2014高考数学总复习 数列 等比数列及其前n项和

2014高考数学总复习 数列 等比数列及其前n项和

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.‎