2020届二轮复习等比数列及其前n项和教案（全国通用）

2020届二轮复习等比数列及其前n项和教案（全国通用）

‎§6.3　等比数列及其前n项和 最新考纲　1.通过实例，理解等比数列的概念.2.探索并掌握等比数列的通项公式与前n项和的公式.3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系．‎ ‎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．等比数列的常用性质 ‎(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．‎ ‎(2)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝a.‎ ‎(3)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{an·bn}，(λ≠0)仍然是等比数列．‎ ‎(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.‎ 概念方法微思考 ‎1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？‎ 提示　仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．‎ ‎2．任意两个实数都有等比中项吗？‎ 提示　不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．‎ ‎3．“b2＝ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？‎ 提示　必要不充分条件．因为b2＝ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a＝0，b＝0，c＝1.但a，b，c成等比数列一定有b2＝ac.‎ 题组一　思考辨析 ‎1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　×　)‎ ‎(2)如果数列{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．(　×　)‎ ‎(3)如果数列{an}为等比数列，则数列{lnan}是等差数列．(　×　)‎ ‎(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　×　)‎ ‎(5)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．(　×　)‎ 题组二　教材改编 ‎2．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝.‎ 答案　 解析　由题意知q3＝＝，∴q＝.‎ ‎3．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为(　　)‎ A．8B．9C．10D．11‎ 答案　C 解析　由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.‎ 题组三　易错自纠 ‎4．若1，a1，a2，4成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则的值为．‎ 答案　－ 解析　∵1，a1，a2，4成等差数列，‎ ‎∴3(a2－a1)＝4－1，∴a2－a1＝1.‎ 又∵1，b1，b2，b3，4成等比数列，设其公比为q，‎ 则b＝1×4＝4，且b2＝1×q2>0，∴b2＝2，‎ ‎∴＝＝－.‎ ‎5．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则＝.‎ 答案　－11‎ 解析　设等比数列{an}的公比为q，‎ ‎∵8a2＋a5＝0，∴8a1q＋a1q4＝0.‎ ‎∴q3＋8＝0，∴q＝－2，‎ ‎∴＝· ‎＝＝＝－11.‎ ‎6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机秒，该病毒占据内存8GB.(1GB＝210MB)‎ 答案　39‎ 解析　由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{an}，且a1＝2，q＝2，∴an＝2n，‎ 则2n＝8×210＝213，∴n＝13.‎ 即病毒共复制了13次．‎ ‎∴所需时间为13×3＝39(秒)．‎ 题型一　等比数列基本量的运算 ‎1．(2018·济南模拟)已知正项等比数列{an}满足a3＝1，a5与a4的等差中项为，则a1的值为(　　)‎ A．4B．2C.D. 答案　A 解析　设公比为q.∵a3＝1，a5与a4的等差中项为，∴⇒即a1的值为4，‎ 故选A.‎ ‎2．(2018·全国Ⅲ)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{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＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(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.‎ 思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．‎ ‎(2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对q＝1和q≠1的分类讨论．‎ 题型二　等比数列的判定与证明 例1已知数列{an}满足对任意的正整数n，均有an＋1＝5an－2·3n，且a1＝8.‎ ‎(1)证明：数列{an－3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)因为an＋1＝5an－2·3n，‎ 所以an＋1－3n＋1＝5an－2·3n－3n＋1＝5(an－3n)，‎ 又a1＝8，所以a1－3＝5≠0，‎ 所以数列{an－3n}是首项为5、公比为5的等比数列．‎ 所以an－3n＝5n，所以an＝3n＋5n.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝＝＝1＋n，‎ 则数列{bn}的前n项和Tn＝1＋1＋1＋2＋…＋1＋n＝n＋＝＋n－.‎ 思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法：‎ ‎(1)定义法：若＝q(q是不为零的常数)，则数列{an}是等比数列；‎ ‎(2)等比中项法：若a＝anan＋2(n∈N*，an≠0)，则数列{an}是等比数列；‎ ‎(3)通项公式法：若an＝Aqn(A，q是不为零的常数)，则数列{an}是等比数列．‎ 跟踪训练1(2018·黄山模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.‎ ‎(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ ‎(1)证明　由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，‎ 有a1＋a2＝S2＝4a1＋2.‎ ‎∴a2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.‎ 又 ‎①－②，得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，‎ ‎∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)．‎ ‎∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1(n≥2)，‎ 故{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．‎ ‎(2)解　由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，‎ ‎∴－＝，‎ 故是首项为，公差为的等差数列．‎ ‎∴＝＋(n－1)·＝，‎ 故an＝(3n－1)·2n－2.‎ 题型三　等比数列性质的应用 例2(1)(2018·钦州质检)已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的最小值为(　　)‎ A.B．1C．2D．3‎ 答案　C 解析　由已知得数列{an}的公比满足q3＝＝，‎ 解得q＝，∴a1＝2，a3＝，‎ 故数列{anan＋1}是以2为首项，公比为＝的等比数列，‎ ‎∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝ ‎＝∈，故选C.‎ ‎(2)(2018·大连模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝－1，S4＝－5，则S6等于(　　)‎ A．－9B．－21C．－25D．－63‎ 答案　B 解析　因为S2＝－1≠0，所以q≠－1，由等比数列性质得S2，S4－S2，S6－S4‎ 成等比数列，即－1×(S6＋5)＝(－5＋1)2，所以S6＝－21，故选B.‎ 思维升华等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类：‎ ‎(1)通项公式的变形．‎ ‎(2)等比中项的变形．‎ ‎(3)前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．‎ 跟踪训练2(1)等比数列{an}各项均为正数，a3a8＋a4a7＝18，则a1＋a2＋…＋a10＝.‎ 答案　20‎ 解析　由a3a8＋a4a7＝18，得a4a7＝9‎ 所以a1＋a2＋…＋a10‎ ‎＝＝5‎ ‎＝5＝95＝2log3310‎ ‎＝20.‎ ‎(2)(2018·新乡模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则＝(n≥2，且n∈N)．‎ 答案　－ 解析　很明显等比数列的公比q≠1，‎ 则由题意可得，＝＝＝，‎ 解得q＝，‎ 则＝＝＝＝－.‎ 等差数列与等比数列 关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，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．‎ 例1(2018·蓉城名校联考)已知等差数列{an}的首项和公差均不为0，且满足a2，a5，a7成等比数列，则的值为(　　)‎ A.B.C.D. 答案　A 解析　已知等差数列{an}的首项和公差均不为0，且满足a2，a5，a7成等比数列，‎ ‎∴a＝a2a7，∴(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴10d2＝－a1d，∵d≠0，∴－10d＝a1，∴＝＝＝.‎ 例2　(2018·烟台质检)已知{an}为等比数列，数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，则数列{bn}的前n项和为(　　)‎ A．3n＋1 B．3n－1‎ C. D. 答案　C 解析　∵b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，‎ ‎∴a1(b2－b1)＝a2，即a2＝3a1，‎ 又数列{an}为等比数列，‎ ‎∴数列{an}的公比为q＝3，‎ ‎∴bn＋1－bn＝＝3，‎ ‎∴数列{bn}是首项为2，公差为3的等差数列，‎ ‎∴数列{bn}的前n项和为Sn＝2n＋×3＝.故选C.‎ ‎1．(2018·重庆巴蜀中学月考)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3a7＝16，则该数列的公比为(　　)‎ A．± B. C．±2 D．2‎ 答案　A 解析　根据等比数列的性质可得a3·a7＝a＝a·q8＝q8＝16＝24，‎ 所以q2＝2，即q＝±，故选A.‎ ‎2．(2018·菏泽模拟)等比数列{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则的值为(　　)‎ A．2 B．－或 C. D．－ 答案　B 解析　∵a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的根，‎ ‎∴a2＋a16＝－6，a2×a16＝2，∴a2<0，a16<0，即a1>0，q<0或a1<0，q>0.∴＝a9＝±＝±.故选B.‎ ‎3．(2018·马鞍山质检)等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r的值为(　　)‎ A. B．－ C. D．－ 答案　B 解析　当n＝1时，a1＝S1＝3＋r，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1－32n－3‎ ‎＝32n－3(32－1)＝8·32n－3＝8·32n－2·3－1‎ ‎＝·9n－1，‎ 所以3＋r＝，即r＝－，故选B.‎ ‎4．(2018·湘潭模拟)已知等比数列{an}的公比为－2，且Sn为其前n项和，则等于(　　)‎ A．－5B．－3C．5D．3‎ 答案　C 解析　由题意可得，‎ ＝＝1＋(－2)2＝5.‎ ‎5．(2019·西北师大附中冲刺诊断)古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为(　　)‎ A．10B．9C．8D．7‎ 答案　C 解析　设该女子第一天织布x尺，‎ 则＝5，解得x＝，‎ 所以前n天织布的尺数为(2n－1)，‎ 由(2n－1)≥30，得2n≥187，解得n的最小值为8.‎ ‎6．(2018·海南联考)已知正项数列{an}满足a－2a－an＋1an＝0，设bn＝log2，则数列{bn}的前n项和为(　　)‎ A．n B. C. D. 答案　C 解析　由a－2a－an＋1an＝0，‎ 可得(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，又an>0，∴＝2，‎ ‎∴an＋1＝a1·2n.‎ ‎∴bn＝log2＝log22n＝n，‎ ‎∴数列{bn}的前n项和为，故选C.‎ ‎7．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2018，a2＋a4＝－2a3，则S2019＝.‎ 答案　2018‎ 解析　∵a2＋a4＝－2a3，‎ ‎∴a2＋a4＋2a3＝0，a2＋2a2q＋a2q2＝0，‎ ‎∴q2＋2q＋1＝0，解得q＝－1.‎ ‎∵a1＝2018，‎ ‎∴S2019＝＝ ‎＝2018.‎ ‎8.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为．‎ 答案　 解析　由题意，得正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到 ‎1023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1023，∴n＝10，∴最小正方形的边长为×9＝.‎ ‎9．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1＝，且a2a8＝2a5＋3，则a9＝.‎ 答案　18‎ 解析　∵a2a8＝2a5＋3，∴a＝2a5＋3，‎ 解得a5＝3(舍负)，即a1q4＝3，则q4＝6，a9＝a1q8＝×36＝18.‎ ‎10．(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2a，且S4＋S12＝λS8，则λ＝.‎ 答案　 解析　∵a3a11＝2a，∴a＝2a，∴q4＝2，‎ ‎∵S4＋S12＝λS8，‎ ‎∴＋＝，‎ ‎1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，‎ 将q4＝2代入计算可得λ＝.‎ ‎11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.‎ ‎(1)求b1，b2，b3；‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；‎ ‎(3)求{an}的通项公式．‎ 解　(1)由条件可得an＋1＝an，‎ 将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.‎ 将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.‎ 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.‎ ‎(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ 由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，‎ 又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ ‎(3)由(2)可得＝2n－1，‎ 所以an＝n·2n－1.‎ ‎12．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝，n∈N*.‎ ‎(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ ‎(1)证明　b1＝a2－a1＝1.‎ 当n≥2时，bn＝an＋1－an＝－an ‎＝－(an－an－1)＝－bn－1，‎ ‎∴{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列．‎ ‎(2)解　由(1)知bn＝an＋1－an＝n－1，‎ 当n≥2时，‎ an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)‎ ‎＝1＋1＋＋…＋n－2‎ ‎＝1＋ ‎＝1＋ ‎＝－n－1.‎ 当n＝1时，－×1－1＝1＝a1，‎ ‎∴an＝－n－1(n∈N*)．‎ ‎13．(2018·北师大附中模拟)正项等比数列{an}中的a1，a4037是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－3的极值点，则a2019等于(　　)‎ A．1B．2C．－1D. 答案　A 解析　因为f′(x)＝x2－8x＋6，所以a1·a4037＝6，‎ 所以a2019＝(舍负)，a2019＝1.‎ ‎14．(2018·皖南八校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，bn＝log2(a·)，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>1024的最小n的值为．‎ 答案　9‎ 解析　由数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，‎ 则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n，‎ a1＝S1＝2，满足上式，‎ 所以bn＝log2(a·)＝log2a＋log2＝2n＋2n，‎ 所以数列{bn}的前n和为Tn＝＋ ‎＝n(n＋1)＋2n＋1－2，‎ 当n＝9时，T9＝9×10＋210－2＝1112>1024，‎ 当n＝8时，T8＝8×9＋29－2＝582<1024，‎ 所以满足Tn>1024的最小n的值为9.‎ ‎15．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 答案　C 解析　∵{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1·a2<1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a＝1，T6＝T5·a6＝a6>1，故n的最小值为6，故选C.‎ ‎16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1，2进行“扩展”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；….设第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，xt，2，并记an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1，n∈N*，求数列{an}的通项公式．‎ 解　an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，‎ 所以an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·…·xt·(xt·2)·2]‎ ‎＝log2(12·x·x·x·…·x·22)＝3an－1，‎ 所以an＋1－＝3，‎ 所以数列是一个以为首项，以3为公比的等比数列，‎ 所以an－＝×3n－1，所以an＝.‎