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Word文件下载.docx
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当q≠1时,Sn=a1&
#61480;
1-qn&
#61481;
1-q=a1&
qn-1&
q-1=a1qnq-1-a1q-.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=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.3B.1C.0D.-1
3.(2011温州月考)设f(n)=2+24+27+…+23n+1(n∈N*),则f(n)等于( )
A.27(8n-1)B.27(8n+1-1)
C.27(8n+2-1)D.27(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.832nB.82.832n-1D.823n-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,-22}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项和变式迁移1 在等比数列{an}中,a1+an=66,a2an-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1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=2,求a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=2∵S2n=6560≠2Sn=160,∴q≠1,[2分]
由题意得a1&
1-q=80, ①a1&
1-q2n&
1-q=6560.②[4分]
将①整体代入②得80(1+qn)=6560,
∴qn=81.[6分]
将qn=81代入①得a1(1-81)=80(1-q),
∴a1=q-1,由a10,得q1,
∴数列{an}为递增数列.[8分]
∴an=a1qn-1=a1qqn=81a1q=∴a1q=23.[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a10,q1或a10,0q1时为递增数列;
当a10,q1或a10,0q1时为递减数列;
当q0时为摆动数列;
当q=1时为常数列.
(2)函数的思想:
等比数列的通项公式an=a1qn-1=a1qqn(q0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,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a1&
1-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.
1.等比数列的通项公式、前n项公式分别为an=a1qn-1,Sn=na1, q=1,a1&
1-q,q≠1.
2.等比数列的判定方法:
(1)定义法:
即证明an+1an=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a2n+1=anan+2(n∈N*且anan+1an+2≠0).
3.等比数列的性质:
(1)an=amqn-m(n,m∈N*);
(2)若{an}为等比数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则akal=aman;
(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q.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an0,则{lgan}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.152BD.172
2.(2010浙江)设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2+a5=0,则S5S2等于( )
A.-11B.-8C.5D..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.33B.72C.84D..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.T10B.T13C.T17D.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S10S5等于( )
A.-3B.5C.-31D.33
题号12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0.(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1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an的值..(14分)已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d0,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c1b1+c2b2+…+cnbn=an+1成立,求c1+c2+c3+…+c2010.
答案自主梳理
1.公比 q 2.a1qn-1 4.
(1)qn-m
(2)akal=aman
(4)递增 递减 常 摆动 6.qn
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:
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=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=12(1-2n)1-2=2n-1-12;
当q=12时,可得a1=32.
∴an=32×
12n-1=26-=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(a3+a5)2=100,(a3-a5)2=∴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=∵q0,∴q=12,由a3=a1q2=8,
得a1=32,∴an=32×
12n-1=26-=32-26-n×
121-12=64-26-n.
当a3=2,a5=8时,q2=82=4,且q0,
∴q=2.
由a3=a1q2,得a1=24=12.
2n-1=2n-2=12(2n-1)2-1=2n-1-12.
变式迁移1 解 由题意得
a2an-1=a1an=128,a1+an=66,
解得a1=64,an=2或a1=2,an=若a1=64,an=2,则Sn=a1-anq1-q=64-2q1-q=126,
解得q=12,此时,an=2=6412n-1,
∴n=6.
若a1=2,an=64,则Sn=2-64q1-q=126,∴q=2.
∴an=64=22n-1.∴n=6.
综上n=6,q=2或12.
例2 解题导引
(1)证明数列是等比数列的两个基本方法:
①an+1an=q(q为与n值无关的常数)(n∈N*).
②a2n+1=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an+1+1an+1=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=62n-1,
所以an=62n-1-1,
于是Sn=6(1-2n)1-2-n=62n-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,
∴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aman=apaq”,可以减少运算量,提高解题速度.
解 由已知得
1a1+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
(1)∵a3a11=a27=4a7,
∵a7≠0,∴a7=4,∴b7=4,
∵{bn}为等差数列,∴b5+b9=2b7=8.
(2)a1a2a3a4=a1a1qa1q2a1q3=a41q6=1.①
a13a14a15a16=a1q12a1q13a1q14a1q15
=a41q54=8.②
②÷
①:
a41q54a41q6=q48=8&
#8658;
q16=2,
又a41a42a43a44=a1q40a1q41a1q42a1q43
=a41q166=a41q6q160=(a41q6)(q16)10
=1210=102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q0,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(舍去),∴a1=1q2=4.
∴S5=4(1-125)1-12=8(1-125)=314.]
2.A [由8a2+a5=0,得8a1q+a1q4=0,所以q=-2,则S5S2=a1(1+25)a1(1-22)=-11.]
3.C [由题可设等比数列的公比为q,
则3(1-q3)1-q=21&
1+q+q2=7&
q2+q-6=0
&
(q+3)(q-2)=0,
根据题意可知q0,故q=2.
所以a3+a4+a5=q2S3=4×
21=84.]
4.C [a3a6a18=a31q2+5+17=(a1q8)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=a1(1-q6)1-qa1(1-q3)1-q=1+q3=182=9,
故q=2,从而S10S5=a1(1-q10)1-qa1(1-q5)1-q
=1+q5=1+25=33.]
6.127
解析 ∵公比q4=a5a1=16,且q0,∴q=2,
∴S7=1-271-2=12207
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=4a1(1-833)1-8
=4a1(299-1)7=47×
30=120.4n-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-.解
(1)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,…………………………………………………………………………(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=2(1-2n)1-2
=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an-1an-1-1=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1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an
=122-2+123-22+…+12n+1-2n
=12+122+…+12n=1-12n.………………………………………………………………(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=33n-2=3n-1.………………………………………………………………………(6分)
(2)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.……………………………………………(9分)
∴cn=2bn=23n-1(n≥2).
又当n=1时,c1b1=a2,∴c1=3.
∴cn=3 (n=1)23n-1(n≥2).……………………………………………………………(11分)
∴c1+c2+c3+…+c2010
=3+6-2×
320101-3=3+(-3+32010)=32010.…………………………………………(14分)
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