【数学】2020届一轮复习人教版等比数列及其前n项和学案

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【数学】2020届一轮复习人教版等比数列及其前n项和学案

‎ 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.体会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.‎ ‎[微点提醒]‎ ‎1.若数列{an}为等比数列,则数列{c·an}(c≠0),{|an|},{a},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.‎ ‎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.‎ 基 础 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.(必修5P53A1(2)改编)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 ‎3.(必修5P54A8改编)在9与243中间插入两个数,使它们同这两个数成等比数列,则这两个数为________.‎ 解析 设该数列的公比为q,由题意知,‎ ‎243=9×q3,q3=27,∴q=3.‎ ‎∴插入的两个数分别为9×3=27,27×3=81.‎ 答案 27,81‎ ‎4.(2019·天津和平区质检)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 ‎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.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若Sn=126,则n=________.‎ 解析 由an+1=2an,知数列{an}是以a1=2为首项,公比q=2的等比数列,由Sn==126,解得n=6.‎ 答案 6‎ 考点一 等比数列基本量的运算 ‎【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4=________.‎ ‎(2)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn,已知S3=,S6=,则a8=________.‎ 解析 (1)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.‎ ‎(2)设数列{an}首项为a1,公比为q(q≠1),‎ 则解得 所以a8=a1q7=×27=32.‎ 答案 (1)-8 (2)32‎ 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)(2017·北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=________.‎ 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){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)D (2)1‎ 考点二 等比数列的判定与证明 ‎【例2】 已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;‎ ‎(2)若S5=,求λ.‎ ‎(1)证明 由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.‎ 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1,‎ 得an+1=λan+1-λan,‎ 即an+1(λ-1)=λan,‎ 由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以=.‎ 因此{an}是首项为,公比为的等比数列,‎ 于是an=.‎ ‎(2)解 由(1)得Sn=1-.‎ 由S5=,得1-=,即=.‎ 解得λ=-1.‎ 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·广东省级名校联考)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=.‎ 考点三 等比数列的性质及应用 ‎【例3】 (1)等比数列{an}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2+…+log3a10=(  )‎ A.12 B.10 C.8 D.2+log35‎ ‎(2)已知数列{an}是等比数列,Sn为其前n项和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,则S12=(  )‎ A.40 B.60 C.32 D.50‎ 解析 (1)由等比数列的性质知a5a6=a4a7,又a5a6+a4a7=18,所以a5a6=9,则原式=log3(a1a2…a10)=log3(a5a6)5=10.‎ ‎(2)数列S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9是等比数列,即数列4,8,S9-S6,S12-S9是首项为4,公比为2的等比数列,则S9-S6=a7+a8+a9=16,S12-S9=a10+a11+a12=32,因此S12=4+8+16+32=60.‎ 答案 (1)B (2)B 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)(2019·菏泽质检)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) ‎[思维升华]‎ ‎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)便可迎刃而解.‎ ‎2.(1)方程思想:如求等比数列中的基本量.‎ ‎(2)分类讨论思想:如求和时要分q=1和q≠1两种情况讨论,判断单调性时对a1与q分类讨论.‎ ‎[易错防范]‎ ‎1.特别注意q=1时,Sn=na1这一特殊情况.‎ ‎2.Sn,S2n-Sn,S3n-S2n未必成等比数列(例如:当公比q=-1且n为偶数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n不成等比数列;当q≠-1或q=-1时且n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列),但等式(S2n-Sn)2=Sn·(S3n-S2n)总成立.‎ 数学运算——等差(比)数列性质的应用 ‎1.数学运算是指在明析运算对象的基础上,依据运算法则解决数学问题的素养.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;‎ ‎(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.‎ ‎(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) 基础巩固题组 ‎(建议用时:40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.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.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 ‎2.已知各项均为正数的等比数列{an}中,a4与a14的等比中项为2,则2a7+a11的最小值为(  )‎ A.16 B.8 C.2 D.4‎ 解析 因为a4与a14的等比中项为2,‎ 所以a4·a14=a7·a11=(2)2=8,‎ 所以2a7+a11≥2=2=8,‎ 所以2a7+a11的最小值为8.‎ 答案 B ‎3.(2019·上海崇明区模拟)已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,S3=3a3,则S5=(  )‎ A.1 B.5 C. D. 解析 由题意得=3a1q2,解得q=-或q=1(舍),所以S5===.‎ 答案 D ‎4.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(  )‎ A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏 解析 设塔的顶层的灯数为a1,七层塔的总灯数为S7,公比为q,则依题意S7=381,公比q=2.∴=381,解得a1=3.‎ 答案 B ‎5.(2019·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 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 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{an}的公比为q.由题意得a1+2a2=a3,则a1(1+2q)=a1q2,q2-2q-1=0,所以q=1+(舍负).‎ 则==-1.‎ 答案 -1‎ ‎7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+Sn=1(n∈N*),则通项an=________.‎ 解析 ∵an+Sn=1,①‎ ‎∴a1=,an-1+Sn-1=1(n≥2),②‎ 由①-②,得an-an-1+an=0,即=(n≥2),‎ ‎∴数列{an}是首项为,公比为的等比数列,‎ 则an=×=.‎ 答案  ‎8.(2018·南京模拟)已知数列{an}中,a1=2,且=4(an+1-an)(n∈N*),则其前9项的和S9=________.‎ 解析 由=4(an+1-an)得,a-4an+1an+4a=0,‎ ‎∴(an+1-2an)2=0,=2,∴数列{an}是首项a1=2,公比为2的等比数列,∴S9==1 022.‎ 答案 1 022‎ 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{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.‎ ‎(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.‎ ‎10.已知数列{an}中,点(an,an+1)在直线y=x+2上,且首项a1=1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}中,b1=a1,b2=a2,数列{bn}的前n项和为Tn,请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.‎ 解 (1)根据已知a1=1,an+1=an+2,‎ 即an+1-an=2=d,‎ 所以数列{an}是一个首项为1,公差为2的等差数列,‎ an=a1+(n-1)d=2n-1.‎ ‎(2)数列{an}的前n项和Sn=n2.‎ 等比数列{bn}中,b1=a1=1,b2=a2=3,‎ 所以q=3,bn=3n-1.‎ 数列{bn}的前n项和Tn==.‎ Tn≤Sn即≤n2,又n∈N*,所以n=1或2.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时:20分钟)‎ ‎11.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T1>1的n的最小值为(  )‎ A.4 B.5 C.6 D.7‎ 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.‎ 答案 C ‎12.数列{an}中,已知对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+an=3n-1,则a+a+a+…+a等于(  )‎ A.(3n-1)2 B.(9n-1)‎ C.9n-1 D.(3n-1)‎ 解析 ∵a1+a2+…+an=3n-1,n∈N*,n≥2时,a1+a2+…+an-1=3n-1-1,‎ ‎∴当n≥2时,an=3n-3n-1=2·3n-1,‎ 又n=1时,a1=2适合上式,∴an=2·3n-1,‎ 故数列{a}是首项为4,公比为9的等比数列.‎ 因此a+a+…+a==(9n-1).‎ 答案 B ‎13.(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=______.‎ 解析 ∵{an}是等比数列,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=.‎ 答案  ‎14.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+λ(λ为常数).‎ ‎(1)试探究数列{an+λ}是不是等比数列,并求an;‎ ‎(2)当λ=1时,求数列{n(an+λ)}的前n项和Tn.‎ 解 (1)因为an+1=2an+λ,所以an+1+λ=2(an+λ).‎ 又a1=1,‎ 所以当λ=-1时,a1+λ=0,数列{an+λ}不是等比数列,‎ 此时an+λ=an-1=0,即an=1;‎ 当λ≠-1时,a1+λ≠0,所以an+λ≠0,‎ 所以数列{an+λ}是以1+λ为首项,2为公比的等比数列,‎ 此时an+λ=(1+λ)2n-1,即an=(1+λ)2n-1-λ.‎ ‎(2)由(1)知an=2n-1,所以n(an+1)=n×2n,‎ Tn=2+2×22+3×23+…+n×2n,①‎ ‎2Tn=22+2×23+3×24+…+n×2n+1,②‎ ‎①-②得:-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2.‎ 所以Tn=(n-1)2n+1+2.‎ 新高考创新预测 ‎15.(创新思维)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ea1+a2+a3.若a1>1,则下列选项可能成立的是(  )‎ A.a1a2>a3>a4 D.以上结论都有可能成立 解析 构造函数f(x)=ex-x-1,f′(x)=ex-1=0,x=0,得极小值f(0)=0,故f(x)≥0,即ex≥x+1恒成立(x=0取等号).a1+a2+a3+a4=ea1+a2+a3>a1+a2+a3+1⇒a4>1⇒q>0,且a2>1,a3>1,‎ 若公比q∈(0,1],则4a1≥a1+a2+a3+a4=ea1+a2+a3>e2+a1>7ea1>7a1+7>4a1,产生矛盾.‎ 所以公比q>1,故a1
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