范文高考数学理科一轮复习等比数列及其前n项和学案含答案.docx
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范文高考数学理科一轮复习等比数列及其前n项和学案含答案
高考数学(理科)一轮复习等比数列及其前n项和学案含答案
本资料为woRD文档,请点击下载地址下载全文下载地址 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
.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,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.
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
通项公式的推广:
an=am•________.
若{an}为等比数列,且k+l=m+n,则__________________________.
若{an},{bn}是等比数列,则{λan},1an,{a2n},{an•bn},anbn仍是等比数列.
单调性:
a1>0,q>1或a1<00<q<1⇔{an}是________数列;a1>0,0<q<1或a1<0q>1⇔{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,其前n项和为Sn,当q=1时,Sn=na1;
当q≠1时,Sn=a11-qn1-q=a1qn-1q-1=a1qnq-1-a1q-1.
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
.“b=ac”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.设f=2+24+27+…+23n+1,则f等于
A.27
B.27
c.27
D.27
4.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•32n
B.8•23n
c.8•32n-1
D.8•23n-1
5.设{an}是公比为q的等比数列,|q|>1,令bn=an+1,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 已知数列{an}的首项a1=5,前n项和为Sn,且Sn+1=2Sn+n+5,n∈N*.
证明数列{an+1}是等比数列;
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=Sn+2n.
求a2,a3的值;
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 在等比数列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5=8,且1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=2,求a3.
变式迁移3 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;
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 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6560,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=6560≠2Sn=160,∴q≠1,[2分]
由题意得a11-qn1-q=80, ①a11-q2n1-q=6560.
②[4分]
将①整体代入②得80=6560,
∴qn=81.[6分]
将qn=81代入①得a1=80,
∴a1=q-1,由a1>0,得q>1,
∴数列{an}为递增数列.[8分]
∴an=a1qn-1=a1q•qn=81•a1q=54.
∴a1q=23.[10分]
与a1=q-1联立可得a1=2,q=3,
∴a2n=2×32n-1.[12分]
【突破思维障碍】
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<q<1时为递增数列;当a1<0,q>1或a1>0,0<q<1时为递减数列;当q<0时为摆动数列;当q=1时为常数列.函数的思想:
等比数列的通项公式an=a1qn-1=a1q•qn常和指数函数相联系.整体思想:
应用等比数列前n项和时,常把qn,a11-q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a11-qn1-q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.
.等比数列的通项公式、前n项公式分别为an=a1qn-1,Sn=na1, q=1,a11-qn1-q,
q≠1.
2.等比数列的判定方法:
定义法:
即证明an+1an=q.
中项法:
证明一个数列满足a2n+1=an•an+2.
3.等比数列的性质:
an=am•qn-m;
若{an}为等比数列,且k+l=m+n,则ak•al=am•an;
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:
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;
若{an}是等比数列,且an>0,则{lgan}构成等差数列.
一、选择题
.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.152
B.314
c.334
D.172
2.设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2+a5=0,则S5S2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.记等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=2,S6=18,则S10S5等于
A.-3
B.5
c.-31
D.33
题号
2
3
4
5
答案
二、填空题
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.在等比数列{an}中,公比q=2,前99项的和S99=30,则a3+a6+a9+…+a99=________.
8.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
9.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.
求数列{an}的通项;
求数列{2an}的前n项和Sn.
0.已知数列{log2}为等差数列,且a1=3,a2=5.
求证:
数列{an-1}是等比数列;
求1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an的值.
1.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.
求数列{an}与{bn}的通项公式;
设数列{cn}对n∈N*均有c1b1+c2b2+…+cnbn=an+1成立,求c1+c2+c3+…+cXX.
答案
自主梳理
.公比 q 2.a1•qn-1 4.qn-m ak•al=am•an
递增 递减 常 摆动 6.qn
自我检测
.D 2.B 3.B 4.c 5.-9
课堂活动区
例1 解题导引 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;
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:
a21q4+2a21q6+a21q8=100,a21q4-2a21q6+a21q8=36.①②
①-②,得4a21q6=64,∴a21q6=16.③
代入①,得16q2+2×16+16q2=100.
解得q2=4或q2=14.
又数列{an}为正项数列,∴q=2或12.
当q=2时,可得a1=12,
∴an=12×2n-1=2n-2,
Sn=121-2=2n-1-12;
当q=12时,可得a1=32.
∴an=32×12n-1=26-n.
Sn=321-12n1-12=64-26-n.
方法二 ∵a1a5=a2a4=a23,a2a6=a3a5,a3a7=a4a6=a25,
由a1a5+2a2a6+a3a7=100,a2a4-2a3a5+a4a6=36,
可得a23+2a3a5+a25=100,a23-2a3a5+a25=36,
即2=100,2=36.
∴a3+a5=10,a3-a5=±6.解得a3=8,a5=2,或a3=2,a5=8.
当a3=8,a5=2时,q2=a5a3=28=14.
∵q>0,∴q=12,由a3=a1q2=8,
得a1=32,∴an=32×12n-1=26-n.
Sn=32-26-n×121-12=64-26-n.
当a3=2,a5=8时,q2=82=4,且q>0,
∴q=2.
由a3=a1q2,得a1=24=12.
∴an=12×2n-1=2n-2.
Sn=122-1=2n-1-12.
变式迁移1 解 由题意得
a2•an-1=a1•an=128,a1+an=66,
解得a1=64,an=2或a1=2,an=64.
若a1=64,an=2,则Sn=a1-anq1-q=64-2q1-q=126,
解得q=12,此时,an=2=64•12n-1,
∴n=6.
若a1=2,an=64,则Sn=2-64q1-q=126,∴q=2.
∴an=64=2•2n-1.∴n=6.
综上n=6,q=2或12.
例2 解题导引 证明数列是等比数列的两个基本方法:
①an+1an=q.
②a2n+1=anan+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.
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+1,
即an+1=2an+1,从而an+1+1=2,
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,
故总有an+1+1=2,n∈N*,
又a1=5,a1+1≠0,从而an+1+1an+1=2,
即数列{an+1}是首项为6,公比为2的等比数列.
解 由得an+1=6•2n-1,
所以an=6•2n-1-1,
于是Sn=6•1-2-n=6•2n-n-6.
变式迁移2 解 ∵a1+2a2+3a3+…+nan=Sn+2n,∴当n=1时,a1=2×1=2;
当n=2时,a1+2a2=+4,∴a2=4;
当n=3时,a1+2a2+3a3=2+6,
∴a3=8.
证明 ∵a1+2a2+3a3+…+nan
=Sn+2n,①
∴当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+an-1
=Sn-1+2.②
①-②得nan=Sn-Sn-1+2=n-Sn+2Sn-1+2=nan-Sn+2Sn-1+2.
∴-Sn+2Sn-1+2=0,即Sn=2Sn-1+2,
∴Sn+2=2.
∵S1+2=4≠0,∴Sn-1+2≠0,
∴Sn+2Sn-1+2=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
a1+1a2+1a3+1a4+1a5
=a1+a5a1a5+a2+a4a2a4+a3a23
=a1+a2+a3+a4+a5a23=8a23=2,
∴a23=4,∴a3=±2.若a3=-2,设数列的公比为q,
则-2q2+-2q-2-2q-2q2=8,
即1q2+1q+1+q+q2
=1q+122+q+122+12=-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 ∵a3a11=a27=4a7,
∵a7≠0,∴a7=4,∴b7=4,
∵{bn}为等差数列,∴b5+b9=2b7=8.
a1a2a3a4=a1•a1q•a1q2•a1q3=a41q6=1.①
a13a14a15a16=a1q12•a1q13•a1q14•a1q15
=a41•q54=8.②
②÷①:
a41•q54a41•q6=q48=8⇒q16=2,
又a41a42a43a44=a1q40•a1q41•a1q42•a1q43
=a41•q166=a41•q6•q160=•10
=1•210=1024.
课后练习区
.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a23=1,即a3=1.
∵S3=7,∴a1+a2+a3=1q2+1q+1=7,即6q2-q-1=0.
故q=12或q=-13,∴a1=1q2=4.
∴S5=41-12=8=314.]
2.A [由8a2+a5=0,得8a1q+a1q4=0,所以q=-2,则S5S2=a1a1=-11.]
3.c [由题可设等比数列的公比为q,
则31-q=21⇒1+q+q2=7⇒q2+q-6=0
⇒=0,
根据题意可知q>0,故q=2.
所以a3+a4+a5=q2S3=4×21=84.]
4.c [a3a6a18=a31q2+5+17=3=a39,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S6S3=a11-qa11-q=1+q3=182=9,
故q=2,从而S10S5=a11-qa11-q
=1+q5=1+25=33.]
6.127
解析 ∵公比q4=a5a1=16,且q>0,∴q=2,
∴S7=1-271-2=127.
7.1207
解析 ∵S99=30,即a1=30,
∵数列a3,a6,a9,…,a99也成等比数列且公比为8,
∴a3+a6+a9+…+a99=4a11-8
=4a17=47×30=1207.
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=21a1=21,∴a1=1,∴an=1×4n-1=4n-1.
9.解 由题设知公差d≠0,
由a1=1,a1,a3,a9成等比数列,
得1+2d1=1+8d1+2d,…………………………………………………………………………
解得d=1或d=0.
故{an}的通项an=1+×1=n.……………………………………………………
由知2an=2n,由等比数列前n项和公式,
得Sn=2+22+23+…+2n=21-2
=2n+1-2.………………………………………………………………………………
0.证明 设log2-log2=d,因为a1=3,a2=5,所以d=log2-log2=log24-log22=1,…………………………………………………………
所以log2=n,所以an-1=2n,
所以an-1an-1-1=2,所以{an-1}是以2为首项,2为公比的等比数列.………
解 由可得an-1=•2n-1,
所以an=2n+1,…………………………………………………………………………
所以1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an
=122-2+123-22+…+12n+1-2n
=12+122+…+12n=1-12n.………………………………………………………………
1.解 由已知有a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,
∴2=.
解得d=2.……………………………………………………………………
∴an=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.………………………………………………………………………
由c1b1+c2b2+…+cnbn=an+1得
当n≥2时,c1b1+c2b2+…+cn-1bn-1=an.
两式相减得:
当n≥2时,cnbn=an+1-an=2.……………………………………………
∴cn=2bn=2•3n-1.
又当n=1时,c1b1=a2,∴c1=3.
∴cn=3 2•3n-1
.……………………………………………………………
∴c1+c2+c3+…+cXX
=3+6-2×3XX1-3=3+=3XX.…………………………………………