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文档介绍
2021届高考数学一轮复习第六章数列第3节等比数列及其前n项和教学案含解析新人教A版
第3节 等比数列及其前n项和 考试要求 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系. 知 识 梳 理 1.等比数列的概念 (1)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非零常数，那么这个数列叫做等比数列. 数学语言表达式：＝q(n≥2，q为非零常数). (2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±. 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； 通项公式的推广：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.等比数列的性质 已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和. (1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an. (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. (3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为qn. [常用结论与微点提醒] 1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a}，，{an·bn}，也是等比数列. 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. - 14 - 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. 诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)等比数列公比q是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( ) (3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.( ) (4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q≠0. (2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列. (3)当a＝1时，Sn＝na. (4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× 2.(老教材必修5P53T1改编)已知{an}是等比数列，a4＝16，公比q＝2，则a1等于( ) A.2 B.－2 C. D.－ 解析 由题意，得a4＝a1q3＝8a1＝16，解得a1＝2. 答案 A 3.(老教材必修5P61T1改编)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________. 解析 因为＝，所以＝－， 因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5， 所以q5＝－，q＝－，则an＝－. 答案 － 4.(2020·晋冀鲁豫名校联考)公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为( ) - 14 - A.8 B.9 C.10 D.11 解析 由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9， ∴m＝10. 答案 C 5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( ) A.f B.f C.f D.f 解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为的等比数列，设此数列为{an}，则a8＝f，即第八个单音的频率为f. 答案 D 6.(2019·全国Ⅰ卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1＝，a＝a6，则S5＝________. 解析 由a＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝＝3. 所以S5＝＝＝. 答案 考点一 等比数列基本量的运算 【例1】 (1)(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( ) A.16 B.8 C.4 D.2 (2)(2020·郴州一模)在数列{an}中，满足a1＝2，a＝an－1·an＋1(n≥2，n∈N*)，Sn为{an}的前n项和，若a6＝64，则S7的值为( ) A.126 B.256 C.255 D.254 解析 (1)设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1 - 14 - (1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4. (2)数列{an}中，满足a＝an－1an＋1(n≥2)， 则数列{an}为等比数列，设其公比为q， 又由a1＝2，a6＝64，得q5＝＝32，则q＝2， 则S7＝＝28－2＝254. 答案 (1)C (2)D 规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解. 2.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝. 【训练1】 (1)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S4＝( ) A.9 B.15 C.18 D.30 (2)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________. 解析 (1)设数列{an}的公比为q(q>0)， 则 解得q＝2，a1＝2，所以S4＝＝30. (2)由{an}为等比数列，设公比为q. 由得 显然q≠1，a1≠0， 得1－q＝3，即q＝－2，代入①式可得a1＝1， 所以a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8. 答案 (1)D (2)－8 考点二 等比数列的判定与证明 【例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. - 14 - (1)解 因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)， 所以当n＝1时，a1＝2×1＝2； 当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4， 所以a2＝4； 当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6， 所以a3＝8. 综上，a2＝4，a3＝8. (2)证明 因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，① 所以当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. 所以－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2， 所以Sn＋2＝2(Sn－1＋2). 因为S1＋2＝4≠0，所以Sn－1＋2≠0，所以＝2， 故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列. 规律方法 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可. 2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证. 【训练2】 (2019·长治二模)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0. (1)求an及Sn； (2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)易知q≠1，由题意可得 解得a1＝1，q＝3， ∴an＝3n－1，Sn＝＝. (2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列， ∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13， - 14 - ∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝， 此时Sn＋＝×3n，则＝＝3， 故存在常数λ＝，使得数列{Sn＋}是以为首项，3为公比的等比数列. 考点三 等比数列的性质及应用 【例3】 (1)(2020·洛阳统考)等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a8a13＝64，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a20＝________. (2)(一题多解)(2019·西安模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S30＝140，则S40＝( ) A.280 B.300 C.320 D.340 解析 (1)由等比数列的性质可得a10a11＝a8a13， 所以a10a11＋a8a13＝2a10a11＝64， 所以a10a11＝32，所以 log2a1＋log2a2＋…＋log2a20＝log2(a1·a2·a3·…·a20) ＝log2[(a1·a20)·(a2·a19)·(a3·a18)·…·(a10·a11)]＝log2(a10·a11)10＝log23210＝50. (2)法一 因为S10＝20≠0，所以q≠－1， 由等比数列性质得S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，∴(S20－S10)2＝S10(S30－S20)， 即(S20－20)2＝20(140－S20)，解得S20＝60， ∴＝＝2， ∴S40－S30＝S10·23， ∴S40＝S30＋S10·23＝300.故选B. 法二 设等比数列{an}的公比为q，由题意易知q≠1， 所以＝20，＝140， 两式相除得＝7，化简得q20＋q10－6＝0， 解得q10＝2， 所以S40＝S30＋S10·q30＝140＋160＝300，故选B. 答案 (1)50 (2)B - 14 - 规律方法 1.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. 2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用. 【训练3】 (1)(2020·贵阳质检)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是( ) A.－2 B.－ C.± D. (2)(一题多解)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝________. 解析 (1)根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4， a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0， 所以a3<0，a7<0，即a5<0， 由a3a7＝a，得a5＝－＝－. (2)法一 由等比数列的性质S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3， ∴＝，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴＝. 法二 因为{an}为等比数列，由＝3，设S6＝3a，S3＝a(a≠0)，所以S3，S6－S3，S9－S6为等比数列，即a，2a，S9－S6成等比数列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a， 所以＝＝. 答案 (1)B (2) 数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用 1.数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的一种素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题；掌握数列运算法则；探究运算思路；求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展. 2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想. 类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{an}中，Sn为{an}的前n项和： (1)S2n－1＝(2n－1)an； - 14 - (2)设{an}的项数为2n，公差为d，则S偶－S奇＝nd. 【例1】 (1)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m＝________. (2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________. 解析 (1)由am－1＋am＋1－a＝0，得2am－a＝0，解得am＝0或2. 又S2m－1＝＝(2m－1)am＝38， 显然可得am≠0，所以am＝2. 代入上式可得2m－1＝19，解得m＝10. (2)设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d. 由已知条件，得解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5. 答案 (1)10 (2)5 类型2 等比数列两个性质的应用 在等比数列{an}中，(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则an·am＝ap·aq；(2)当公比q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(n∈N*). 【例2】 (1)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.3 (2)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( ) A. B.－ C. D. 解析 (1)数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4. (2)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝，所以a7＋a8＋a9＝. 答案 (1)C (2)A 类型3 等比数列前n项和Sn相关结论的活用 (1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q. 若共有2n项，则S偶∶S奇＝q. - 14 - (2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm(q为公比). 【例3】 (1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________. (2)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为________. 解析 (1)由题意，得解得 所以q＝＝＝2. (2)设等比数列{an}的公比q，易知S3≠0. 则S6＝S3＋S3q3＝9S3，所以q3＝8，q＝2. 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，其前5项和为＝. 答案 (1)2 (2) A级 基础巩固 一、选择题 1.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于( ) A.－ B.－2 C.2 D. 解析 由题意知q3＝＝，即q＝. 答案 D 2.(2019·马鞍山质检)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为( ) A.2 B.4 C. D.6 解析 根据等比数列的性质得a3a5＝a，∴a＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2. 又∵a1＝1，a1a7＝a＝4，∴a7＝4. 答案 B 3.(2020·深圳一模)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则＝( ) A.－3 B.－1 C.1 D.3 - 14 - 解析 ∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b， ∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a， a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a， ∵等比数列{an}中，a＝a1a3， ∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得＝－3. 答案 A 4.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an，则Sn＝a－a＋a－a＋…＋a－a等于( ) A.(2n－1) B.(1－24n) C.(4n－1) D.(1－2n) 解析 在数列{an}中，由an＋1＝2an，a1＝1，得＝2， 所以{an}是等比数列，所以an＝2n－1， 则Sn＝a－a＋a－a＋…＋a－a ＝1－4＋16－64＋…＋42n－2－42n－1 ＝＝(1－42n)＝(1－24n). 答案 B 5.(2020·湘赣十四校联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了( ) A.6里 B.12里 C.24里 D.96里 解析 由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{an}，设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则q＝，依题意有＝378，解得a1＝192，则a6＝192×＝6，最后一天走了6里，故选A. 答案 A 二、填空题 6.等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则＝________. 解析 设数列{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3， - 14 - 则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝1＋(舍负). 则＝＝－1. 答案 －1 7.若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________. 解析 {an}为等差数列，a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，∴d＝3，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2.{bn}为等比数列，b1＝－1，b4＝8＝b1·q3＝－q3，∴q＝－2，∴b2＝b1·q＝2，则＝＝1. 答案 1 8.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是{an}的前n项和，已知a2a4＝16，S3＝28，则当a1a2…an最大时，n的值为________. 解析 由数列{an}是各项为正数的等比数列，且a2a4＝16，可得a3＝4.又S3＝a3＝28，所以＋＋1＝7，即·＝0，解得q＝，故an＝a3qn－3＝25－n，则a1a2…an＝24×23×…×25－n＝2，所以当取得最大值时，a1a2…an取得最大值，此时整数n＝4或5. 答案 4或5 三、解答题 9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通项公式； (2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m. 解 (1)设数列{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故{an}的通项公式为an＝(－2)n－1或an＝2n－1. (2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝. 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6. - 14 - 10.(2020·陕西省级名校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4. (1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列； (2)求数列{Sn}的前n项和Tn. (1)证明 因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)， 所以Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)， 则Sn＝2Sn－1－n＋4(n≥2)， 所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2](n≥2)， 又由题意知a1－2a1＝－3， 所以a1＝3，则S1－1＋2＝4， 所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列. (2)解 由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1， 所以Sn＝2n＋1＋n－2， 于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n ＝＋－2n＝. B级 能力提升 11.(2020·东北三省四校联考)已知数列{an}为正项等比数列，a2＝，a3＝2a1，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( ) A.(2＋)[1－()n] B.(2＋)[()n－1] C.(2n－1) D.(1－2n) 解析 由{an}为正项等比数列，且a2＝，a3＝2a1，可得a1＝1，公比q＝，所以数列{anan＋1}是以为首项，2为公比的等比数列，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(2n－1).故选C. 答案 C 12.已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn>1的n的最小值为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 解析 ∵数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a1查看更多
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