2015高考数学（理）（等比数列及其前n项和）一轮复习学案
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<0,0
1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)
