2015高考数学（理）（等比数列及其前n项和）一轮复习学案 9页

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)‎