2018年高考数学一轮复习专题30等比数列教学案理

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高考数学(理,北师大版)一轮复习课件第30讲等比数列及其前n项和(53张PPT)

向
固
3．关于等比数列的性质的方法技巧
基础
(1)在等比数列{an}中，a3a7＝a10.( )
(2)若等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝12，则a2与a4的等
比中项为14.( ) (3)若等比数列{an}中，a1＝2，a5＝18，则a3＝±6.( )
[答案] (1)× (2)× (3)×
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令cn＝abnn，则cn－1＝abnn－－11.
an 当n≥2时，ccn－n 1＝abn－n 1＝aan－n 1÷bbn－n 1＝qq12，故数列abnn也一
bn－1 定是等比数列．
(2)当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝a1（11－－qqn）.
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第30讲等比数列及其前n项和
双
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第30讲等比数列及其前n项和
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—— 链接教材 ——
固
基
础
1．[教材改编]
已知等比数列{an}中，a3＝3，a10＝
384，则该数列的通项公式an＝________．
[答案] 3×2n－3
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第30讲等比数列及其前n项和
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基础
[解析] 设等比数列{an}的公比为q，则 a3＝a1q2＝3，①
(1)求数列{an}的通项公式；
考向
(2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若不等式 Sn>kan－2 对一切 n∈N*恒成立，求实数 k 的取值范围．
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第30讲等比数列及其前n项和
［思考流程］ (1)条件：给出等比数列{an}的递推公
点面讲
式．目标：求数列{an}的通项公式．方法：利用等比数列的定义及递推公式求解．

(新人教)高三数学第一轮复习教案3.5.3等比数列综合

一．课题：数列综合二．教学目标：系统复习等比数列的概念及有关知识，要求学生能熟练的处理有关问题。

三．教学重、难点：等比数列性质和等比数列前n 项和性质的综合应用；四．教学过程：（一）复习：等比数列的性质与等差数列比较。

（二）新课讲解：例1．在公差不为0的等差数列{}n a 和等比数列{}n b 中，111a b ==，22a b =，83a b =，（1）求数列{}n a 的公差和数列{}n b 的公比；（2）是否存在,a b 使得对于一切自然数n 都有log n a n a b b =+成立？若存在，求出,a b ；若不存在请说明理由。

解：（1）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由已知：111a b ==，1d q +=，217d q +=，解得10q d =⎧⎨=⎩（舍去）或65q d =⎧⎨=⎩，（2）若存在,a b ，使得log n a n a b b =+成立，即11(1)5log 6n a n b -+-⋅=+，∴54(1)log 6a n n b -=-+，∴(5log 6)(4log 6)0a a n b --+-=要使上式对于一切自然数n 成立，必须且只需5log 604log 60a a b -=⎧⎨+-=⎩，解得1a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩因此，存在1a b ==使得结论成立。

例2．已知数列{}n a 中13a =对于一切自然数n ，以1,n n a a +为系数的一元二次方程21210n n a x a x +-+=都有实数根αβ，满足(1)(1)2αβ--=，（1）求证：数列1{}3n a -是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求{}n a 的前n 项和n S ．解：（1）由题意得：12n n a a αβ++=，1n a αβ⋅=，代入(1)(1)2αβ--=得：1111()323n n a a +-=--，当113n n a a +==时方程无实数根，∴13n a ≠，由等比数列的定义知：1{}3n a -是以11833a -=为首项，公比为12-的等比数列；（2）由（1）知1181()332n n a --=⨯-， ∴1811()323n n a -=⨯-+，（3）n S 218111[1()()()]32223n n -=+-+-++-+11616()2n =-⨯-．例3．已知0a >且1a ≠，数列{}n a 是首项为a ，公比为a 的等比数列，令lg ()n n n b a a n N *=∈，（1）当2a =时，求数列{}n b 的前n 项和n S ；（2）若数列{}n b 中的每一项总小于它后面的项时，求a 的取值范围。

高考数学第一轮复习：《等比数列》

高考数学第一轮复习：《等比数列》最新考纲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.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．4.了解等比数列与指数函数的关系.【教材导读】1．如何推导等比数列的通项公式？采用什么方法？提示：可采用累积法推导．2．b2＝ac是a，b，c成等比数列的什么条件？提示：必要而不充分条件，因为b2＝ac时，不一定有a，b，c成等比数列(如a＝0，b＝0，c＝1)，而a，b，c成等比数列，则必有b2＝ac.3．如何推导等比数列的前n项和公式？采用了什么方法？提示：可用错位相减法推导．1．等比数列的相关概念(1)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个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．符号表示为a na n－1＝q(n≥2)，q为常数．(2)等比中项：如果三个数a，G，b成等比数列，则G叫做a和b的等比中项，那么Ga＝bG，即G2＝ab.2．等比数列的通项公式(1)设等比数列{a n}的首项为a1，公比为q，q≠0，则它的通项公式a n＝a1q n－1.(2)通项公式的推广a n＝a m·q n－m.3．等比数列的前n 项和公式S n ＝⎩⎨⎧na 1， q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q ， q ≠1.4．等比数列的常见性质(1)在等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(2)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 仍然是等比数列．(3)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .(4)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n ，当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列．5．等比数列的单调性当q >1，a 1>0或0<q <1，a 1<0时，{a n }是递增数列；当q >1，a 1<0或0<q <1，a 1>0时，{a n }是递减数列；当q ＝1时，{a n }是常数列． 6．等比数列与指数函数的关系当q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n，可以看成函数y ＝cq x ，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上．1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) (A)－24 (B)0 (C)12(D)24A 解析：由等比数列的性质和定义进行解题，由等比中项性质得(3x ＋3)2＝x ·(6x ＋6)，因x ＋1≠0，得x ＝－3.所以a 4＝(6x ＋6)·3x ＋3x ＝18·(x ＋1)2x ＝－24.故选A.2．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B解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得a1(1－27)1－2＝381，解得a1＝3，选择B.3．已知a1，a2，…，a n，…为各项均大于零的等比数列，公比q≠1，则()(A)a1＋a8＞a4＋a5(B)a1＋a8＜a4＋a5(C)a1＋a8＝a4＋a5(D)a1＋a8与a4＋a5的大小关系不能由已知条件确定A解析：(a1＋a8)－(a4＋a5)＝a1(1＋q7)－a1(q3＋q4)＝a1(1＋q7－q3－q4)＝a1(1－q3)(1－q4)．q＝a na n－1＞0且q≠1，当q＞1时，q3＞1，q4＞1,1－q3＜0,1－q4＜0；当0＜q＜1时，q3＜1，q4＜1,1－q3＞0,1－q4＞0.总之a1(1－q3)(1－q4)＞0.∴a1＋a8＞a4＋a5.4．若正项等比数列{a n}满足a n＋2＝a n＋1＋2a n，则其公比为()(A)12(B)2或－1(C)2 (D)－1C解析：根据题意，设等比数列{a n}的公比为q，若a n＋2＝a n＋1＋2a n，则有a n q2＝a n q＋2a n，即q2－q－2＝0，解可得q＝2或－1，由数列{a n}为正项等比数列，可得q＝2，故选C.5．设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和，若{S n }是等差数列，则q 为________．解析：若q ＝1，则S n ＝na 1，∴{S n }是等差数列；若q ≠1，则当{S n }是等差数列时，一定有2S 2＝S 1＋S 3， ∴2·a 1(1－q 2)1－q ＝a 1＋a 1(1－q 3)1－q ，即q 3－2q 2＋q ＝0，故q (q －1)2＝0， ∴q ＝0或q ＝1，而q ≠0，q ≠1，∴此时不成立．答案：1考点一等比数列的基本运算(1)在等比数列{a n }中，若公比q ＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式a n ＝________.(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＞0，q ＞1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( ) (A)31 (B)36 (C)42(D)48解析：(1)解法一由题意知a 1＋4a 1＋16a 1＝21，解得a 1＝1，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝4n －1.解法二由题意可设等比数列{a n }的前3项分别为x 4，x,4x ，则x4＋x ＋4x ＝21，解得x ＝4，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝a 2q n －2＝4×4n －2＝4n －1.(2)a 3a 5＝a 2a 6＝64，因为a 3＋a 5＝20，所以a 3和a 5为方程x 2－20x ＋64＝0的两根，因为a n ＞0，q ＞1，所以a 3＜a 5，所以a 5＝16，a 3＝4，所以q ＝a 5a 3＝164＝2，所以a 1＝a 3q 2＝44＝1，所以S 5＝1－q 51－q＝31.【反思归纳】等比数列基本运算的方法策略(1)将条件用a 1，q 表示，在表示S n 时要注意判断q 是否为1； (2)解方程(组)求出a 1，q ，消元时要注意两式相除和整体代入； (3)利用a 1，q 研究结论．【即时训练】 (1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N )．(2)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) (A)255 (B)256 (C)510(D)511解析：(1)很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得：S 3S 6＝a 1(1－q 3)1－q a 1(1－q 6)1－q＝11＋q 3＝89，解得：q ＝12，则：a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.(2)当n ＝1时，a 1＝2a 1－2，据此可得：a 1＝2，当n ≥2时：S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得：a n ＝2a n －2a n －1，则：a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为：S 8＝2×(1－28)1－2＝29－2＝510－2＝510.故选C.答案：(1)－12 (2)C考点二等比数列的判定与证明已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *有a n ＋S n ＝n . (1)设b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列； (2)设c 1＝a 1且c n ＝a n －a n －1(n ≥2)，求{c n }的通项公式．(1)证明：由a 1＋S 1＝1及a 1＝S 1得a 1＝12. 又由a n ＋S n ＝n 及a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1得 a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1. ∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，即2b n ＋1＝b n .∴数列{b n }是以b 1＝a 1－1＝－12为首项，12为公比的等比数列． (2)解：方法一：由(1)知2a n ＋1＝a n ＋1. ∴2a n ＝a n －1＋1(n ≥2)， ∴2a n ＋1－2a n ＝a n －a n －1， ∴2c n ＋1＝c n (n ≥2)．又c 1＝a 1＝12，a 2＋a 1＋a 2＝2，∴a 2＝34. ∴c 2＝34－12＝14，c 2＝12c 1.∴数列{c n }是首项为12，公比为12的等比数列． ∴c n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 方法二：由(1)b n ＝－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ， ∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1.∴c n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n ≥2)．又c 1＝a 1＝12也适合上式，∴c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .【反思归纳】等比数列的判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 为非零常数)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2)，则数列{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若数列通项公式写成a n ＝c ·q n (c 、q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则数列{a n }是等比数列．如果判定某数列不是等比数列，只需判定其任意的连续三项不成等比数列即可．【即时训练】已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．解析：(1)假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．所以对任意实数λ，数列{a n }都不是等比数列．(2)因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －2n ＋14＝－23(－1)n (a n －3n ＋21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b 1＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，则b n ≠0，所以b n ＋1b n＝－23(n ∈N *)．故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．考点三等比数列的性质及应用(1)等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15的值为( ) (A)1 (B)2 (C)3(D)5(2)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝________.解析：(1)因为{a n }为等比数列，所以a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项，所以(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝(a 5＋a 7)2a 1＋a 3＝428＝2；同理，a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项，所以(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝(a 9＋a 11)2a 5＋a 7＝224＝1.所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3.(2)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠1，S 10－S 5S 5＝－132.由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，q ＝－12.答案：(1)C (2)－12【反思归纳】在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n 项和公式，建立方程(组)求解，但如果灵活运用等比数列的性质，可减少运算量，提高解题速度．【即时训练】 (1)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( )(A)18 (B)－18 (C)578(D)558(2)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：(1)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，在等比数列中S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以有8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.故选A.(2)利用等比数列通项公式求出首项a 1与公比q ，再将a 1a 2…a n 的最值问题利用指数幂的运算法则转化为二次函数最值问题．设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12(n －1)n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n . 记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案：(1)A (2)64等比数列的基本运算教材源题：在等比数列{a n }中： (1)已知a 1＝－1，a 4＝64，求q 与S 4； (2)已知a 3＝32，S 3＝92，求a 1与q . 解：(1)由q 3＝a 4a 1＝－64，解得q ＝－4，所以S 4＝a 1－a 4q 1－q ＝－1＋64×41＋4＝51.(2)因为S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 3(q －2＋q －1＋1)，所以q －2＋q －1＋1＝3，即2q 2－q －1＝0，解这个方程得q ＝1或q ＝－12. 当q ＝1时，a 1＝32；当q ＝－12时，a 1＝6.【规律总结】解决等比数列的基本计算问题主要是利用方程思想，建立方程(组)求解．注意两式相除、整体代换、分类讨论等技巧的应用．【源题变式】在等比数列{a n }中，a n ＞0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________.解析：因为a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1)两者相除得(q 2＋1)(q 2－1)q ·(q 2－1)＝156，即2q 2－5q ＋2＝0，所以q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1，当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．所以a 3＝1×22＝4.答案：4课时作业基础对点练(时间：30分钟)1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝Aq n ＋B (q ≠0)，则“A ＝－B ”是“数列{a n }是等比数列”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B 解析：若A ＝B ＝0，则S n ＝0，故数列{a n }不是等比数列；若数列{a n }是等比数列，则a 1＝Aq ＋B ，a 2＝Aq 2－Aq ，a 3＝Aq 3－Aq 2，由a 3a 2＝a 2a 1，得A ＝－B .故选B.2．等比数列{a n }中，|a 1|＝1，a 5＝－8a 2，a 5＞a 2，则a n 等于( ) (A)(－2)n －1 (B)－(－2)n －1 (C)(－2)n(D)－(－2)nA 解析：∵|a 1|＝1，∴a 1＝1或a 1＝－1.∵a 5＝－8a 2＝a 2·q 3，∴q 3＝－8，∴q ＝－2.又a 5＞a 2，即a 2q 3＞a 2，∴a 2＜0.而a 2＝a 1q ＝a 1·(－2)＜0，∴a 1＝1.故a n ＝a 1·(－2)n －1＝(－2)n －1.故选A.3．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝( ) (A)16(1－4－n )(B)16(1－2－n )(C)323()1－4－n (D)323(1－2－n )C 解析：∵a 2＝2，a 5＝14，∴a 1＝4，q ＝12.a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝323(1－4－n )．故选C. 4．在等比数列{a n }中，若a 1＝19，a 4＝3，则该数列前5项的积为( ) (A)±3 (B)3 (C)±1(D)1D 解析：因为a 4＝3，所以3＝19×q 3(q 为公比)，得q ＝3，所以a 1a 2a 3a 4a 5＝a 53＝(a 1q 2)5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫19×95＝1，故选D. 5．已知方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根组成以12为首项的等比数列，则mn 等于( )(A)32 (B)32或23 (C)23(D)以上都不对B 解析：设a ，b ，c ，d 是方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根，不妨设a ＜c ＜d ＜b ，则a ·b ＝c ·d ＝2，a ＝12，故b ＝4，根据等比数列的性质，得到：c ＝1，d ＝2，则m ＝a ＋b ＝92，n ＝c ＋d ＝3或m ＝c ＋d ＝3，n ＝a ＋b ＝92，则m n ＝32或m n ＝23.故选B.6．已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n ，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )(A)29 (B)210 (C)211(D)212C 解析：由b n ＝a n ＋1a n，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.故选C.7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝________.解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ①，∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n－1②，∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2016＝1－210081－2＋2×(1－21008)1－2＝3×21008－3.答案：3×21008－38．如图，“杨辉三角”中从上往下共有n (n ＞7，n ∈N )行，设第k (k ≤n ，k ∈N *)行中不是1的数字之和为a k ，由a 1，a 2，a 3，…组成的数列{a n }的前n 项和是S n ，现有下面四个结论：①a 8＝254；②a n ＝a n －1＋2n ；③S 3＝22；④S n ＝2n ＋1－2－2n .其中正确的结论序号为________．1 1 12 1 13 3 1 14 6 4 1 …… ……解析：a n ＝2n －2，S n ＝21＋22＋…＋2n －2n ＝2(1－2n )1－2－2n ＝2n ＋1－2－2n ，故只有①④正确．答案：①④9．设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 分别为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n 2n ＋1，则log b 5a 5＝________.解析：设正项数列{a n }的公比为q ，正项数列{b n }的公比为p ，则数列{lg a n }是公差为lg q 的等差数列，{lg b n }是公差为lg p 的等差数列．故S n ＝n lg a 1＋n (n －1)2lg q . T n ＝n lg b 1＋n (n －1)2lg p .又S n T n＝n 2n ＋1＝lg a 1＋n －12lg q lg b 1＋n －12lg p.所以log b 5a 5＝lg a 5lg b 5＝lg a 1＋4lg q lg b 1＋4lg p ＝S 9T 9＝919.答案：91910．设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，它的前n 项和为40，前2n 项和为3 280，且前n 项中数值最大项为27，求数列的第2n 项．解：若q ＝1，则na 1＝40,2na 1＝3 280，矛盾． ∴q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n )1－q＝40 ①a 1(1－q 2n)1－q＝3 280 ②①②得1＋q n ＝82，∴q n ＝81③将③代入①得q ＝1＋2a 1④又∵q ＞0，∴q ＞1，∴a 1＞0，{a n }为递增数列． ∴a n ＝a 1q n －1＝27由③④⑤得q ＝3，a 1＝1，n ＝4. ∴a 2n ＝a 8＝1×37＝2 187.能力提升练(时间：20分钟)11．已知等比数列{a n }的公比q ＝2，前100项和为S 100＝90，则其偶数项a 2＋a 4＋…＋a 100为( )(A)15 (B)30 (C)45(D)60D 解析：S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 100＝90，设S ＝a 1＋a 3＋…＋a 99，则2S ＝a 2＋a 4＋…＋a 100，所以S ＋2S ＝90，S ＝30，故a 2＋a 4＋…＋a 100＝2S ＝60，故选D.12．已知{a n }是首项为1的等比数列，若S n 是{a n }的前n 项和，且28S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前4项和为( )(A)158或4 (B)4027或4 (C)4027(D)158C 解析：设数列{a n }的公比为q .当q ＝1时，由a 1＝1，得28S 3＝28×3＝84.而S 6＝6，两者不相等，因此不合题意．当q ≠1时，由28S 3＝S 6及首项为1，得28(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q .解得q ＝3.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前4项和为1＋13＋19＋127＝4027.故选C.13．已知各项均不相等的等比数列{a n }，若3a 2,2a 3，a 4成等差数列，设S n 为{a n }的前n 项和，则S 3a 3＝( )(A)139 (B)79 (C)3(D)1A 解析：4a 3＝3a 2＋a 4， 4a 1q 2＝3a 1q ＋a 1q 3， ∴q 2－4q ＋3＝0， q ＝3或q ＝1(舍)．∴S 3a 3＝a 1(1－q 3)1－q a 1q 2 ＝1－q 3q 2(1－q )＝1－279×(－2)＝139.故选A.14．已知数列{a n }的各项均为正数，且前n 项和S n 满足S n ＝16(a n ＋1)(a n ＋2)．若a 2，a 4，a 9成等比数列，求数列{a n }的通项公式．解析：因为S n ＝16(a n ＋1)(a n ＋2)，所以当n ＝1时，有S 1＝a 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2；当n ≥2时，有S n －1＝16(a n －1＋1)(a n －1＋2)．①－②并整理，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0(n ≥2)．因为数列{a n }的各项均为正数，所以a n －a n －1＝3(n ≥2)．当a 1＝1时，a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，此时a 24＝a 2a 9成立．当a 1＝2时，a n ＝2＋3(n －1)＝3n －1，此时a 24＝a 2a 9不成立．所以a 1＝2舍去．故a n ＝3n －2.15．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }和通项公式．(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜32.解析：证明：(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1，因为当n ≥1时，23n －1＜2＋13n －1＋1＝13n －1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜1＋13＋…＋13n －1＝⎝⎛⎭⎪⎫1－13n ×32，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.。

高中数学最新-2018届高考理科数学第一轮复习教案32 精

第四节数列求和数列求和掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．知识点数列求和的常用方法(1)倒序相加法：如果一个数列{a n}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．(2)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(4)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．(5)并项求和法：一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．易误提醒1．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．2．在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．必记结论常见数列的求和公式： (1)12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6. (2)13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)22. [自测练习]1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n .答案：A2．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. 答案：nn ＋13．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________.解析：∵a n ＝(－1)n (3n －2)． ∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15.答案：154．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________. 解析：∵a n ＝n ·2n ，∴S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n .① ∴2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1② ①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2. 答案：(n －1)2n ＋1＋2考点一分组转化求和|(2015·高考福建卷)等差数列{an }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2.(2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝2×(1－210)1－2＋(1＋10)×102＝211＋53＝2 101.分组转化法求和的两种常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和；(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n，n 为偶数，的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .解：S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3 ＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.考点二裂项求和|(2015·高考安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n项和T n .[解] (1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n－1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.裂项求和常用的四种变形①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n . ④2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1.2．已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 014＝( )A. 2 013－1B. 2 014－1C. 2 015－1D. 2 015＋1解析：由f (4)＝2可得4a ＝2，解得a ＝12. 则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 014＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 014－ 2 013)＋( 2 015－ 2 014)＝ 2 015－1.答案：C3．(2016·曲靖一模)122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1的值为( )A.n ＋12(n ＋2)B.34－n ＋12(n ＋2)C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：∵1(n ＋1)2－1＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 答案：C考点三错位相减求和|(2015·高考山东卷)已知数列{an }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公差为d . 令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3，①令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15，②由①②解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.经验验，符合题意． (2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ，所以T n ＝1· 41＋2·42＋…＋n ·4n ，所以4T n ＝1· 42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4(1－4n )1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3·4n ＋1－43，所以T n ＝3n －19·4n ＋1＋49＝4＋(3n －1)4n ＋19.错位相减法求和时两个注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．4．(2016·九江一模)已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝a 1(a n －1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1(a 1－1)＝a 21－a 1， ∵a 1≠0，∴a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝a 1(a n －1)，① S n －1＝a 1(a n －1－1)，②①－②得a n ＝a 1(a n －a n －1)＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1.∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n . (2)∵b n ＝n 2n ，∴T n ＝121＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n2＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n.9.通项遗漏——导致错位相减求和错误【典例】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n －3，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . [解] (1)由S n ＝2n 2＋n －3，得 n ≥2时，S n －1＝2(n －1)2＋(n －1)－3， ∴a n ＝2n 2－2(n －1)2＋1＝4n －1，由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N *. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝0，不适合a n ＝4n －1(n ≥2)，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 (n ＝1)，4n －1 (n ≥2)，∴a 1＝4log 2b 1＋3，∴b 1＝2－34，于是b n ＝⎩⎨⎧2－34(n ＝1)，2n －1 (n ≥2).(2)T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋…＋a n b n ，当n ＝1时，T 1＝a 1b 1＝0×2－34＝0，当n ≥2时，T n ＝7×2＋11×22＋15×23＋…＋(4n －1)·2n －1， ∴2T n ＝7×22＋11×23＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ，则T n ＝2T n －T n ＝(4n －1)·2n －14－4(22＋23＋…＋2n －1)＝(4n －1)·2n－14－4×22(1－2n －2)1－2＝(4n －5)·2n ＋2，又n ＝1时，T 1＝0适合上式，故T n ＝(4n －5)·2n ＋2，n ∈N *.[易误点评] (1)求a n ，忽视n ＝1的情形，错求a n ，导致后续问题不能正确求解．(2)错位相减求和时，弄错等比数列的项数，盲目认为除首、末项外成等比数列．[防范措施] (1)由S n 求a n ，当n ＝1时，a 1＝S 1检验是否满足a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，若不满足，应分段表示a n ，从而求T n 时，应分类讨论．(2)由于{a n b n }的通项分段表示，求T n 时，不仅要注意对n 进行讨论，而且在写出“T n ”与“qT n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”．即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和．[跟踪练习] 已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝252，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为( ) A ．1－n ＋22n ＋1 B ．2－n ＋42n ＋1 C ．2－n ＋42n D ．2－n ＋22n ＋1 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，因为S 3＝6，S 5＝252，所以⎩⎨⎧ 3a 1＋3d ＝6，5a 1＋10d ＝252，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，d ＝12，所以a n ＝12n ＋1，a n 2n ＝n ＋22n ＋1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为T n ，则T n ＝322＋423＋524＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12T n ＝323＋424＋525＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2，两式相减得12T n ＝34＋⎝⎛⎭⎪⎫123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22＋，所以T n ＝2－n ＋42＋. 答案：BA 组考点能力演练1．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ，则S 2 014＝( )A ．2×31 007－2B ．2×31 007C.32 014－12D.32 014＋12解析：由a n ＋2＝3a n 可得数列{a n }的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S 2 014＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝1－31 0071－3＋3(1－31 007)1－3＝(－2)×(1－31 007)＝2×31 007－2，故选择A. 答案：A2．(2016·长沙质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 015的值为( )A ．2 015B ．2 013C ．1 008D ．1 007解析：因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 015＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 014＋a 2 015)＝1 008，故选择C.答案：C3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前18项的和为( )A ．2 101B ．2 012C ．1 012D ．1 067解析：当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋1，即奇数项构成首项为1、公差为1的等差数列；当n 为偶数时，a n ＋2＝2a n ，即偶数项构成首项为2、公比为2的等比数列，所以该数列的前18项和为9＋9×82＋2(1－29)1－2＝45＋1 022＝1 067，故选择D.答案：D4．(2016·贵阳一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 015项和为( ) A.2 0142 015B.2 0152 016C.2 0162 015D.2 0172 016解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 4＝a 1＋3d ＝4，S 4＝4a 1＋6d ＝10，联立解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 015项和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015－12 016＝1－12 016＝2 0152 016，故选择B. 答案：B5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n m ，S m ＝m n (m ，n∈N *且m ≠n )，则下列各值中可以为S n ＋m 的值的是( )A ．2B ．3C ．4 D.92解析：由已知，设S n ＝An 2＋Bn ，则⎩⎪⎨⎪⎧ S n ＝An 2＋Bn ＝n m ，S m ＝Am 2＋Bm ＝m n ⇒⎩⎪⎨⎪⎧(An ＋B )m ＝1，(Am ＋B )n ＝1. 两式相减得B (m －n )＝0，故B ＝0，A ＝1mn .S m ＋n ＝A (m ＋n )2＝(m ＋n )2mn ＝m 2＋n 2＋2mn mn>4mn mn ＝4，故只有D 符合，故选D. 答案：D6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1－3n ，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，则其前10项和为________．解析：依题意，注意到a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝1－28·221－22＝341，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝5×(－5－29)2＝－85，因此题中的数列的前10项和等于341－85＝256.答案：2567．数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2(n ∈N *)，设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，则T n ＝________.解析：本题考查数列的前n 项和与通项间的关系、裂项相消法．依题意，当n ≥2时，a n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又a 1＝12＝2×1－1，因此a n ＝2n －1，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，因此T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 答案：n 2n ＋18．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________.解析：依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.答案：4809．(2016·南昌模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列；(2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0.当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1(1≤n ≤4)2n －7(n ≥5)，所以S n ＝⎩⎨⎧ 32[1－(－1)n ](1≤n ≤4)，n 2－6n ＋8(n ≥5).10．(2016·石家庄一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1,2a 2，a 3＋3为等差数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)法一：∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)，∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0，又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列，∴a 3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.法二：∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)，∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝2，∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1，设T n 为数列{a n b n }的前n 项和， ∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，① ∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n .②①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n ＝1＋3×2×(1－2n －1)1－2－(3n －2)×2n ，整理得：T n ＝(3n －5)×2n ＋5.B 组高考题型专练1．(2015·高考天津卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)×2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1，2S n＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，上述两式相减，得－S n＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)×2n＝2n＋1－3－(2n－1)×2n＝－(2n－3)×2n－3，所以，S n＝(2n－3)×2n＋3，n∈N*.2．(2015·高考全国卷Ⅰ)S n为数列{a n}的前n项和，已知a n>0，a2n＋2a n＝4S n＋3.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝1a n a n＋1，求数列{b n}的前n项和．解：(1)由a2n＋2a n＝4S n＋3①，可知a2n＋1＋2a n＋1＝4S n＋1＋3②.由②－①可得a2n＋1－a2n＋2(a n＋1－a n)＝4a n＋1，即2(a n＋1＋a n)＝a2n＋1－a2n＝(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)．由于a n>0，可得a n＋1－a n＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{a n}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n＝2n ＋1.(2)由a n＝2n＋1可知b n＝1a n a n＋1＝1(2n＋1)(2n＋3)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n＋1－12n＋3.设数列{b n}的前n项和为T n，则T n＝b1＋b2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n＋1－12n＋3＝n 3(2n ＋3). 3．(2014·高考浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n . ①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有S k ≥S n . 解：(1)由题意得a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n (n ∈N *)．所以a 1a 2a 3…a n ＝2n (n ＋1)2＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝12＋122＋…＋12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－12n －⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝1n ＋1－12n (n ∈N *)． ②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0；当n ≥5时，c n ＝1n (n ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)2n －1，而n (n ＋1)2n －(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1＝(n ＋1)(n －2)2n ＋1>0，得n(n＋1)2n≤5·(5＋1)25<1，所以，当n≥5时，c n<0.综上，对任意n∈N*恒有S4≥S n，故k＝4.。

高中数学等比数列教案

高中数学等比数列教案
一、教学目标：
1. 掌握等比数列的定义及判断方法；
2. 掌握等比数列的通项公式及前 n 项和公式；
3. 能够灵活应用等比数列解决实际问题。

二、教学重点：
1. 等比数列的定义及判断方法；
2. 等比数列的通项公式及前 n 项和公式。

三、教学难点：
1. 灵活运用等比数列解决复杂问题；
2. 培养学生数学思维和逻辑推理能力。

四、教学内容：
1. 等比数列的定义及性质；
2. 等比数列通项公式及前 n 项和公式的推导；
3. 等比数列的应用实例。

五、教学过程：
1. 引入：通过生活中的实例引入等比数列的概念，让学生了解等比数列的特点和应用场景。

2. 学习等比数列的性质和判断方法，让学生能够判断一个数列是否为等比数列。

3. 学习等比数列的通项公式及前 n 项和公式的推导，让学生掌握这两个公式的用法和计算
方法。

4. 练习与巩固：让学生通过练习题巩固所学知识，培养他们的解题能力和推理思维。

5. 应用实例：通过一些实际问题，让学生运用等比数列解决实际问题，培养他们的数学建
模能力。

六、作业布置：
1. 课后练习：布置一些等比数列相关的习题，巩固学生所学知识。

2. 探究性问题：布置一些拓展性问题，让学生能够进一步应用所学知识解决问题。

七、课堂反馈：
1. 通过课堂讨论和作业批改，及时纠正学生的错误，加深他们对等比数列的理解和掌握。

八、教学总结：
1. 总结本节课所学知识，梳理等比数列的性质和应用场景，巩固学生的学习成果。

2. 展望下一节课内容，引导学生进行自主学习和提前预习。

高考数学一轮复习第六章数列课时规范练30等比数列

课时规范练30等比数列基础巩固组1.(2020河南开封定位考试)等比数列{a n}的前n项和为S n,若a3+4S2=0,则公比q=()A.-1B.1C.-2D.22.(2020东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等高三联合考试)等比数列{a n}各项均为正数,若a1=1,a n+2+2a n+1=8a n,则{a n}的前6项和为()A.1365B.63C.6332D.136510243.(多选)设等比数列{a n}的前n项和为S n,且满足a6=8a3,则()A.数列{a n}的公比为2B.数列{a n}的公比为8C.63=8D.63=94.(2020全国2,理6)数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+…+a k+10=215-25,则k=()A.2B.3C.4D.55.(2020福建龙岩高三教学质量检查)由实数构成的等比数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,且a2-4,a3,a4成等差数列,则S6=()A.62B.124C.126D.1546.(多选)设等比数列{a n}的公比为q,则下列结论正确的是()A.数列{a n a n+1}是公比为q2的等比数列B.数列{a n+a n+1}是公比为q的等比数列C.数列{a n-a n+1}是公比为q的等比数列D.数列1是公比为1的等比数列7.(2020浙大附中模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,且+1=pS n+q(n∈N*,p≠-1),则“a1=q”是“{a n}为等比数列”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8.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若63=3,则96=.9.已知{a n}是递减的等比数列,且a2=2,a1+a3=5,则{a n}的通项公式为;a1a2+a2a3+…+a n+1(n∈N*)=.10.(2018全国3,理17)等比数列{a n}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为{a n}的前n项和,若S m=63,求m.公众号：一枚试卷君11.在①数列{a n}的前n项和S n=12n2+52n;②函数f(x)=sinπx-23cos2π2x+3的正零点从小到大构成数列{x n},a n=x n+83;③2-a n--12−-1=0(n≥2,n∈N*),a n>0,且a1=b2这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的M存在,求出M的最小值;若M不存在,说明理由.问题:数列{b n}是首项为1的等比数列,b n>0,b2+b3=12,且,设数列1log3r1的前n项和为T n,是否存在M∈N*,使得对任意的n∈N*,T n<M?综合提升组12.(多选)(2020山东威海模考)设等比数列{a n}的公比为q,其前n项和为S n.前n项积为T n,并且满足条件a1>1,a7·a8>1,7-18-1<0.则下列结论正确的是()A.0<q<1B.a7·a9>1C.S n的最大值为S9D.T n的最大值为T713.(2020辽宁大连第二十四中学模拟)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题:“今有垣厚若干尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢,各穿几何?”题意是:“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙,大老鼠第一天进一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也进一尺,以后每天减半.”如果墙足够厚,S n为前n天两只老鼠打洞长度之和,则S n=尺.14.设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,a2=2,且a n+2=2S n-S n+1+3,记b n=log2a2n-1+log2a2n,则b n=.创新应用组15.(多选)(2020山东青岛高三模拟)在悠久灿烂的中国古代文化中,数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩.《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一,大约创作于公元五世纪.书中有如下问题:“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月织九匹三丈,问日益几何?”.其大意为:“有一女子擅长织布,织布的速度一天比一天快,从第二天起,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织5尺,一个月共织了九匹三丈,问从第二天起,每天比前一天多织多少尺布?”.已知1匹=4丈,1丈=10尺,若这一个月有30天,记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为a n,b n=2,对于数列{a n},{b n},下列选项中正确的为()A.b10=8b5B.{b n}是等比数列C.a1b30=105D.3+5+72+4+6=20919316.(2020浙江十校联考)已知数列{a n}满足a1=35,a n+1=32+1,n∈N*.(1)求证:数列1-1为等比数列.(2)是否存在互不相等的正整数m,s,t,使m,s,t成等差数列,且a m-1,a s-1,a t-1成等比数列?如果存在,求出所有符合条件的m,s,t;如果不存在,请说明理由.参考答案课时规范练30等比数列1.C因为a3+4S2=0,所以a1q2+4a1+4a1q=0.因为a1≠0,所以q2+4q+4=0,所以q=-2.故选C.2.B∵等比数列{a n}各项均为正数,且a n+2+2a n+1=8a n,∴a n q2+2a n q=8a n,即q2+2q=8,可得q=2或q=-4(舍去),∴S6=1(1-6)1-=63.故选B.3.AD因为等比数列{a n}的前n项和为S n,且满足a6=8a3,所以63=q3=8,解得q=2,所以63=1-61-3=1+q3=9.故选AD.4.B设该女子第一天织布x尺,则(1-25)1-2=5,得x=531,所以前n天所织布的总尺数为531(2n-1).由531(2n-1)≥30,得2n≥187,则n的最小值为8.故选B.5.C由题意知2a3=a2-4+a4,设{a n}的公比为q,则212=1-4+13,1=2,解得q=2,则S6=2(1-26)1-2=126.故选C.6.AD对于A,由r1-1=q2(n≥2)知,数列{a n a n+1}是公比为q2的等比数列,故A正确;对于B,当q=-1时,数列{a n+a n+1}的项中有0,不是等比数列,故B错误;对于C,当q=1时,数列{a n-a n+1}的项中有0,不是等比数列,故C错误;对于D,1r11=r1=1,所以数列1是公比为1的等比数列,故D正确.故选AD.7.C因为a n+1=pS n +q ,所以当n ≥2时,a n =pS n-1+q ,两式相减得a n+1-a n =pa n ,即当n ≥2时,r1=1+p.当n=1时,a 2=pa 1+q.所以当a 1=q 时,21=1+p ,满足上式,故数列{a n }为等比数列,所以满足充分性;当{a n }为等比数列时,有a 2=pa 1+q=(1+p )a 1,解得a 1=q ,所以满足必要性.故选C .8.73(方法1)由等比数列的性质可知S 3,S 6-S 3,S 9-S 6仍成等比数列,由已知得S 6=3S 3,∴6-33=9-66-3,即S 9-S 6=4S 3,S 9=7S 3,∴96=73.(方法2)因为{a n }为等比数列,由63=3,设S 6=3k ,S 3=k (k ≠0),所以S 3,S 6-S 3,S 9-S 6为等比数列,即k ,2k ,S 9-S 6成等比数列,所以S 9-S 6=4k ,解得S 9=7k ,所以96=73=73.9.a n =4×12n-1323×1-14n由a 2=2,a 1+a 3=5,{a n }是递减的等比数列,得a 1=4,a 3=1,所以q=12,a n =4×12n-1,则a 1a 2+a 2a 3+…+a n +1是首项为8,公比为14的等比数列的前n 项和.故a 1a 2+a 2a 3+…+a n +1=8+2+12+…+8×14n-1=8×[1-(14)]1-14=323×1-14n .10.解(1)设{a n }的公比为q ,由题设得a n =q n-1.由已知得q 4=4q 2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故a n =(-2)n-1或a n =2n-1.(2)若a n =(-2)n-1,则S n =1-(-2)3.由S m =63得(-2)m =-188,此方程没有正整数解.若a n =2n-1,则S n =2n -1.由S m =63得2m =64,解得m=6.综上,m=6.11.解设数列{b n }的公比为q (q>0),因为数列{b n }是首项为1的等比数列,且b n >0,b 2+b 3=12,所以q 2+q-12=0,解得q=3(q=-4不合题意,舍去),所以b n =3-1.若选①,由S n =12n 2+52n ,可得-1=12(n-1)2+52(n-1)(n ≥2),两式相减可得a n =n+2(n ≥2),又因为a 1=S 1=3也符合上式,所以a n =n+2,所以1log 3r1=1(r2)=121−1r2,则T n =121-13+12−14+13−15+…+1−1r2=34−121r1+1r2.因为1r1+1r2>0,所以T n <34,由题意可得M≥34,又因为M∈N*,所以存在M满足题意,并且M的最小值为1.若选②,f(x)=sinπx-23cos2π2x+3=sinπx-3cosπx=2sinπx-π3,令f(x)=0,可得πx-π3=kπ,k∈Z,解得x=k+13,k∈Z,即x n=n-1+13=n-23,故a n=x n+83=n+2,同上①,则存在M满足题意,并且M的最小值为1.若选③,则由2-a n--12−-1=0,得(a n--1-1)(a n+-1)=0.又因为a n>0,所以a n--1-1=0,即a n-=1,所以数列{a n}是公差为1的等差数列.又因为a1=b2,则a1=3,所以a n=n+2.-1同上①,则存在M满足题意,并且M的最小值为1.12.AD∵a1>1,a7·a8>1,可知q>0,又7-18-1<0,∴a7>1,a8<1,∴0<q<1,故A正确;a7a9=82<1,故B错误;∵a1>1,0<q<1,∴数列{a n}为各项均为正数的递减数列,∴S n无最大值,故C错误;又a7>1,a8<1,∴T7是数列{T n}中的最大项,故D正确.故选AD.13.2n-12-1+1由题意可知,大老鼠每天打洞的距离是以1为首项,2为公比的等比数列,前n天打洞的距离之和为1-21-2=2n-1.小老鼠每天打洞的距离是以1为首项,12为公比的等比数列,前n天打洞的距离之和为1-(12)1-12=2-12-1.所以S n=2n-1+2-12-1=2n-12-1+1.14.2n-1∵a1=1,a2=2,且a n+2=2S n-S n+1+3,∴当n=1时,a3=2-3+3=2.∵a n+2=2S n-S n+1+3,∴当n≥2时,a n+1=2S n-1-S n+3.两式相减可得,a n+2-a n+1=2(S n-S n-1)-(S n+1-S n)(n≥2),即当n≥2时,a n+2-a n+1=2a n-a n+1,即a n+2=2a n.∵a3=2a1,∴数列{a n}的奇数项和偶数项分别成等比数列,公比均为2,∴a2n=2×2n-1=2n,a2n-1=1×2n-1=2n-1,∴b n=log2a2n-1+log2a2n=n-1+n=2n-1.15.BD由题意可知,数列{a n}为等差数列,设数列{a n}的公差为d,a1=5,由题意可得30a1+30×292=390,解得d=1629,∴a n=a1+(n-1)d=16r12929.∵b n=2,∴r1=2r12=2r1-=2d(非零常数),则数列{b n}是等比数列,故B正确;∵5d=5×1629=8029≠3,∴105=(2)5=25d≠23,∴b10≠8b5,故A错误;a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,故C错误;∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴3+5+72+4+6=3534=54=209193,故D正确.故选BD.16.(1)证明因为a n+1=32+1,所以1r1=13+23,所以1r1-1=131-1.因为a1=35,则11-1=23.所以数列1-1是首项为23,公比为13的等比数列.(2)解不存在.理由如下,由(1)知,1-1=23×13n-1=23,所以a n=33+2.假设存在互不相等的正整数m,s,t满足条件,则有+=2,(-1)2=(-1)(-1).由a n=33+2与(a s-1)2=(a m-1)(a t-1),得33+2-12=33+2-133+2-1.即3m+t+2×3m+2×3t=32s+4×3s.因为m+t=2s,所以3m+3t=2×3s.因为3m+3t≥23r=2×3s,当且仅当m=t时等号成立,这与m,s,t互不相等矛盾.所以不存在互不相等的正整数m,s,t满足条件.。

高三第一轮复习--等比数列教案

高三第一轮复习《数列》5.3 等比数列（第三课时）一、考向分析以下几种形式在考题中出现的频率很高:(1)等比数列基本量的计算;(2)等比数列性质的应用;(3)等比数列的判断与证明;(4)等比数列与等差数列的综合。

二、考试要求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项和的公式3. 能在具体问题情境中识别数列的等比关系，并能有关知识解决问题；4. 了解等比数列与指数函数的关系.三、重点与难点1. 熟练运用等比数列的通项公式求解问题是复习重点；2. 判断或证明数列的等比关系是复习的难点.四、复习过程1. 知识梳理2. 高考真题（1）(2019年全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=( ).A .16B .8C .4D .2（2）(2019年全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=31, 24a =a 6, 则S 5= .（3） (2018年全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6= .(4)(2019年全国Ⅱ卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n+1=3a n -b n +4,4b n+1=3b n -a n -4.①证明:{a n +b n }是等比数列,{a n -b n }是等差数列.②求{a n }和{b n }的通项公式.（5）(2018年全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3.①求{a n }的通项公式;②记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m.4. 规律总结：①深刻理解等比数列的定义，紧扣“从第二项起”和“比是同一常数”，特别注意0,0.n a q ≠≠②判断或证明等比数列的两种思路：利用定义，证明1n na q a +=为常数; 利用等比中项，证明212n n n a a a ++=对*n ∈N 成立.③方程思想：在1,,,,n n a a q S n 五个两种，运用待定系数法“知三求二”；函数思想与分类讨论：当a 1＞0，q ＞1或a 1＜0，0＜q ＜1时为递增数列;当a 1＜0，q ＞1或a 1＞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.④掌握等比数列的有关性质:若*(,,,)m n s t m n s t N +=+∈,则m n s t a a a a ⋅=⋅.5.备用题例4 (1)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( ).A.7B.5C.-5D.-7(2)在等比数列{an}中,a1=2,前n 项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn 等于( ).A.2n+1-2B.3nC.2nD.3n-1五、教学反思。

备战高考数学一轮复习讲义第30讲等比数列及其前n项和

第30讲等比数列及其前n 项和激活思维1. (人A 选必二P29例1改)若等比数列{a n }的第4项和第6项分别为48和12，则a 5等于( C )A. 24B. －24C. 24或－24D. 384或－384解析：方法一：由a 4＝48，a 6＝12，得⎩⎨⎧a 1q 3＝48①，a 1q 5＝12②.由②①，可得q 2＝14，解得q ＝12或－12.把q ＝12代入①，得a 1＝384，此时a 5＝a 1q 4＝384×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝24.把q＝－12代入①，得a 1＝－384，此时a 5＝a 1q 4＝－384×⎝ ⎛⎭⎪⎫－124＝－24.因此，{a n }的第5项是24或－24.方法二：因为a 5是a 4与a 6的等比中项，所以a 25＝a 4a 6＝48×12＝576，所以a 5＝±576＝±24，因此，{a n }的第5项是24或－24.2. 已知数列{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－5x ＋6的零点分别是a 2，a 8，则a 5等于( D )A. 2B. －2C. ±3D. ±6解析：因为函数y ＝x 2－5x ＋6的零点分别是a 2，a 8，所以a 2·a 8＝6，a 2＋a 8＝5，所以a 2＞0，a 8＞0.又数列{a n }是等比数列，所以a 25＝a 2·a 8＝6，所以a 5＝±6，经检验满足要求．3. (人A 选必二P35例7改)已知数列{a n }是等比数列，若a 1＝12，q ＝12，则S 8等于( D )A. －256255B. －255256C. 256255D. 255256解析：因为a 1＝12，q ＝12，所以S 8＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1281－12＝255256.4. (人A 选必二P31练习3改)在等比数列{a n }中，已知a 1a 3＝36，a 2＋a 4＝60，则a 1＋q ＝ ±5 .解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，由等比数列的性质得，a 1a 3＝a 22＝36，又a 2＋a 4＝a 2(1＋q 2)＝60，所以a 2>0，a 2＝6，所以1＋q 2＝10，解得q＝±3.当q ＝3时，由a 2＝a 1q ＝6，可得a 1＝2；当q ＝－3时，由a 2＝a 1q ＝6，可得a 1＝－2，所以⎩⎨⎧ a 1＝－2，q ＝－3或⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝3，则a 1＋q ＝±5.5. (多选)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( AD )A. {a 2n }成等比数列B. {a n ＋2}成等比数列C. a 2，a 4，a 8成等比数列D. a 3，a 6，a 9成等比数列解析：设a n ＝a 1qn －1，a 2n ＝a 21q2n －2，a 2n ＋1a 2n ＝q 2，故A 正确；a n ＋1＋2a n ＋2＝a n q ＋2a n ＋2，不是常数，故B 错误；a 24－a 2a 8＝a 21q 6(1－q 2)，不恒为0，故C 错误；a 26－a 3a 9＝a 21q 10－a 21q 10＝0，故D 正确．基础回归1. 等比数列的有关概念 (1) 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)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达为 a n ＋1a n＝q (q ≠0，n ∈N *) .(2) 等比中项如果a ，G ，b 成等比数列，那么 G 叫做a 与b 的等比中项，即G 是a 与b 的等比中项⇔ G 2＝ab .2. 等比数列的有关公式 (1) 通项公式：a n ＝ a 1q n －1 ；(2) 前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1 ，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.3. 等比数列几个常用结论已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *)．(1) 若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ；(2) 数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列；(3) 数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)； (4) 若项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q . 4. 常用结论(1) 若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 也是等比数列． (2) 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.举题说法等比数列的基本运算例1 (1) (2022·全国乙卷)已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2－a 5＝42，则a 6等于( D )A. 14B. 12C. 6D. 3解析：设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0.若q ＝1，则a 2－a 5＝0，与题意矛盾，所以q ≠1，则⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝168，a 2－a 5＝a 1q －a 1q 4＝42，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝96，q ＝12，所以a 6＝a 1q 5＝3.(2) (2022·汕头一模)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，则a 1等于( A )A. 52－5B. 52＋5C. 5 2D. 5解析：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，a 1≠0，则由题意可得⎩⎨⎧a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝15，4a 3＝4a 1＋a 5，解得q 2＝2，所以q ＝2，所以a 1＝52－5.解决等比数列基本问题的常用思想：(1) 方程的思想：等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解；(2) 分类讨论的思想：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，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q. 变式 (1) (2022·淄博一模)已知等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2＝4，S 3＝14，则a 3＝ 2或8 .解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，S 3＝14，所以a 1＋a 3＝10，即a 2q ＋a 2q ＝10，所以2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.所以当q ＝2时，a 3＝8；当q ＝12时，a 3＝2.综上，a 3＝2或a 3＝8.(2) 数列{a n }共有5项，前三项成等比数列，后三项成等差数列，第3项等于80，第2项与第4项的和等于136，第1项与第5项的和等于132，则这个数列为 20,40,80,96,112或180,120,80,16，－48 .解析：设前三项的公比为q ，后三项的公差为d ，则数列的各项依次为80q 2，80q ，80,80＋d,80＋2d ，于是得⎩⎪⎨⎪⎧80q ＋(80＋d )＝136，80q 2＋(80＋2d )＝132，解得⎩⎨⎧q ＝2，d ＝16或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝23，d ＝－64，所以这个数列是20,40,80,96,112或180,120,80,16，－48.等比数列的判定与证明例2 (2022·深圳一模)已知数列{a n }的首项a 1＝2，且满足a n ＋1＋a n ＝4×3n . (1) 求证：{a n －3n }是等比数列；【解答】由a n ＋1＋a n ＝4×3n ，得a n ＋1－3n ＋1＝－(a n －3n )．又a 1＝2，则a 1－3＝－1，且a n ＋1－3n ＋1＝－(a n －3n )≠0，所以a n ＋1－3n ＋1a n －3n ＝－1，所以数列{a n －3n}是以－1为首项，－1为公比的等比数列．(2) 求数列{a n }的前n 项和S n .【解答】由(1)可知a n －3n＝(－1)n，所以a n ＝3n＋(－1)n，所以S n ＝3(1－3n )1－3＋(－1)·[1－(－1)n ]1－(－1)＝3n ＋1－(－1)n ＋12－2.等比数列的常用判定方法：(1) 定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列；(2) 中项公式法：在数列{a n }中，若a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列；(3) 通项公式法：若数列的通项公式可写成a n ＝c ·q n －1(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列；(4) 前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．前两种方法是常用方法，用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．变式已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n 2－a n .(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列；【解答】由a n ＋1＝a n 2－a n 可得1a n ＋1＝2－a n a n ＝2a n －1，故1a n ＋1－1＝2a n－2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，又1a 1－1＝1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以1为首项，2为公比的等比数列．(2) 求1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的值．【解答】由(1)知1a n －1＝2n －1，则1a n ＝2n －1＋1，故1a n a n ＋1＝(2n －1＋1)(2n ＋1)＝22n －1＋2n ＋2n －1＋1，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝21＋21＋20＋1＋23＋22＋21＋1＋…＋22n －1＋2n ＋2n －1＋1＝(21＋23＋…＋22n －1)＋(21＋22＋…＋2n )＋(20＋21＋…＋2n －1)＋n ＝2·(1－4n )1－4＋2·(1－2n )1－2＋1·(1－2n )1－2＋n ＝23·4n ＋2n ＋1＋2n ＋n －113.等比数列的性质及其应用例3 (1) 已知正项等比数列{a n }满足a 2a 9＋a 4a 7＝16，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10等于( A )A. 15B. 14C. 13D. 12解析：因为正项等比数列{a n }满足a 2a 9＋a 4a 7＝16，所以a 4a 7＝8，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝log 2(a 4·a 7)5＝5log 2(a 4·a 7)＝5log 28＝5×3＝15.(2) 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10S 5＝12，则S 15S 5＝ 34 .解析：因为{a n }是等比数列，所以S 5，S 10－S 5，S 15－S 10也成等比数列．因为S 10S 5＝12.设S 5＝2k ，S 10＝k ，则S 10－S 5＝－k ，所以S 15－S 10＝k 2，则S 15＝3k2，所以S 15S 5＝3k 22k ＝34.1. (2022·沈阳三模)在等比数列{a n }中，设a 2，a 8为方程x 2－4x ＋π＝0的两个根，则a 3a 5a 7的值为( C )A. ππB. －ππC. ±ππD. π3解析：在等比数列{a n }中，因为a 2，a 8为方程x 2－4x ＋π＝0的两个根，所以a 2a 8＝π＝a 25，所以a 5＝±π，所以a 3a 5a 7＝a 35＝±ππ.2. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 10＝1，S 30＝13，S 40等于( D ) A. －51 B. －20 C. 27D. 40解析：由{a n }是等比数列，且S 10＝1＞0，S 30＝13＞0，得S 20＞0，S 40＞0，且1＜S 20＜13，S 40＞13，所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，即1，S 20－1,13－S 20，S 40－13构成等比数列，所以(S 20－1)2＝1×(13－S 20)，解得S 20＝4或S 20＝－3(舍去)，所以(13－S 20)2＝(S 20－1)(S 40－13)，即92＝3×(S 40－13)，解得S 40＝40.3. 已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝ 100 .解析：由log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 22a n ，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以2为公比的等比数列．又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100，所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.随堂内化1. 已知等比数列{a n }的各项都是正数，若a 1＝81，a 5＝16，则其前5项和是( B )A. 179B. 211C. 243D. 275解析： a 5＝a 1q 4⇒81q 4＝16⇒q 4＝1681，因为数列的各项都是正数，所以q ＝23，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝81⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2351－23＝35·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫235＝35－25＝211. 2. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( D )A. －3B. 5C. －31D. 33 解析：由S 3＝2，S 6＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 6)1－q ＝18，a 1(1－q 3)1－q ＝2，两式相除得1＋q 3＝9，解得q ＝2，所以S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－q a 1(1－q 5)1－q＝1＋q 5＝33. 3. 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( B )A. 1盏B. 3盏C. 5盏D. 9盏解析：由题知每层塔的灯数构成等比数列{a n }，设顶层的灯数为a 1，且公比q ＝2，由S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.4. (多选)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝2n ，n ∈N *，则下列说法正确的是( ABC )A. a 4＝4B. {a 2n }是等比数列C. a 2n －a 2n －1＝2n －1D. a 2n －1＋a 2n ＝2n ＋1解析：因为a 1＝1，a n ·a n ＋1＝2n ，所以a 2·a 1＝2，即a 2＝2.因为a n ·a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，所以a n ＋2a n ＝2，所以数列{a n }的奇数项和偶数项分别是以2为公比的等比数列，所以a 2n ＝2×2n －1＝2n ，a 2n －1＝1×2n －1＝2n －1，所以a 4＝4，故A ，B 正确；a 2n －a 2n －1＝2n －2n －1＝2n －1，故C 正确；a 2n ＋a 2n －1＝2n ＋2n －1＝3×2n－1，故D 不正确．5. 在等比数列{a n }中，已知2a 3－a 2a 4＝0，若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 3，则数列{b n }的前5项和等于 10 .解析： 2a 3－a 2a 4＝0⇒2a 3－a 23＝0⇒a 3＝b 3＝2.设{b n }的公差为d ，则b 1＋2d＝2⇒b 1＝2－2d ，所以S 5＝5b 1＋12×5×4×d ＝5(2－2d )＋10d ＝10.练案❶ 趁热打铁，事半功倍. 请老师布置同学们及时完成《配套精练》．练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(分基础和提高两个版本)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考保分增效天天练》，成书可向当地发行咨询购买．。

高三数学一轮复习第30课时等比数列学案

高三数学一轮复习第30课时等比数列学案【学习目标】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．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．4．了解等比数列与指数函数的关系．【课本导读】1．基础知识(1)等比数列的定义：若数列{a n}满足，则称数列{a n}为等比数列．(2)通项公式a n＝＝a m·.(3)前n项和公式S n＝a1－q n1－q，成立的条件是，另一形式为．(4)M、N同号时它们的等比中项为 .2．性质(1)等比数列{a n}中，m、n、p、q∈N*，若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝.(2)等比数列{a n}中，S n为其前n项和，当n为偶数时，S偶＝S奇· .(3)等比数列{a n}中，公比为q，依次k项和为S k，S2k－S k，S3k－S2k成(S k≠0)数列，新公比q′＝.3．常用技巧：(1)若{a n}是等比数列，且a n>0(n∈N*)，则{log a a n}(a>0且a≠1)成数列，反之亦然．(2)三个数成等比数列可设三数为，四个数成等比数列且公比大于0时，可设四个数为 .【教材回归】1．等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于( )A．－24 B．0 C．12 D．242．如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么( )A．b＝3，ac＝9 B．b＝－3，ac＝9C．b＝3，ac＝－9 D．b＝－3，ac＝－93．在等比数列{a n}中，a1＋a2＝30，a3＋a4＝60，则a7＋a8＝________.4．等比数列{a n}的前n项和为S n，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )A.13B．－13C.19D．－195．在1与4之间插入三个数使这五个数成等比数列，则这三个数分别是________．【授人以渔】题型一：等比数列的基本量例1 {a n}为等比数列，求下列各值．(1)已知a3＋a6＝36，a4＋a7＝18，a n＝12，求n；(2)已知a2·a8＝36，a3＋a7＝15，求公比q；(3)已知q＝－2，S8＝15(1－2)，求a1.思考题1 (1)设{a n}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{a n}前7项的和为( ) A．63 B．64 C．127 D．128(2)在等比数列{a n}中，a3＝112，S3＝412，求a1和q.题型二：等比数列的性质例2 (1)若等比数列{a n}满足a2a4＝12，则a1a23a5＝________.(2)在等比数列{a n}中，若a3＝4，a9＝1，则a6＝________，若a3＝4，a11＝1，则a7＝________.(3)已知数列{a n}是等比数列，且S m＝10，S2m＝30，则S3m＝________(m∈N*)．思考题2 (1)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝( ) A．4 B．5 C．6 D．7(2)已知等比数列{a n}，a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，则a n＝________.题型三：等比数列的判定与论证例3 数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n＋1＝4a n＋2(n∈N*)．(1)设b n＝a n＋1－2a n，求证：{b n}是等比数列；(2)设c n＝a n3n－1，求证：{c n}是等比数列．思考题3 已知数列{a n}的前n项和为S n，且对任意的n∈N*有a n＋S n＝n.(1)设b n＝a n－1，求证：数列{b n}是等比数列；(2)设c1＝a1且c n＝a n－a n－1(n≥2)，求{c n}的通项公式．自助餐：1．等比数列{a n}中，公比q＝2，S4＝1，则S8的值为( )A．15 B．1 C．19 D．212．在等比数列{a n}中，S n表示前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q等于( ) A．3 B．－3 C．－1 D．13．数列{a n}的前n项和为S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b等于( ) A．－1 B．0 C．1 D．44．若等比数列{a n}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和S n＝________.5．等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________.6．一正数等比数列前11项的几何平均数为32，从这11项中抽去一项后所余下的10项的几何平均数为32，那么抽去的这一项是第________项．。

等比数列高三一轮复习教案-高三化学一轮复习教案

3.3 等比数列【考点及要求】等比数列的定义、等比数列的通项公式、求和公式和等比中项.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,并能解决简单的实际问题.等比数列的定义、通项公式、前n 项和公式是解决等比数列的有关计算、论证,等比数列的有关性质的基础和出发点,这类问题往往解法灵活、多变,是高考试题的生长点,选择题、填空题和解答题都可能出现.【要点回放】等比数列 1.定义：q a a nn =+1（常数q 为公比）)(*∈N n （注意隐含条件:0,0n a q ≠≠） 2.通项公式：11-=n n q a a 推广: m n m n q a a -=3.等比中项：如果在a 与b 间插入一个数G ，使b G a ,,成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，ab G ±=.)0(>ab .4.前n 项和公式：11(1)(1)(1,0)1n n na q S a q q q q=⎧⎪=-⎨≠≠⎪-⎩且（易错点:不分类讨论）注意:应用前n 项和公式时,一定要区分11≠=q q 与的两种不同情况,必要的时候要分类讨论. 5.等比数列{}n a 的一些常用性质(1)对于任意正整数s r q p ,,,，如果s r q p +=+，则有s r q p a a a a ⋅=⋅；如果q r p 2=+，则有2q r p a a a =⋅(2)对于任意正整数,1>n 有112+-⋅=n n n a a a(3)对于任意非零实数b ，数列{}n ba 是等比数列，则数列{}n a 是等比数列 (4)已知数列{}n b 是等比数列，则{}n n b a ⋅也是等比数列。

⑸下标成等差数列的项构成等比数列 ⑹连续若干项的和也构成等比数列. 6．证明数列为等比数列的方法:(1)定义法:若{}为等比数列数列n nn a N n q a a ⇔∈=*+)(1(2)等比中项法:若{}为等比数列数列且n n n n n n n a a a a N n a a a ⇔≠∈⋅=++*++)0(21221 (3)通项法:若{}为等比数列数列的常数均是不为n n n a N ，n q c cq a ⇔∈=*)0,( (4)前n 项和法:若{}为等比数列数列且为常数n n n a q q ，q A A Aq S ⇔≠≠-=)1,0,( 7．解决等比数列有关问题的常见思维方法 (1)方程的思想(“知三求二”问题) (2)分类的思想①运用等比数列的求和公式时,需要对11≠=q q 和讨论②{}为递增数列等比数列时或n a q a q a ,10,01,011<<<>> ()1(111-=--+q q a a a n n n ){}为递减数列等比数列时或n a q a q a ,10,01,011<<>>< 【基础训练】1.（江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛a n ｝中，首项a 1=3 ，前三项和为21，则a 3+ a 4+ a 5= （ C ）( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )1892. 已知等比数列{}n a 中，33a =，10384a =，则该数列的通项公式n a 332n -⋅3.命题甲:211(),2,22x x x -成等比数列，命题乙:lg ,lg(1),lg(3)x x x ++成等差数列，则甲是乙的必要不充分条件。

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＝a•________ (n，∈N*)．(2)若{an}为等比数列，且＋l＝＋n (，l，，n∈N*)，则__________________________．(3)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，1an，{a2n}，{an•bn}，anbn仍是等比数列．(4)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．．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＝a11－qn1－q＝a1qn－1q－1＝a1qnq－1－a1q－16．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＝a”是“a、b、成等比数列”的()A．充分不必要条B．必要不充分条．充要条D．既不充分也不必要条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．1．0D．－13．(2011•温州月考)设f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1 (n∈N*)，则f(n)等于()A27(8n－1)B27(8n＋1－1)27(8n＋2－1)D27(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•32nB．8•23n．8•32n－1D．8•23n－1．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{－3，－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，a1a＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a＋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＝，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋，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＋a＝8，且1a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a＝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b＋b9的值；(2)在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a1a16＝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 60，且前n项中数值最大的项为4，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 60≠2Sn＝160，∴q≠1，[2分]由题意得a11－qn1－q＝80，①a11－q2n1－q＝6 60 ②[4分]将①整体代入②得80(1＋qn)＝6 60，∴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＝a1q•qn＝81•a1q＝4∴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．(2)函数的思想：等比数列的通项公式an＝a1qn －1＝a1q•qn (q>0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．本题条前n项中数值最大的项为4的利用是解决本题的关键，同时将qn和a11－qn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－qn1－q，q≠12．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＝an•an＋2 (n∈N*且an•an＋1•an＋2≠0)．3．等比数列的性质：(1)an＝a•qn－(n，∈N*)；(2)若{an}为等比数列，且＋l＝＋n (，l，，n∈N*)，则a•al＝a•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qn4．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．．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：7分)一、选择题(每小题分，共2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S等于()A12B314334D1722．(2010•浙江)设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a＝0，则SS2等于()A．－11B．－8．D．113．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＋a等于()A．33B．72．84D．1894．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，T2中也是常数的项是()A．T10B．T13．T17D．T2．(2011•佛模拟)记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则S10S等于()A．－3B．．－31D．33题号1234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，a＝16，则数列{an}前7项的和为________．7．(2011•平顶月考)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Sn10．(12分)(2011•廊坊模拟)已知数列{lg2(an－1)}为等差数列，且a1＝3，a2＝(1)求证：数列{an－1}是等比数列；(2)求1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an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{n}对n∈N*均有1b1＋2b2＋…＋nbn＝an＋1成立，求1＋2＋3＋…＋2 010答案自主梳理1．公比q2a1•qn－14(1)qn－(2)a•al＝a•an(4)递增递减常摆动6qn自我检测1．D2B3B4－9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＝36①②①－②，得4a21q6＝64，∴a21q6＝16③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＝12(1－2n)1－2＝2n－1－12；当q＝12时，可得a1＝32∴an＝32×12n－1＝26－nSn＝321－12n1－12＝64－26－n方法二∵a1a＝a2a4＝a23，a2a6＝a3a，a3a7＝a4a6＝a2，由a1a＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a＋a4a6＝36，可得a23＋2a3a＋a2＝100，a23－2a3a＋a2＝36，即(a3＋a)2＝100，(a3－a)2＝36∴a3＋a＝10，a3－a＝±6解得a3＝8，a＝2，或a3＝2，a＝8 当a3＝8，a＝2时，q2＝aa3＝28＝14∵q>0，∴q＝12，由a3＝a1q2＝8，得a1＝32，∴an＝32×12n－1＝26－nSn＝32－26－n×121－12＝64－26－n当a3＝2，a＝8时，q2＝82＝4，且q>0，∴q＝2由a3＝a1q2，得a1＝24＝12∴an＝12×2n－1＝2n－2Sn＝12(2n－1)2－1＝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(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证明，也可用反证法．(1)证明由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋，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＋，所以a2＋a1＝2a1＋6，又a1＝，所以a2＝11，从而a2＋1＝2(a1＋1)，故总有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*，又a1＝，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＝6•2n－1，所以an＝6•2n－1－1，于是Sn＝6•(1－2n)1－2－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)．②①－②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，利用性质，特别是性质“若＋n＝p＋q，则a•an＝ap•aq”，可以减少运算量，提高解题速度．解由已知得1a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a＝a1＋aa1a＋a2＋a4a2a4＋a3a23＝a1＋a2＋a3＋a4＋aa23＝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，∴b＋b9＝2b7＝8(2)a1a2a3a4＝a1•a1q•a1q2•a1q3＝a41q6＝1①a13a14a1a16＝a1q12•a1q13•a1q14•a1q1＝a41•q4＝8②②÷①：a41•q4a41•q6＝q48＝8ͤq16＝2，又a41a42a43a44＝a1q40•a1q41•a1q42•a1q43 ＝a41•q166＝a41•q6•q160＝(a41•q6)•(q16)10＝1•210＝1 024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∴S＝4(1－12)1－12＝8(1－12)＝314]2．A[由8a2＋a＝0，得8a1q＋a1q4＝0，所以q＝－2，则SS2＝a1(1＋2)a1(1－22)＝－11]3．[由题可设等比数列的公比为q，则3(1－q3)1－q＝21ͤ1＋q＋q2＝7ͤq2＋q－6＝0ͤ(q＋3)(q－2)＝0，根据题意可知q>0，故q＝2所以a3＋a4＋a＝q2S3＝4×21＝84]4．[a3a6a18＝a31q2＋＋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．]．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S10S＝a1(1－q10)1－qa1(1－q)1－q＝1＋q＝1＋2＝33]6．127解析∵公比q4＝aa1＝16，且q>0，∴q＝2，∴S7＝1－271－2＝12771207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＝12078．4n－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－19．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lg2(an－1)－lg2(an－1－1)＝d (n≥2)，因为a1＝3，a2＝，所以d＝lg2(a2－1)－lg2(a1－1)＝lg24－lg22＝1，…………………………………………………………(3分)所以lg2(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，a＝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＝a＝9，∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3•3n－2＝3n－1………………………………………………………………………(6分)(2)由1b1＋2b2＋…＋nbn＝an＋1得当n≥2时，1b1＋2b2＋…＋n－1bn－1＝an两式相减得：当n≥2时，nbn＝an＋1－an＝2……………………………………………(9分)∴n＝2bn＝2•3n－1 (n≥2)．又当n＝1时，1b1＝a2，∴1＝3∴n＝3(n＝1)2•3n－ 1 (n≥2)……………………………………………………………(11分)∴1＋2＋3＋…＋2 010＝3＋6－2×32 0101－3＝3＋(－3＋32 010)＝32 010…………………………………………(14分)。

高考数学一轮复习第六章数列第3讲等比数列及其前n项和教学案理

第3讲等比数列及其前n 项和一、知识梳理1．等比数列的有关概念 (1)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)，那么这个数列就叫作等比数列．这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母q 表示．(2)等比中项如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔G 2＝ab ．“a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件．2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的性质已知数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N +(1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2r ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2r ． (2)数列a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等比数列．(3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍是等比数列(此时{a n }的公比q ≠－1)．常用结论1．正确理解等比数列的单调性当q >1，a 1>0或0<q <1，a 1<0时，{a n }是递增数列；当q >1，a 1<0或0<q <1，a 1>0时，{a n }是递减数列；当q ＝1时，{a n }是常数列；当q ＝－1时，{a n }是摆动数列． 2．记住等比数列的几个常用结论(1)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列． (2)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k.(3)一个等比数列各项的k 次幂，仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k 次幂．(4){a n }为等比数列，若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T 3nT 2n，…成等比数列．(5)当q ≠0，q ≠1时，S n ＝k －k ·q n(k ≠0)是{a n }成等比数列的充要条件，此时k ＝a 11－q.(6)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．二、教材衍化1．在3与192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， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12，12×4＝48. 答案：12，482．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝________．解析：由题意知q 3＝a 5a 2＝18，所以q ＝12.答案：123．等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则{a n }的通项公式a n ＝________．解析：因为S 10S 5＝3132，所以S 10－S 5S 5＝－132，因为S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，所以q 5＝－132，q ＝－12，则a n ＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.答案：－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)与等差数列类似，等比数列的各项可以是任意一个实数．( )(2)公比q 是任意一个常数，它可以是任意实数．( ) (3)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( ) 答案：(1)× (2)× (3)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)忽视项的符号判断； (2)忽视公比q ＝1的特殊情况； (3)忽视等比数列的项不为0.1．在等比数列{a n }中，a 3＝4，a 7＝16，则a 3与a 7的等比中项为________．解析：设a 3与a 7的等比中项为G ，因为a 3＝4，a 7＝16，所以G 2＝4×16＝64，所以G ＝±8.答案：±82．数列{a n }的通项公式是a n ＝a n(a ≠0)，则其前n 项和S n ＝________．解析：因为a ≠0，a n ＝a n，所以{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时S n ＝a （1－a n ）1－a.答案：⎩⎪⎨⎪⎧n ，a ＝1，a （1－a n ）1－a，a ≠0，a ≠13．已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为________．解析：因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，所以(2x＋2)2＝x(3x＋3)，即x2＋5x＋4＝0，解得x＝－1或x＝－4.当x＝－1时，数列的前三项为－1，0，0，不是等比数列，舍去．答案：－4等比数列基本量的运算(师生共研)(1)(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( ) A．16 B．8C．4 D．2(2)等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3.①求{a n}的通项公式；②记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m.【解】(1)选C.设等比数列{a n}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.(2)①设{a n}的公比为q，由题设得a n＝q n－1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.②若a n ＝(－2)n －1，则S n＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6.解决等比数列有关问题的2种常用思想方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解分类讨论的思想等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－qn n 前n 项和，若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________．解析：通解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝13×（1－35）1－3＝1213.优解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以a 2a 6＝a 6，所以a 2＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝13×（1－35）1－3＝1213.答案：12132．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0，解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.等比数列的判定与证明(师生共研)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn.(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．【解】 (1)由条件可得a n ＋1＝2（n＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.等比数列的4种常用判定方法定义法若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N +)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N +)，则{a n }是等比数列中项公式法若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N +)，则数列{a n }是等比数列通项若数列通项公式可写成a n ＝c ·qn －1(c ，q 均是不为0的常数，证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．1．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n＋1＝4a n＋2(n∈N*)，若b n＝a n＋1－2a n，求证：{b n}是等比数列．证明：因为a n＋2＝S n＋2－S n＋1＝4a n＋1＋2－4a n－2＝4a n＋1－4a n，所以b n＋1b n＝a n＋2－2a n＋1a n＋1－2a n＝4a n＋1－4a n－2a n＋1a n＋1－2a n＝2a n＋1－4a na n＋1－2a n＝2.因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.所以b1＝a2－2a1＝3.所以数列{b n}是首项为3，公比为2的等比数列．2．已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2a n－3n(n∈N+)．(1)求a1，a2，a3的值；(2)是否存在常数λ，使得{a n＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n，若不存在，请说明理由．解：(1)当n＝1时，S1＝a1＝2a1－3，解得a1＝3，当n＝2时，S2＝a1＋a2＝2a2－6，解得a2＝9，当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝2a3－9，解得a3＝21.(2)假设{a n＋λ}是等比数列，则(a2＋λ)2＝(a1＋λ)(a3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)(21＋λ)，解得λ＝3.下面证明{a n ＋3}为等比数列：因为S n ＝2a n －3n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3n －3，所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3，即2a n ＋3＝a n ＋1，所以2(a n ＋3)＝a n ＋1＋3，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，所以存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列．所以a n ＋3＝6×2n －1，即a n ＝3(2n－1)(n ∈N +)．等比数列的性质(多维探究) 角度一等比数列项的性质(1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________．(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝________．【解析】 (1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(2)由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n >0，q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝1×（1－25）1－2＝31.【答案】 (1)50 (2)31角度二等比数列前n 项和的性质(1)(一题多解)等比数列{a n }中，前n 项和为48，前2n项和为60，则其前3n 项和为________．(2)数列{a n }是一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前三项之积为64，则此数列的通项公式为a n ＝________．【解析】 (1)法一：设数列{a n }的前n 项和为S n . 因为S 2n ≠2S n ，所以q ≠1，由前n 项和公式得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q n ）1－q ＝48，①a 1（1－q 2n）1－q＝60，②②÷①，得1＋q n＝54，所以q n＝14.③将③将入①，得a 11－q＝64. 所以S 3n ＝a 1（1－q 3n ）1－q ＝64×⎝⎛⎭⎪⎫1－143＝63.法二：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为{a n }为等比数列，所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列，所以(S 2n －S n )2＝S n (S 3n －S 2n )，即S 3n ＝（S 2n －S n ）2S n ＋S 2n ＝（60－48）248＋60＝63.法三：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为S 2n ＝S n ＋q nS n ，所以q n＝S 2n －S n S n ＝14，所以S 3n ＝S 2n ＋q2nS n ＝60＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142×48＝63.(2)设此数列{a n }的公比为q ，由题意，知S 奇＋S 偶＝4S 偶，所以S 奇＝3S 偶，所以q ＝S 偶S 奇＝13.又a 1a 2a 3＝64，即a 1(a 1q )(a 1q 2)＝a 31q 3＝64，所以a 1q ＝4.又q ＝13，所以a 1＝12，所以a n ＝a 1qn －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1.【答案】 (1)63(2)12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类 (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形． (3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．[提醒] 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．(一题多解)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12D ．18解析：选C.法一：因为a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)，所以a 24－4a 4＋4＝0，所以a 4＝2.又因为q 3＝a 4a 1＝214＝8，所以q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法二：因为a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12，故选C.数列与数学文化及实际应用1．等差数列与数学文化(2020·陕西汉中二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重( )A ．6斤B ．7斤C ．9斤D ．15斤【解析】设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{a n }，则有a 1＝4，a 5＝2，所以a 1＋a 5＝6，数列{a n }的前5项和为S 5＝5×a 1＋a 52＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．故选D.【答案】 D以数学文化为背景的等差数列模型题的求解关键：一是会脱去数学文化的背景，读懂题意；二是构建模型，即由题意构建等差数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等差数列的相关问题，如求指定项、公差或项数、通项公式或前n 项和等．2．等比数列与数学文化(2020·湖南衡阳三模)中国古代数学名著《九章算术》中有如下问题．今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为( )A.253 B ．503C.507D ．1007【解析】 5斗＝50升．设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a 1，a 2，a 3，由题意可知a 1，a 2，a 3构成公比为2的等比数列，且S 3＝50，则a 1（1－23）1－2＝50，解得a 1＝507，所以马主人应偿还粟的量为a 2＝2a 1＝1007，故选D.【答案】 D以数学文化为背景的等比数列模型题的求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题，如求指定项、公比或项数、通项公式或前n 项和等．3．递推数列与数学文化(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N +)个圆环所需的最少移动次数，数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下4个环所需的最少移动次数a 4为( )A ．7B ．10C ．12D ．22【解析】因为数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，所以a 2＝2a 1－1＝2－1＝1，所以a 3＝2a 2＋2＝2×1＋2＝4，所以a 4＝2a 3－1＝2×4－1＝7.故选A.以数学文化为背景的已知递推公式的数列模型的求解关键是耐心读题、仔细理解题，只有弄清题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答，“盯紧”题目条件中的递推公式，利用此递推公式往要求的量转化，如本题，剥去数学文化背景，实质就是已知a 1＝1，且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，求a 4的问题．4．周期数列与数学文化(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N +)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 019项的和为( )A ．672B ．673C ．1 346D ．2 019【解析】由于{a n }是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{a n }为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，所以{a n }是周期为3的周期数列，且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2. 因为2 019＝673×3，所以数列{a n }的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.以数学文化为背景的周期数列模型题的求解关键是细审题，建立数学模型，并会适时脱去背景，如本题，脱去背景，实质是利用斐波那契数列的各项除以2的余数的特征，得出新数列的周期性，进而求出结果．5．数列在实际问题中的应用私家车具有申请报废制度．一车主购买车辆时花费15万，每年的保险费、路桥费、汽油费等约1.5万元，每年的维修费是一个公差为3 000元的等差数列，第一年维修费为3 000元，则该车主申请车辆报废的最佳年限(使用多少年的年平均费用最少)是________年．【解析】设这辆汽车报废的最佳年限为n 年，第n 年的费用为a n ，则a n ＝1.5＋0.3n .前n 年的总费用为S n ＝15＋1.5n ＋n2(0.3＋0.3n )＝0.15n 2＋1.65n ＋15，年平均费用：S n n ＝0.15n ＋15n＋1.65≥20.15n ×15n ＋1.65＝4.65，当且仅当0.15n ＝15n，即n＝10时，年平均费用S nn取得最小值．所以这辆汽车报废的最佳年限是10年．【答案】 10数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程．有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际规律的结果．[基础题组练]1．(2020·江西宜春一模)在等比数列{a n }中，a 1a 3＝a 4＝4，则a 6的所有可能值构成的集合是( )A ．{6}B ．{－8，8}C ．{－8}D ．{8}解析：选D.因为a 1a 3＝a 22＝4，a 4＝4，所以a 2＝2，所以q 2＝a 4a 2＝2，所以a 6＝a 2q 4＝2×4＝8，故a 6的所有可能值构成的集合是{8}，故选D.2．在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( )A ．135B ．100C ．95D ．80解析：选A.由等比数列前n 项和的性质知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8成等比数列，其首项为40，公比为6040＝32，所以a 7＋a 8＝40×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝135.3．(2020·山西3月高考考前适应性测试)正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，且a 5与a 9的等差中项为4，则{a n }的公比是( )A ．1B ．2 C.22D ．2解析：选D.设公比为q ，由正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，可得a 23＋2a 3a 7＋a 27＝(a 3＋a 7)2＝16，即a 3＋a 7＝4，由a 5与a 9的等差中项为4，得a 5＋a 9＝8，则q 2(a 3＋a 7)＝4q 2＝8，则q＝2(舍负)，故选D.4．(2020·湘赣十四校第二次联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了( )A ．6里B ．12里C ．24里D ．96里解析：选A.由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{a n }，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则q ＝12，依题意有a 1（1－q 6）1－q ＝378，解得a 1＝192，则a 6＝192×(12)5＝6，最后一天走了6里，故选A.5．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．10解析：选B.设该等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，则由已知得a 1·a 2·a 3＝3，a n －2·a n －1·a n ＝9，(a 1·a n )3＝3×9＝33，所以a 1·a n ＝3，又T n ＝a 1·a 2·…·a n －1·a n ＝a n ·a n －1·…·a 2·a 1，所以T 2n ＝(a 1·a n )n，即7292＝3n，所以n ＝12.6．(2020·黄冈模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝________．解析：设{a n }的公比为q (q >0)，因为a 1a 6＝2a 3，而a 1a 6＝a 3a 4，所以a 3a 4＝2a 3，所以a 4＝2.又a 4＋2a 6＝3，所以a 6＝12，所以q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝16[1－（12）5]1－12＝31.答案：317．(一题多解)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________．解析：法一：设数列{a n }的公比为q ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝a 21q 9＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.法二：由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.答案：－78．(2020·安徽安庆模拟)数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N +，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值为________．解析：由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.答案：29．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.10．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.[综合题组练]1．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0)∪[1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ，则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q )＝1＋q ＋1q.当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－(－q －1q)≤1－2（－q ）·（－1q）＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立．所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．2．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1，2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，则q 等于( )A ．－12B ．12C ．－32D ．32解析：选C.{b n }有连续四项在{－53，－23，19，37，82}中且b n ＝a n ＋1.a n ＝b n －1，则{a n }有连续四项在{－54，－24，18，36，81}中．因为{a n }是等比数列，等比数列中有负数项，则q <0，且负数项为相隔两项，所以等比数列各项的绝对值递增或递减．按绝对值的顺序排列上述数值18，－24，36，－54，81，相邻两项相除－2418＝－43，36－24＝－32，－5436＝－32，81－54＝－32，则可得－24，36，－54，81是{a n }中连续的四项．q ＝－32或q ＝－23(因为|q |>1，所以此种情况应舍)，所以q ＝－32.故选C.3．在递增的等比数列{a n }中，已知a 1＋a n ＝34，a 3·a n －2＝64，且前n 项和S n ＝42，则n ＝________．解析：因为{a n }为等比数列，所以a 3·a n －2＝a 1·a n ＝64. 又a 1＋a n ＝34，所以a 1，a n 是方程x 2－34x ＋64＝0的两根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，a n ＝2.又因为{a n }是递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝32.由S n ＝a 1－a n q 1－q ＝2－32q 1－q＝42，解得q ＝4.由a n ＝a 1qn －1＝2×4n －1＝32，解得n ＝3. 答案：34．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N +，都有a m ＋na m＝a n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋ma m＝a n ，令m ＝1，则a n ＋1a 1＝a n ，即a n ＋1a n＝a 1＝2，所以{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－25．(2020·湖北武汉4月毕业班调研)已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1.(1)求数列{a n }的公比q ；(2)令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值．解：(1)由题意可得q ≠1，由S 2＋4S 4＝S 6，可知a 1（1－q 2）1－q ＋4·a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1－q 6）1－q，所以(1－q 2)＋4(1－q 4)＝1－q 6，而q ≠1，q >0，所以1＋4(1＋q 2)＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0，所以(q 2－4)(q 2＋1)＝0，所以q ＝2.(2)由(1)知a n ＝2n －1，则{a n }的前n 项和S n ＝1－2n1－2＝2n－1，当n ≥5时，b n ＝2n －1－15>0，n ≤4时，b n ＝2n －1－15<0，所以T ＝－(b 1＋b 2＋b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6＋…＋b 10)＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6) ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90＝S 10－2S 4－30＝(210－1)－2(24－1)－30 ＝210－25－29＝1 024－32－29＝963.6．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N +.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解：(1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n .因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，所以b 1＝a 1＋a 2＝32.所以{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n .(2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列，所以T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n .。

高考第一轮复习数学：3.3 等比数列高考数学第一轮复习教案集新课标人教版高考数学第一轮复习

3.3 等比数列●知识梳理数列{a n }从第2项起，每一项与它前一项的比等于同一个常数的数列称作等比数列.常数叫公比.2.通项公式：a n =a 1q n －1，推广形式：a n =a m q n －m .变式：q =mn mna a -（n 、m ∈N *）. n 项和S n =⎪⎩⎪⎨⎧≠≠--=--=).10(11)1(),1(111q q q qa a q q a q na n n 或注：q ≠1时，m n S S =mnq q --11.4.等比中项：若a 、b 、c 成等比数列，则b 为a 、c 的等比中项，且b =±ac .5.三个数或四个数成等比数列且又知积时，则三个数可设为q a 、a 、aq ，四个数可设为3qa、qa、aq 、aq 3为好. 6.证明等比数列的方法：（1）用定义：只需证nn a a 1+=常数；（2）用中项性质：只需a n +12=a n ·a n +2或n n a a 1+=12++n n a a . ●点击双基1.一个直角三角形三内角的正弦值成等比数列，其最小内角是215-215-251-251-解析：设Rt △ABC 中，C =2π，则A 与B 互余且A 2B =sin A ，即cos 2A =sin A ，1－sin 2A =sin A ，解之得sin A =215-或sin A =215--（舍）.答案：B2.设{a n }是由正数组成的等比数列，公比q =2，且a 1·a 2·a 3·…·a 30=230，那么a 3·a 6·a 9·…·a 30等于10B.2201615解析：由等比数列的定义，a 1·a 2·a 3=（q a 3）3，故a 1·a 2·a 3·…·a 30=（1030963qa a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅）3.又q =2，故a 3·a 6·a 9·…·a 30=220. 答案：B3.某纯净水制造厂在净化水过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为B.10解析：由题意列式（1－20%）n ＜5%，两边取对数得n ＞2lg 3112lg -+≈n ≥14.答案：C4.（2004年全国，文14）已知等比数列{a n }中，a 3=3，a 10=384，则该数列的通项a n =___________________.解析：由已知得q 7=aa 10=128=27，故q =2.∴a n =a 3·q n －3=3·2n －3. 答案：3·2n －35.如下图，在杨辉三角中，从上往下数共有n （n ∈N *）行，在这些数中非1的数字之和是___________________.1 1 1 12 11 3 3 1 1 4 6 4 1……解析：观察可知，第n （n ∈N *）行中有n 个数，从左向右依次是二项式系数C 01-n ，C 11-n ，C 21-n ，…，C 11--n n ，故当n ≥3时，除了1外，第n 行各数的和为a n =C 11-n +C 21-n +…+C 21--n n =2n －1－2.又前两行全部为数字1，故前n 行非1的数字之和为a 3+a 4+…+a n =21)21(42---n －2（n －2）=2n －2n .答案：2n －2n ●典例剖析【例1】已知等比数列{a n }中，a 1+a 2+a 3=7，a 1a 2a 3=8，求a n . 剖析：利用等比数列的基本量a 1，q ，根据条件求出a 1和q . 解：设{a n }的公比为q ，由题意知⎪⎩⎪⎨⎧=⋅⋅=++,8,721112111q a q a a q a q a a 解得⎩⎨⎧==2,11q a 或⎪⎩⎪⎨⎧==.21,41q a ∴a n =2n －1或a n =23－n .评述：转化成基本量解方程是解决数列问题的基本方法.思考讨论用a 2和q 来表示其他的量好解吗？该题的{a n }若成等差数列呢？【例2】已知数列｛a n ｝为等差数列，公差d ≠0，｛a n ｝的部分项组成下列数列：a 1k ，a 2k ，…，a n k ，恰为等比数列，其中k 1＝1，k 2＝5，k 3＝17，求k 1＋k 2＋k 3＋…＋k n .剖析：运用等差（比）数列的定义分别求得a n k ，然后列方程求得k n .解：设｛a n ｝的首项为a 1，∵a 1k 、a 2k 、a 3k 成等比数列，∴（a 1＋4d ）2＝a 1（a 1＋16d ）. 得a 1＝2d ，q ＝12k k a a ＝3.∵a n k ＝a 1＋（k n －1）d ，又a n k ＝a 1·3n －1， ∴k n ＝2·3n －1－1.∴k 1＋k 2＋…＋k n ＝2（1＋3＋…＋3n －1）－n＝2×3131--n－n ＝3n －n －1.评述：运用等差（比）数列的定义转化为关于k n 的方程是解题的关键，转化时要注意：a n k 是等差数列中的第k n 项，而是等比数列中的第n 项.【例3】设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足5n a ，5n b ，51+n a 成等比数列，lg b n ，lg a n +1，lg b n +1成等差数列，且a 1=1，b 1=2，a 2=3，求通项a n 、b n .剖析：由等比中项、等差中项的性质得a n +1=1+⋅n n b b 递推出a n =n n b b ⋅-1（n ≥2）. 解：∵5n a ，5n b ，51+n a 成等比数列， ∴（5n b ）2=5n a ·51+n a ，即2b n =a n +a n +1.① 又∵lg b n ，lg a n +1，lg b n +1成等差数列， ∴2lg a n +1=lg b n +lg b n +1，即a n +12=b n ·b n +1.② 由②及a i ＞0，b j ＞0（i 、j ∈N *）可得 a n +1=1+⋅n n b b .③ ∴a n =n n b b 1-（n ≥2）.④将③④代入①可得2b n =n n b b ⋅-1+1+⋅n n b b （n ≥2）， ∴2n b =1-n b +1+n b （n ≥2）. ∴数列{n b }为等差数列. ∵b 1=2，a 2=3，a 22=b 1·b 2，∴b 2=29. ∴n b =2+（n －1）（29－2） =21（n +1）（n =1也成立）.∴b n =2)1(2+n .∴a n =n n b b ⋅-1=2)1(222+⋅n n =2)1(+n n （n ≥2）. 又当n =1时，a 1=1也成立. ∴a n =2)1(+n n . 评述：由S n 求a n 时要注意验证a 1与S 1是否一致.特别提示1.{a n }为等比数列是a n +12=a n ·a n +2的充分但不必要条件.2.若证{a n }不是等比数列，只需证a k 2≠a k －1a k +1（k 为常数，k ∈N ，且k ≥2）. ●闯关训练夯实基础1.若等比数列{a n }的公比q ＜0，前n 项和为S n ，则S 8a 9与S 9a 8的大小关系是 A.S 8a 9＞S 9a 8B.S 8a 9＜S 9a 8 C.S 8a 9=S 9a 8解析：由等比数列通项公式和前n 项和公式得 S 8·a 9－S 9·a 8=－q q a --1)1(81·a 1q 3－qq a --1)1(91·a 1q 7 =q a q q q a ----1)]()[(16716821=qq q a --1)(7821=－a 12q 7.又q ＜0，则S 8·a 9－S 9·a 8＞0，即S 8·a 9＞S 9·a 8. 答案：Ar ，三年定期的年利率为q ，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q 的值应略大于A.1)1(3-+rB.31［（1+r ）3－1］C.（1+r ）3－1D.r解析：由题意得（1+r ）3＜1+3q ，故q ＞31［（1+r ）3－1］. 答案：B3.（2003年某某，8）若首项为a 1，公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和总小于这个数列的各项和，则首项a 1，公比q 的一组取值可以是（a 1，q ）=___________.解析：由题意知q q a n --1)1(1＜qa-11且|q |＜1对n ∈N 都成立，∴a 1＞0，0＜q ＜1.答案：（1，21）（a 1＞0，0＜q ＜1的一组数） 4.设{a n }是首项为1的正项数列，且（n +1）a n +12－na n 2+a n +1a n =0（n ∈N *），则它的通项公式a n =___________________.解析：分解因式可得［（n +1）a n +1－na n ］·［a n +1+a n ］=0，又a n ＞0，则（n +1）a n +1－na n =0，即n n a a 1+=1+n n .又a 1=1，由累积法可得a n =n1. 答案：n1“*”对于任意非零自然数n 满足以下运算性质：（1）1*1=1；（2）（n +1）*1=3（n *1）. 试求n *1关于n 的代数式.解：“n *1”是一个整体，联想数列通项形式，设n *1=a n ，则a 1=1，a n +1=3a n ，得a n =3n－1，即n *1=3n －1.6.等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项中，数值最大的一项是54，若该数列的前n项之和为S n ，且S n =80，S 2n =6560，求：（1）前100项之和S 100. （2）通项公式a n .解：设公比为q ，∵S 2n －S n =6480＞S n ， ∴qa n =a 1q n －1（∵a n ＞0）.①又S n =q q a n --1)1(1=80，②S 2n =qq a n --1)1(21=6560，③由①②③解得a 1=2，q =3，则（1）前100项之和S 100=13)13(2100--=3100－1.（2）通项公式为a n =2·3n －1. 培养能力7.数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1=a 1，b n =a n －a n －1（n ≥2），若a n +S n =n . （1）设=a n －1，求证：数列{}是等比数列；（2）求数列{b n }的通项公式.（1）证明：∵a 1=S 1，a n +S n =n ，∴a 1+S 1=1，得a 1=21. 又a n +1+S n +1=n +1，两式相减得2（a n +1－1）=a n －1，即111--+n n a a =21，也即n n c c 1+=21，故数列{}是等比数列.（2）解：∵c 1=a 1－1=－21， ∴=－n 21，a n =+1=1－n 21，a n －1=1－121-n . 故当n ≥2时，b n =a n －a n －1=121-n －n 21=n 21.又b 1=a 1=21，即b n =n 21（n ∈N *）.8.设数列｛a n ｝、｛b n ｝（b n ＞0，n ∈Ｎ*），满足a n ＝nb b b nlg lg lg 21+⋅⋅⋅++（n ∈Ｎ*），证明：｛a n ｝为等差数列的充要条件是｛b n ｝为等比数列.证明：充分性：若｛b n ｝为等比数列，设公比为q ，则a n ＝n q q q b n n )lg(lg 121-⋅⋅⋅⋅⋅⋅+＝nq b n n n 2)1(1lg lg -+＝lg b 1＋（n －1）lg q 21，a n ＋1－a n ＝lg q 21为常数，∴｛a n ｝为等差数列. 必要性：由a n ＝nb b b nlg lg lg 21+⋅⋅⋅++得na n ＝lg b 1＋lg b 2＋…＋lg b n ，（n ＋1）a n ＋1＝lg b 1＋lg b 2＋…＋lg b n ＋1，∴n （a n ＋1－a n ）＋a n ＋1＝lg b n ＋1. 若｛a n ｝为等差数列，设公差为d ，则nd ＋a 1＋nd ＝lg b n ＋1，∴b n ＋1＝10nd a 21+，b n ＝10d n a )1(21-+. ∴nn b b 1+＝102d 为常数. ∴｛b n ｝为等比数列. 探究创新 9.有点难度哟！设数列｛a n ｝，a 1＝65，若以a 1，a 2，…，a n 为系数的二次方程：a n －1x 2－a n x ＋1＝0（n ∈Ｎ*且n ≥2）都有根α、β满足3α－αβ＋3β＝1.（1）求证:｛a n －21｝为等比数列；（2）求a n ；（3）求｛a n ｝的前n 项和S n . （1）证明：∵α＋β＝1-n n a a ，αβ＝11-n a 代入3α－αβ＋3β＝1得a n ＝31a n －1＋31， ∴21211---n n a a ＝2121313111--+--n n a a ＝31为定值. ∴数列｛a n －21｝是等比数列. （2）解：∵a 1－21＝65－21＝31，∴a n －21＝31×（31）n －1＝（31）n .∴a n ＝（31）n ＋21.（3）解：S n ＝（31＋231+…+n 31)+2n ＝311)311(31--n +2n ＝21+n －n 321⨯. ●思悟小结1.深刻理解等比数列的定义，紧扣从“第二项起”和“比是同一常数”这两点.2.运用等比数列求和公式时，需对q =1和q ≠1进行讨论.3.证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法是：（1）利用定义，证明1-n na a （n ≥2）为常数；（2）利用等比中项，即证明a n 2=a n －1·a n +1（n ≥2）. ●教师下载中心教学点睛1.等比数列的性质在求解中有着十分重要的作用，应让学生熟练掌握、灵活运用.2.解决等比数列有关问题的常见思想方法：（1）方程的思想：等比数列中五个元素a 1、a n 、n 、q 、S n 可以“知三求二”；（2）分类讨论的思想：当a 1＞0，q ＞1或a 1＜0，0＜q ＜1时为递增数列，当a 1＜0，q ＞1或a 1＞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.“基本量”是解决问题的基本方法. 拓展题例【例1】数列{a n }中，a 1=1，a n =21a n －1+1（n ≥2），求通项公式a n . 解：由a n =21a n －1+1，得a n －2=21（a n －1－2）. 令b n =a n －2，则b n －1=a n －1－2，∴有b n =21b n －1. ∴b n =21b n －1=21·21b n －2=21·21·21b n －3 =…=b 1=（21）n －1·b 1. ∵a 1=1，∴b 1=a 1－2=－1. ∴b n =－（21）n －1.∴a n =2－121-n .【例2】已知数列{a n }中，a 1=65，a 2=3619并且数列log 2（a 2－31a ），log 2（a 3－32a ），…，log 2（a n +1－3n a ）是公差为－1的等差数列，而a 2－21a ，a 3－22a，…，a n +1－2n a 是公比为31的等比数列，求数列{a n }的通项公式. 分析：由数列{log 2（a n +1－3n a）}为等差数列及等差数列的通项公式，可求出a n +1与a n的一个递推关系式①；由数列{a n +1－2n a}为等比数列及等比数列的通项公式，可求出a n +1与a n 的另一个递推关系式②.解两个关系式的方程组，即可求出a n .解：∵数列{log 2（a n +1－3na ）}是公差为－1的等差数列， ∴log 2（a n +1－3n a ）=log 2（a 2－31a 1）+（n －1）（－1）=log 2（3619－31×65）－n +1=－（n +1），于是有a n +1－3n a =2－（n +1）.① 又∵数列{a n +1－21a n }是公比为31的等比数列，∴a n +1－21a n =（a 2－21a 1）·3－（n －1）=（3619－21×65）·3－（n －1）=3－（n +1）.于是有a n +1－21a n =3－（n +1）.②由①－②可得61a n =2－（n +1）－3－（n +1），∴a n =n 23－n 32.。

等比数列通项公式教案

等比数列通项公式教案教案标题：等比数列通项公式教案一、教学目标：1. 理解等比数列的概念和性质；2. 掌握等比数列通项公式的推导和运用；3. 能够解决相关的实际问题。

二、教学重点和难点：1. 理解等比数列通项公式的推导过程；2. 运用等比数列通项公式解决实际问题。

三、教学准备：1. 教材：包括等比数列的概念、性质和相关例题；2. 教具：黑板、彩色粉笔、教学PPT等。

四、教学过程：第一步：导入通过举例引入等比数列的概念，让学生了解等比数列的特点和规律。

第二步：概念讲解1. 介绍等比数列的定义和性质；2. 讲解等比数列通项公式的概念和意义；3. 引导学生理解等比数列通项公式的推导过程。

第三步：示例演练1. 通过具体的例题，让学生掌握等比数列通项公式的运用方法；2. 引导学生分析不同类型的等比数列问题，培养其解决问题的能力。

第四步：拓展应用引导学生通过实际问题，运用等比数列通项公式解决相关的数学问题，培养学生的数学建模能力。

第五步：课堂小结对本节课的重点内容进行总结和归纳，梳理等比数列通项公式的相关知识点。

五、课堂作业布置相关的练习题，巩固学生对等比数列通项公式的理解和运用能力。

六、教学反思对本节课的教学效果进行总结和反思，为下一节课的教学提供参考。

七、拓展延伸引导学生了解等比数列在实际生活中的应用，拓展学生的数学思维和知识面。

八、教学资源提供相关的教学资源和参考资料，让学生进行自主学习和拓展。

以上是一份针对等比数列通项公式的教案，希望能够对您有所帮助。

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