2+d)·(2+7d),
解得d=2.
所以an=2n(n∈N*).
(2)由(1)知3an=32n,设数列{3an}的前n项和为Sn,
则Sn=32+34+…+32n==(9n-1).
等比数列的性质
典题导入
[例3] (1)(2012·威海模拟)在由正数组成的等比数列{an}中,若a3a4a5=3π,则sin(log3a1+log3a2+…+log3a7)的值为( )
A. B.
C.1 D.-
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S6∶S3=1∶2,则S9∶S3等于( )
A.1∶2 B.2∶3
C.3∶4 D.1∶3
[自主解答] (1)因为a3a4a5=3π=a,所以a4=3.
log3a1+log3a2+…+log3a7
=log3(a1a2…a7)=log3a
=7log33=,
故sin(log3a1+log3a2+…+log3a7)=.
(2)由等比数列的性质:S3,S6-S3,S9-S6仍成等比数列,于是(S6-S3)2=S3·(S9-S6),
将S6=S3代入得=.
[答案] (1)B (2)C
由题悟法
等比数列与等差数列在定义上只有“一字之差”,它们的通项公式和性质有许多相似之处,其中等差数列中的“和”“倍数”可以与等比数列中的“积”“幂”相类比.关注它们之间的异同有助于我们从整体上把握,同时也有利于类比思想的推广.对于等差数列项的和或等比数列项的积的运算,若能关注通项公式an=f(n)的下标n的大小关系,可简化题目的运算.
以题试法
3.(1)(2012·新课标全国卷)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( )
A.7 B.5
C.-5 D.-7
(2)(2012·成都模拟)已知{an}是等比数列,a2=2,a5=,则a1a2+a2a3+…+anan+1=( )
A.16(1-4-n) B.16(1-2-n)
C.(1-4-n) D.(1-2-n)
解析:(1)选D 法一:
由题意得
解得或
故a1+a10=a1(1+q9)=-7.
法二:由解得或
则或故a1+a10=a1(1+q9)=-7.
(2)选C ∵a2=2,a5=,∴a1=4,q=,anan+1=2n-5.
故a1a2+a2a3+…+anan+1==(1-4-n).
1.设数列{an}是等比数列,前n项和为Sn,若S3=3a3,则公比q为( )
A.- B.1
C.-或1 D.
解析:选C 当q=1时,满足S3=3a1=3a3.
当q≠1时,S3==a1(1+q+q2)=3a1q2,
解得q=-,综上q=-或q=1.
2.(2012·东城模拟)设数列{an}满足:2an=an+1(an≠0)(n∈N*),且前n项和为Sn,则
的值为( )
A. B.
C.4 D.2
解析:选A 由题意知,数列{an}是以2为公比的等比数列,故==.
3.(2012·安徽高考)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a10=( )
A.4 B.5
C.6 D.7
解析:选B ∵a3·a11=16,∴a=16.
又∵等比数列{an}的各项都是正数,∴a7=4.
又∵a10=a7q3=4×23=25,∴log2a10=5.
4.已知数列{an},则“an,an+1,an+2(n∈N*)成等比数列”是“a=anan+2”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
解析:选A 显然,n∈N*,an,an+1,an+2成等比数列,则a=anan+2,反之,则不一定成立,举反例,如数列为1,0,0,0,…
5.(2013·太原模拟)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
解析:选B 设S2n=a,S4n=b,由等比数列的性质知:
2(14-a)=(a-2)2,解得a=6或a=-4(舍去),
同理(6-2)(b-14)=(14-6)2,所以b=S4n=30.
6.已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根组成以为首项的等比数列,则=( )
A. B.或
C. D.以上都不对
解析:选B 设a,b,c,d是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根,不妨设a0)的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=________.
解析:法一:S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2,将a3=a2q,a4=a2q2代入得,
3a2+2+a2q+a2q2=3a2q2+2,化简得2q2-q-3=0,
解得q=(q=-1不合题意,舍去).
法二:设等比数列{an}的首项为a1,由S2=3a2+2,得
a1(1+q)=3a1q+2.①
由S4=3a4+2,得a1(1+q)(1+q2)=3a1q3+2.②
由②-①得a1q2(1+q)=3a1q(q2-1).
∵q>0,∴q=.
答案:
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4an-3(n∈N*).
(1)证明:数列{an}是等比数列;
(2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n∈N*),且b1=2,求数列{bn}的通项公式.
解:(1)证明:依题意Sn=4an-3(n∈N*),
n=1时,a1=4a1-3,解得a1=1.
因为Sn=4an-3,
则Sn-1=4an-1-3(n≥2),
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,
整理得an=an-1.
又a1=1≠0,
所以{an}是首项为1,公比为的等比数列.
(2)因为an=n-1,
由bn+1=an+bn(n∈N*),得bn+1-bn=n-1.
可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=2+=3·n-1-1(n≥2),
当n=1时也满足,
所以数列{bn}的通项公式为bn=3·n-1-1.
1.(2012·大纲全国卷)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=2an+1,则Sn=( )
A.2n-1 B.n-1
C.n-1 D.
解析:选B ∵Sn=2an+1,∴当n≥2时,Sn-1=2an,∴an=Sn-Sn-1=2an+1-2an,∴3an=2an+1,∴=.
又∵S1=2a2,∴a2=,∴=,
∴{an}从第二项起是以为公比的等比数列,
∴Sn=a1+a2+a3+…+an=1+=n-1.
也可以先求出n≥2时,an=,再利用Sn=2an+1,求得Sn=n-1
2.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.
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=-.
(2)由(1)可得a1-a12=3.
故a1=4,从而Sn==.
3.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 013.
解:(1)∵a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,
∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d).∵d>0,
故解得d=2.∴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++…+=an+1得
当n≥2时,++…+=an.
两式相减得:n≥2时,=an+1-an=2.
∴cn=2bn=2·3n-1(n≥2).
又当n=1时,=a2,∴c1=3.
∴cn=
∴c1+c2+c3+…+c2 013
=3+=3+(-3+32 013)=32 013.