专题53 等比数列及其前n项和解析版文档格式.docx
- 文档编号:17506349
- 上传时间:2022-12-06
- 格式:DOCX
- 页数:23
- 大小:52.90KB
专题53 等比数列及其前n项和解析版文档格式.docx
《专题53 等比数列及其前n项和解析版文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《专题53 等比数列及其前n项和解析版文档格式.docx(23页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
(2)三个数a,b,c成等比数列的充要条件是b2=ac.()
(3)数列{a}的通项公式是a=an,则其前n项和为S=a(1-an).()
nnn
1-a
(4)数列{an}为等比数列,则S4,S8-S4,S12-S8成等比数列.()
【答案】
(1)×
(2)×
(3)×
(4)×
【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.
【教材衍化】
2.(必修5P53A1
(2)改编)已知{an}是等比数列,a2=2,a5=1,则公比q等于()
4
A.-1
2
【答案】D
B.-2C.2D.12
【解析】由题意知q3=a5=1,即q=1.
a282
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.
【答案】27,81
【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.
【真题体验】
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.2B.4C.92
D.6
【答案】B
【解析】根据等比数列的性质得a3a5=a2,∴a2=4(a4-1),即(a4-2)2=0,解得a4=2.
又∵a1=1,a1a7=a2=4,∴a7=4.
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
12
2.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的
频率为()
3
A.2fB.
22fC.
25fD.
27f
12
【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2的等比数列,设此数列为{an},则a8
=27f,即第八个单音的频率为
27f.
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=.
【答案】6
【解析】由a
=2a,知数列{a}是以a=2为首项,公比q=2的等比数列,由S=2(1-2n)=126,
解得n=6.
【考点聚焦】
n+1nn1
n
1-2
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=7,S6=63,则a8=.
44
【答案】
(1)-8
(2)32
【解析】
(1)由{an}为等比数列,设公比为q.
a1+a2=-1,由得
a1-a3=-3,
a1+a1q=-1,①a1-a1q2=-3,②
显然q≠1,a1≠0,
②
得1-q=3,即q=-2,代入①式可得a1=1,
①
所以a4=a1q3=1×
(-2)3=-8.
(2)设数列{an}首项为a1,公比为q(q≠1),
Sa1(1-q3)7
3==,
1-q4
a1=1,
则a1(1-q6)
63解得4
S6=
=,
q=2,
所以a8=a1q7=1×
27=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S
n=
a1-anq
=.
【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.9B.15C.18D.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a2=.
b2
【答案】
(1)D
(2)1
【解析】
(1)设数列{an}的公比为q(q>
0),
2S3=2(a1+a1q+a1q2)=8a1+3a1q,
则
a1q3=16,
解得q=2,a=2,所以S
2(1-24)
30.
14=
(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a2=2=1.
b22
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=31,求λ.
32
【答案】见解析
【解析】
(1)证明由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=1,a1≠0.
1-λ
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an+1=λ.
anλ-1
因此{an}是首项为1,公比为λ的等比数列,
λn-1
于是an=1λ-1.
λn
λ-1
(2)解由
(1)得Sn=1-λ-1.
λ5
由S5=31,得1-λ-1
=31λ-132
=1.
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
4(1-2n)
n(n+1)
2n+3+n2-3n-8
=+
-2n=.
22
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.12B.10C.8D.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.40B.60C.32D.50
【答案】
(1)B
(2)B
【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.
【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.-2B.-2
(2)(一题多解)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S6=3,则S9=.
S3S6
【答案】
(1)B
(2)7
3
【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,
5
由a3a7=a2,得a5=-a3a7=-2.
(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,
S6-S3
S9-S6
S97
∴=,即S9-S6=4S3,S9=7S3,∴=.
S3S6-S3S63
法二因为{an}为等比数列,由S6=3,设S6=3a,S3=a(a≠0),所以S3,S6-S3,S9-S6为等比数列,即a,S3
2a,S9-S6成等比数列,所以S9-S6=4a,解得S9=7a,所以S9=7a=7.
【反思与感悟】
S63a3
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.
【核心素养提升】
【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{a}的前n项和为S,已知a-+a+-a2=0,S-=38,则m=.
nnm1
m1m
2m1
(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
=.
【答案】
(1)10
(2)5
【解析】
(1)由a-+a+-a2=0得2a-a2=0,解得a=0或2.
m1m1mmmm
又S2m
(2m-1)(a1+a2m-1)
-
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
S奇+S偶=354,
S偶=192,
解得
S偶∶S奇=32∶27,
又S-S=6d,所以d=192-1625.
S奇=162.
6
偶奇=
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{lgan}的前8项和等于()
A.6B.5C.4D.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.1
8
【答案】
(1)C
(2)A
B.-1
C.578
D.55
【解析】
(1)数列{lgan}的前8项和S8=lga1+lga2+…+lga8=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=1,所以a7+a8+a9=1.
88
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an的前5项和为.
【答案】
(1)2
(2)31
16
【解析】
(1)由题意,得
S奇+S偶=-240,
S奇-S偶=80,
S奇=-80,
S偶=-160,
所以q=S偶
-1602.
==
S奇-80
(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.
15
111-231
所以数列an是首项为1,公比为2的等比数列,其前5项和为
1-16
【分层训练】
【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.8B.9C.10D.11
【答案】C
【解析】由题意得,2a5a6=18,a5a6=9,∴a1am=a5a6=9,
∴m=10.
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22,则2a7+a11的最小值为()
A.16B.8D.4
【解析】因为a4与a14的等比中项为22,所以a4·
a14=a7·
a11=(22)2=8,
所以2a7+a11≥22a7a11=22×
8=8,所以2a7+a11的最小值为8.
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.1B.5C.3148
D.11
a1(1-q3)1
a1(1-q5)
-15
1-211
【解析】由题意得
=3a1q2,解得q=-
或q=1(舍),所以S5=
=-1=1.
1-2
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.∴a1(1-27)
381,解得a1=3.
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=()
b
A.-3B.-1C.1D.3
【答案】A
【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,a2=a1a3,
∴(2a)2=(a+b)×
6a,解得a=-3.
二、填空题
6.等比数列{a}中,各项都是正数,且a,1
,2a
a13+a14=.
【答案】2-1
1a3
2成等差数列,则
a14+a15
【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+2(舍
负).
a13+a141
则==2-1.
a14+a15q
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=.
【答案】12n
【解析】∵an+Sn=1,①
∴a1=1,an1+Sn1=1(n≥2),②
由①-②,得an-an1+an=0,即an=1n≥2),
(
an-12
∴数列{an}是首项为1,公比为1的等比数列,
则a1
n-1
n=×
=
22n
8.(2018·
南京模拟)已知数列{a}中,a=2,且a2=4(a
-a)(n∈N*),则其前9项的和S=.
n+1
n1
n+1n9
【答案】1022
【解析】由a2+=4(a-a)得,a2
-4a
a+4a2=0,
n+1n
n+1nn
∴(a
-2a)2=0,an+1=2,∴数列{a}是首项a=2,公比为2的等比数列,∴S
2(1-29)=1022.
9=
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.
(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a=(-2)n-1,则S=1-(-2)n.
nn
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.
(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,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 专题53 等比数列及其前n项和解析版 专题 53 等比数列 及其 解析