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《三维设计》2016级数学一轮复习基础讲解等比数列及其前n项和(含解析)



《三维设计》2014 届高考数学一轮复习教学案+复习技法

等比数列及其前 n 项和

[知识能否忆起] 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个常数(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,定义的表达式 an+1 为 =q(n∈N*,q 为非零常数). an (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?a,G,b 成等比数列?G2=ab. 2.等比数列的有关公式 (1)通项公式:an=a1qn 1.


na ,q=1, ? ? 1 (2)前 n 项和公式:Sn=?a1?1-qn? a1-anq = ,q≠1. ? 1-q ? 1-q

3.等比数列{an}的常用性质 (1)在等比数列{an}中,若 m+n=p+q=2r(m,n,p,q,r∈N*),则 am· an=ap· aq=a2 r. 特别地,a1an=a2an-1=a3an-2=…. (2)在公比为 q 的等比数列{an}中,数列 am,am+k,am+2k,am+3k,…仍是等比数列,公 比为 qk; 数列 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍是等比数列(此时 q≠-1); an=amqn
-m

. [小题能否全取]

1.(教材习题改编)等比数列{an}中,a4=4,则 a2· a6 等于( A.4 C.16 解析:选 C a2· a6=a2 4=16. B .8 D.32

)

2.已知等比数列{an}的前三项依次为 a-1,a+1,a+4,则 an=(

)

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?3?n A.4· ?2? ?3?n-1 C.4· ?2?
解析:选 C

?2?n B.4· ?3? ?2?n-1 D.4· ?3?
(a+1)2=(a-1)(a+4)?a=5,

3 ?3?n-1. a1=4,q= ,故 an=4· ?2? 2 3.已知等比数列{an}满足 a1+a2=3,a2+a3=6,则 a7=( A.64 C.128 a2+a3 解析:选 A q= =2, a1+a2 故 a1+a1q=3?a1=1,a7=1×27 1=64.


)

B.81 D.243

1 4.(2011· 北京高考)在等比数列{an}中,若 a1= ,a4=4,则公比 q=________;a1+a2 2 +…+an=________. 1 ?1-2n? 2 1 3 1 3 解析:a4=a1q ,得 4= q ,解得 q=2,a1+a2+…+an= =2n-1- . 2 2 1-2 答案:2 1 - 2n 1- 2

5.(2012· 新课标全国卷)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3+3S2=0,则公比 q= ________. 解析:∵S3+3S2=0,∴a1+a2+a3+3(a1+a2)=0, ∴a1(4+4q+q2)=0. ∵a1≠0,∴q=-2. 答案:-2 1.等比数列的特征 (1)从等比数列的定义看,等比数列的任意项都是非零的,公比 q 也是非零常数. (2)由 an+1=qan,q≠0 并不能立即断言{an}为等比数列,还要验证 a1≠0. 2.等比数列的前 n 项和 Sn (1)等比数列的前 n 项和 Sn 是用错位相减法求得的,注意这种思想方法在数列求和中的 运用. (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 这一特殊情形导致解题失误.

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等比数列的判定与证明

典题导入 [例 1] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an+Sn=n. (1)设 cn=an-1,求证:{cn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. [自主解答] (1)证明:∵an+Sn=n,① ∴an+1+Sn+1=n+1.② ②-①得 an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1, an+1-1 1 ∴ = . an-1 2 ∵首项 c1=a1-1,又 a1+a1=1, 1 1 ∴a1= ,c1=- . 2 2 1 1 又 cn=an-1,故{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1? ?1?n-1 ?1?n (2)由(1)可知 cn=? ?-2?· ?2? =-?2? , 1?n ∴an=cn+1=1-? ?2? .

在本例条件下,若数列{bn}满足 b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),证明{bn}是等比数列. 1?n 证明:∵由(2)知 an=1-? ?2? , ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1 1?n ? ?1?n-1? =1-? ?2? -?1-?2? ? 1?n-1 ?1?n ?1?n =? ?2? -?2? =?2? .

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1?n 1 又 b1=a1= 也符合上式,∴bn=? ?2? . 2 bn+1 1 ∵ = ,∴数列{bn}是等比数列. bn 2

由题悟法 等比数列的判定方法 an+1 an (1)定义法:若 =q(q 为非零常数,n∈N*)或 =q(q 为非零常数且 n≥2,n∈N*), an an-1 则{an}是等比数列. (2)等比中项法:若数列{an}中,an≠0 且 a2 an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列. n+1=an· (3)通项公式法:若数列通项公式可写成 an=c· qn(c,q 均是不为 0 的常数,n∈N*),则 {an}是等比数列. 以题试法 1. (2012· 沈阳模拟)已知函数 f(x)=logax,且所有项为正数的无穷数列{an}满足 logaan+
1-logaan=2,则数列{an}(

)

A.一定是等比数列 B.一定是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列 D.既不是等差数列又不是等比数列 an+1 an+1 2 解析: 选 A 由 logaan+1-logaan=2, 得 loga =2=logaa2, 故 =a .又 a>0 且 a≠1, an an 所以数列{an}为等比数列. 等比数列的基本运算

典题导入 [例 2] (2011· 全国高考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a2=6,6a1+a3=30,求 an 和 Sn. [自主解答] 设{an}的公比为 q,

?a1q=6, ?a1=3, ?a1=2, ? ? ? 由题设得? 解得? 或? 2 ? ? ? ?6a1+a1q =30. ?q=2 ?q=3.
当 a1=3,q=2 时,an=3×2n-1,Sn=3×(2n-1); 当 a1=2,q=3 时,an=2×3n-1,Sn=3n-1.

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由题悟法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,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)可迎刃而解. 2.在使用等比数列的前 n 项和公式时,应根据公比 q 的情况进行分类讨论,切不可忽 视 q 的取值而盲目用求和公式. 以题试法 2.(2012· 山西适应性训练)已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a1=2,且 a2,a4, a8 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{3an}的前 n 项和. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d(d≠0). 因为 a2,a4,a8 成等比数列, 所以(2+3d)2=(2+d)· (2+7d), 解得 d=2. 所以 an=2n(n∈N*). (2)由(1)知 3an=32n,设数列{3an}的前 n 项和为 Sn, 9?1-9n? 9 n 则 Sn=32+34+…+32n= = (9 -1). 8 1-9

等比数列的性质

典题导入 [例 3] (1)(2012· 威海模拟)在由正数组成的等比数列{an}中, 若 a3a4a5=3π, 则 sin(log3a1 +log3a2+…+log3a7)的值为( 1 A. 2 C.1 ) B. 3 2 3 2 )

D.-

(2)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S6∶S3=1∶2,则 S9∶S3 等于( A.1∶2 C.3∶4 B.2∶3 D.1∶3

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π 3 [自主解答] (1)因为 a3a4a5=3π=a4 ,所以 a4=3 . 3 log3a1+log3a2+…+log3a7 =log3(a1a2…a7)=log3a7 4 π 7π =7log33 = , 3 3 故 sin(log3a1+log3a2+…+log3a7)= 3 . 2

(2)由等比数列的性质:S3,S6-S3,S9-S6 仍成等比数列,于是(S6-S3)2=S3· (S9-S6), 1 S9 3 将 S6= S3 代入得 = . 2 S3 4 [答案] (1)B (2)C 由题悟法 等比数列与等差数列在定义上只有“一字之差”, 它们的通项公式和性质有许多相似之 处, 其中等差数列中的“和”“倍数”可以与等比数列中的“积”“幂”相类比. 关注它们 之间的异同有助于我们从整体上把握, 同时也有利于类比思想的推广. 对于等差数列项的和 或等比数列项的积的运算,若能关注通项公式 an=f(n)的下标 n 的大小关系,可简化题目的 运算. 以题试法 3.(1)(2012· 新课标全国卷)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10= ( ) A.7 C.-5 B.5 D.-7

1 (2)(2012· 成都模拟)已知{an}是等比数列,a2=2,a5= ,则 a1a2+a2a3+…+anan+1= 4 ( ) A.16(1-4 n)


B.16(1-2 n)


32 - C. (1-4 n) 3 解析:(1)选 D 法一:

32 - D. (1-2 n) 3

3 6 ? ?a4+a7=a1q +a1q =2, 由题意得? 9 ?a5a6=a1q4×a1q5=a2 1q =-8, ?

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1 3 3 ? ? ?q =-2, ?q =-2, 解得? 或? ?a1=1 ? ? ?a1=-8, 故 a1+a10=a1(1+q9)=-7.

?a4+a7=2, ?a4=-2, ?a4=4, ? ? ? 法二:由? 解得? 或? ? ? ? ?a5a6=a4a7=-8, ?a7=4 ?a7=-2.
1 3 3 ? ? ?q =-2, ?q =-2, 则? 或? 故 a1+a10=a1(1+q9)=-7. ?a1=1 ? ? ?a1=-8, 1?2n-5 1 1 (2)选 C ∵a2=2,a5= ,∴a1=4,q= ,anan+1=? ?2? . 4 2 1? 8? ?1-4n? 1 1- 4 32 - = (1-4 n). 3

故 a1a2+a2a3+…+anan+1=

1.设数列{an}是等比数列,前 n 项和为 Sn,若 S3=3a3,则公比 q 为( 1 A.- 2 1 C.- 或 1 2 B.1 1 D. 4

)

解析:选 C 当 q=1 时,满足 S3=3a1=3a3. a1?1-q3? 当 q≠1 时,S3= =a1(1+q+q2)=3a1q2, 1-q 1 1 解得 q=- ,综上 q=- 或 q=1. 2 2 S4 2. (2012· 东城模拟)设数列{an}满足: 2an=an+1(an≠0)(n∈N*), 且前 n 项和为 Sn, 则 的 a2 值为( 15 A. 2 C.4 ) 15 B. 4 D.2

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a1?1-24? 1- 2 S4 15 解析:选 A 由题意知,数列{an}是以 2 为公比的等比数列,故 = = . a2 2 a1×2 3.(2012· 安徽高考)公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数,且 a3a11=16,则 log2a10 =( ) A.4 C.6 B.5 D.7

解析:选 B ∵a3· a11=16,∴a2 7=16. 又∵等比数列{an}的各项都是正数,∴a7=4. 又∵a10=a7q3=4×23=25,∴log2a10=5. 4.已知数列{an},则“an,an+1,an+2(n∈N*)成等比数列”是“a2 n+1=anan+2”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 解析:选 A 显然,n∈N*,an,an+1,an+2 成等比数列,则 a2 n+1=anan+2,反之,则不 一定成立,举反例,如数列为 1,0,0,0,… 5.(2013· 太原模拟)各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=2,S3n=14, 则 S4n 等于( A.80 C.26 ) B.30 D.16 )

解析:选 B 设 S2n=a,S4n=b,由等比数列的性质知: 2(14-a)=(a-2)2,解得 a=6 或 a=-4(舍去), 同理(6-2)(b-14)=(14-6)2,所以 b=S4n=30. 1 m 6.已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0 的四个根组成以 为首项的等比数列,则 = 2 n ( ) 3 A. 2 2 C. 3 3 2 B. 或 2 3 D.以上都不对

解析: 选 B 设 a, b, c, d 是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0 的四个根, 不妨设 a<c<d<b, 1 9 则 a· b=c· d=2,a= ,故 b=4,根据等比数列的性质,得到 c=1,d=2,则 m=a+b= , 2 2 9 m 3 m 2 n=c+d=3,或 m=c+d=3,n=a+b= ,则 = 或 = . 2 n 2 n 3
2 7.已知各项不为 0 的等差数列{an},满足 2a3-a7 +2a11=0,数列{bn}是等比数列,且

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b7=a7,则 b6b8=________.
2 解析:由题意可知,b6b8=b2 7=a7=2(a3+a11)=4a7,

∵a7≠0,∴a7=4,∴b6b8=16. 答案:16 8.(2012· 江西高考)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,公比不为 1.若 a1=1,则对任意的 n ∈N*,都有 an+2+an+1-2an=0,则 S5=________. 解析:由题意知 a3+a2-2a1=0,设公比为 q,则 a1(q2+q-2)=0.由 q2+q-2=0 解得 a1?1-q5? 1-?-2?5 q=-2 或 q=1(舍去),则 S5= = =11. 3 1-q 答案:11 9.(2012· 西城期末)已知{an}是公比为 2 的等比数列,若 a3-a1=6,则 a1=________; 1 1 1 + 2+…+ 2=________. a2 a2 an 1 解析:∵{an}是公比为 2 的等比数列,且 a3-a1=6,∴4a1-a1=6,即 a1=2,故 an=a12n
-1=2n,∴

1 ?1?n 1 ?1?n ?1? 1 1 = , =?4? ,即数列?a2?是首项为 ,公比为 的等比数列, an ?2? a2 4 4 ? n? n

1 1? 1- n? 4 ? ? 1? 1 ? 4 1 1 1 ∴ 2+ 2+…+ 2= = ?1-4n?. a1 a2 an 1 3 1- 4 答案:2 1 1? 1- n? 3? 4 ?

10.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且数列{Sn}是以 2 为公比的等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求 a1+a3+…+a2n+1. 解:(1)∵S1=a1=1,且数列{Sn}是以 2 为公比的等比数列,∴Sn=2n-1, 又当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-2(2-1)=2n-2.

? ?1,n=1, ∴an=? ?2n-2,n≥2. ?
(2)a3,a5,…,a2n+1 是以 2 为首项,以 4 为公比的等比数列, 2?1-4n? 2?4n-1? ∴a3+a5+…+a2n+1= = . 3 1-4

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2?4n-1? 22n+1+1 ∴a1+a3+…+a2n+1=1+ = . 3 3 11.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,其中 an≠0,a1 为常数,且-a1,Sn,an+1 成等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)设 bn=1-Sn,问:是否存在 a1,使数列{bn}为等比数列?若存在,求出 a1 的值;若 不存在,请说明理由. 解:(1)依题意,得 2Sn=an+1-a1.

?2Sn=an+1-a1, ? 当 n≥2 时,有? ? ?2Sn-1=an-a1.
两式相减,得 an+1=3an(n≥2). 又因为 a2=2S1+a1=3a1,an≠0, 所以数列{an}是首项为 a1,公比为 3 的等比数列. 因此,an=a1· 3n-1(n∈N*). a1?1-3n? 1 1 (2)因为 Sn= = a1· 3n- a1, 2 2 1-3 1 1 bn=1-Sn=1+ a1- a1· 3 n. 2 2 1 要使{bn}为等比数列,当且仅当 1+ a1=0,即 a1=-2. 2 所以存在 a1=-2,使数列{bn}为等比数列. 12. (2012· 山东高考)已知等差数列{an}的前 5 项和为 105,且 a10=2a5. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N*,将数列{an}中不大于 72m 的项的个数记为 bm.求数列{bm}的前 m 项和 Sm. 解:(1)设数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Tn, 由 T5=105,a10=2a5,

?5a +5×?5-1?d=105, 2 得? ?a +9d=2?a +4d?,
1 1 1

解得 a1=7,d=7.

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因此 an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*). (2)对 m∈N*,若 an=7n≤72m,则 n≤72m-1. 因此 bm=72m-1. 所以数列{bm}是首项为 7,公比为 49 的等比数列, b1?1-qm? 7×?1-49m? 7×?72m-1? 72m+1-7 故 Sm= = = = . 48 48 1-q 1-49

2 an +1 1.若数列{an}满足 2 =p(p 为正常数,n∈N*),则称数列{an}为“等方比数列”.甲: an

数列{an}是等方比数列;乙:数列{an}是等比数列,则甲是乙的( 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

)

a2 an+1 an+1 a2 n+1 n+1 解析:选 B 若 2 =p,则 =± p,不是定值;若 =q,则 2 =q2,且 q2 为 an an an an 正常数,故甲是乙的必要不充分条件. 2.(2012· 浙江高考)设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S2=3a2+2, S4=3a4+2,则 q=________. 解析:法一:S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2,将 a3=a2q,a4=a2q2 代入得, 3a2+2+a2q+a2q2=3a2q2+2,化简得 2q2-q-3=0, 3 解得 q= (q=-1 不合题意,舍去). 2 法二:设等比数列{an}的首项为 a1,由 S2=3a2+2,得 a1(1+q)=3a1q+2.① 由 S4=3a4+2,得 a1(1+q)(1+q2)=3a1q3+2.② 由②-①得 a1q2(1+q)=3a1q(q2-1). 3 ∵q>0,∴q= . 2 3 答案: 2

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3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=4an-3(n∈N*). (1)证明:数列{an}是等比数列; (2)若数列{bn}满足 bn+1=an+bn(n∈N*),且 b1=2,求数列{bn}的通项公式. 解:(1)证明:依题意 Sn=4an-3(n∈N*), n=1 时,a1=4a1-3,解得 a1=1. 因为 Sn=4an-3, 则 Sn-1=4an-1-3(n≥2), 所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1, 4 整理得 an= an-1. 3 又 a1=1≠0, 4 所以{an}是首项为 1,公比为 的等比数列. 3 4?n-1 (2)因为 an=? ?3? , 4?n-1 由 bn+1=an+bn(n∈N*),得 bn+1-bn=? ?3? . 可得 bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1) 4?n-1 1-? ? 3? ?4?n-1-1(n≥2), =2+ =3· ?3? 4 1- 3 当 n=1 时也满足,

?4?n-1-1. 所以数列{bn}的通项公式为 bn=3· ?3?

1.(2012· 大纲全国卷)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=2an+1,则 Sn=( A.2n
-1

)

3?n-1 B.? ?2? 1 D. n-1 2

2?n-1 C.? ?3?

解析:选 B ∵Sn=2an+1,∴当 n≥2 时,Sn-1=2an,∴an=Sn-Sn-1=2an+1-2an,∴ an+1 3 3an=2an+1,∴ = . an 2 1 a2 1 又∵S1=2a2,∴a2= ,∴ = , 2 a1 2

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3 ∴{an}从第二项起是以 为公比的等比数列, 2 3?n-1? 1? 1-? ?2? ? ?3?n-1 2? ∴Sn=a1+a2+a3+…+an=1+ =?2? . 3 1- 2

(

3n 2 3?n-1 也可以先求出 n≥2 时,an= n-1,再利用 Sn=2an+1,求得 Sn=? ?2? 2


)

2.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S1,S3,S2 成等差数列. (1)求{an}的公比 q; (2)若 a1-a3=3,求 Sn. 解:(1)依题意有 a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2). 1 由于 a1≠0,故 2q2+q=0,又 q≠0,从而 q=- . 2 1?2 (2)由(1)可得 a1-a1? ?-2? =3.

?-1?n? 4? 1 - ? ? 2? ? 8? ? 1?n? 故 a1=4,从而 Sn= = ?1-?-2? ?. 1? 3 ? 1-?-2?
3.已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>0,且第 2 项、第 5 项、第 14 项分别是等 比数列{bn}的第 2 项、第 3 项、第 4 项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; c1 c2 cn (2)设数列{cn}对 n∈N*均有 + +…+ =an+1 成立,求 c1+c2+c3+…+c2 013. b1 b2 bn 解:(1)∵a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d, ∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d).∵d>0, 故解得 d=2.∴an=1+(n-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. c1 c2 cn (2)由 + +…+ =an+1 得 b1 b2 bn cn-1 c1 c2 当 n≥2 时, + +…+ =an. b1 b 2 bn-1 cn 两式相减得:n≥2 时, =an+1-an=2. bn

《三维设计》2014 届高考数学一轮复习教学案+复习技法

∴cn=2bn=2· 3n-1(n≥2). c1 又当 n=1 时, =a2,∴c1=3. b1

?3,n=1, ? ∴cn=? 3n-1,n≥2. ? ?2·
∴c1+c2+c3+…+c2 013 6-2×32 013 =3+ =3+(-3+32 013)=32 013. 1-3


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