雄关漫道系列《师说》2014年高考全程复习构想高三理科一轮复习资料第五章数列5.3

5．3等比数列及其前n项和考纲点击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说基础课前预习读教材考点梳理1.等比数列的定义如果一个数列从第二项起，①____________等于同一个常数，这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的②______.公比通常用字母q表示(q≠0)．2．通项公式与前n项和公式．(1)通项公式：③__________，a1为首项，q为公比．(2)前n项和公式：当q＝1时，④__________；当q≠1时，⑤______________.3．等比中项如果⑥__________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⇒⑦________________.4．等比数列的主要性质(1){an}是等比数列⇒{c·an}是等比数列(c≠0)．(2){an}{bn}均为等比数列⇒{an·bn}、anbn是等比数列．(3){an}为等比数列，则aman＝⑧__________.(4)若m、n、p、q∈N*且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq.特别地，a1an＝a2an－1＝a3an－2＝….(5)等间隔的k项和(或积)仍成等比数列．(6)非零常数列既是等差数列，也是等比数列．(7)等比数列{an}的单调性当a1＞0，q＞1，或a1＜0，0＜q＜1时，{an}为递增数列，当a1＞0，0＜q＜1，或a1＜0，q＞1时，{an}为递减数列．答案：①每一项与它前一项的比②公比③an＝a1qn－1④Sn＝na1⑤Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q⑥a，G，b⑦G2＝a·b⑧qm－n考点自测1.在等比数列{an}中，a2010＝8a2007，则公比q的值为()A．2B．3C．4D．8解析：依题意得a2010a2007＝q3＝8，q＝2，选A.答案：A2．在正项等比数列{an}中，a1和a19为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a8·a10·a12＝()A．32B．64C．±64D．256解析：由等比数列的性质知：a1·a19＝16＝a8·a12＝a210，∴a10＝4，则a8·a10·a12＝a310＝64，故选B.答案：B3．若等比数列{an}的前n项和为Sn＝3(12)n＋m(n∈N*)，则实数m的取值为()A．－32B．－1C．－3D．一切实数解析：由题意可知q≠1，Sn＝a11－qn1－q＝－a1qn1－q＋a11－q，比较系数得，q＝12，m＝a11－q＝－3.答案：C4．等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－8a2，a5＞a2，则an＝()A．(－2)n－1B．－(－2n－1)C．(－2)nD．－(－2)n解析：设等比数列{an}的公比为q.∵|a1|＝1，∴a1＝1或a1＝－1.∵a5＝－8a2＝a2q3，∴q3＝－8，q＝－2.又a5＞a2，即a2q3＞a2，∴a2＜0.而a2＝a1q＝a1·(－2)＜0，∴a1＝1，∴an＝(－2)n－1.答案：A5．在等比数列{an}中，若a1＝12，a4＝4，则公比q＝______；a1＋a2＋…＋an＝________.解析：a4＝a1q3，得4＝12q3，解得q＝2，a1＋a2＋…＋an＝121－2n1－2＝2n－1－12.答案：22n－1－12说考点拓展延伸串知识疑点清源1.等比数列的特征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．等比数列中的函数观点利用函数、方程的观点和方法，揭示等比数列的特征及基本量之间的关系．在借用指数函数讨论单调性时，要特别注意首项和公比的大小．3．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)等比数列的通项公式an＝a1qn－1及前n项和公式Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q(q≠1)共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知三求二，体现了方程的思想的应用．(3)在使用等比数列的前n项和公式时，如果不确定q与1的关系，一般要用分类讨论的思想，分公比q＝1和q≠1两种情况.题型探究题型一等比数列中基本量的计算例1设等比数列{an}的公比q＜1，前n项和为Sn.已知a3＝2，S4＝5S2，求{an}的通项公式．解析：由题设知a1≠0，Sn＝a11－qn1－q，则a1q2＝2①a11－q41－q＝5×a11－q21－q②由②得1－q4＝5(1－q2)，(q2－4)(q2－1)＝0，(q－2)(q＋2)(q－1)(q＋1)＝0，因为q＜1，解得q＝－1或q＝－2.当q＝－1时，代入①得a1＝2，通项公式an＝2×(－1)n－1；当q＝－2时，代入①得a1＝12，通项公式an＝12×(－2)n－1.点评：等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式，并能灵活运用．尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程．变式探究1等比数列{an}同时满足下列三个条件：(1)a1＋a6＝11；(2)a3·a4＝329；(3)三个数23a2、a23、a4＋49依次成等差数列，试求数列{an}的通项公式．解析：由等比数列的性质知a1a6＝a3a4＝329，∴a1＋a6＝11，a1·a6＝329，解之得a1＝13，a6＝325或a1＝323，a6＝13⇒a1＝13，q＝2或a1＝323，q＝12.∴an＝13·2n－1或an＝13·26－n.若an＝13·2n－1，则23a2＋a4＋49＝329，2a23＝329.∴23a2，a23，a4＋49成等差数列，若an＝13·26－n，23a2＋a4＋49≠2a23(舍去)．∴通项公式为an＝13·2n－1.题型二等比数列的判定与证明例2设数列{an}中a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)设bn＝an＋1－2an，求证{bn}是等比数列．(2)求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)证明：∵Sn＋1＝4an＋2，Sn＋2＝4an＋1＋2，∴Sn＋2－Sn＋1＝an＋2＝4an＋1－4an，∴an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，∴bn＋1＝2bn，{bn}为等比数列．(2)解：∵Sn＋1＝4an＋2，∴a2＝3a1＋2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3，∴Tn＝31－2n1－2＝3·2n－3.点评：定义证明等比数列是最基本的方法．本题首先由Sn与an的关系转化为an的递推关系，再构造bn的形式．本题若是先求an，则较麻烦．变式探究2数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝n＋2nSn(n＝1,2,3，…)，证明：(1)数列{Snn}是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.解析：本题主要考查数列、等比数列的概念和性质，分析和推理能力．(1)证明：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋2nSn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn.∴Sn＋1n＋1＝2Snn.故数列{Snn}是等比数列．(2)证明：由(1)知Sn＋1n＋1＝4·Sn－1n－1(n≥2)，于是Sn＋1＝4(n＋1)·Sn－1n－1＝4an(n≥2)．又a2＝3S1＝3，故S2＝a1＋a2＝4＝4a1.因此对于任意正整数n≥1，都有Sn＋1＝4an.题型三等比数列的性质及应用例3(1)已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝()A．52B．7C．6D．42(2)已知数列{an}是等比数列，且Sm＝10，S2m＝30，则S3m＝__________(m∈N*)．(3)在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝56，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝__________.答案：(1)A(2)70(3)32点评：①等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前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．②巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．变式探究3在等比数列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，a3与a5的等比中项为2，求数列{an}的通项公式．解析：因为a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，所以a23＋2a3a5＋a25＝25.又an＞0，所以a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，所以a3a5＝4，而q∈(0,1)，所以a3＞a5.所以a3＝4，a5＝1，q＝12，a1＝16.所以an＝16×12n－1＝25－n.归纳总结•方法与技巧1．等比数列的判定方法有以下几种：(1)定义：an＋1an＝q(q是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．(2)通项公式：an＝cqn－1(c、q均是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．(3)等比中项法：a2n＋1＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．2．方程观点以及基本量(首项和公比a1，q)思想仍然是求解等比数列问题的基本方法：在a1，q，n，an，Sn五个量中，知三求二．•失误与防范1．特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．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≠0.3．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．4．在求解与等比数列有关的问题时，除了要灵活地运用定义和公式外，还要注意性质的应用，以减少运算量而提高解题速度.新题速递1.(2012·安徽卷)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则a5＝()A．1B．2C．4D．8解析：∵公比为2且a3a11＝16，∴a1×22×a1×210＝16，∴a21×212＝16，又an＞0，∴a1×26＝4，而a5＝a1·24，∴a5＝1.答案：A2．(2012·北京卷)已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是()A．a1＋a3≥2a2B．a21＋a23≥2a22C．若a1＝a3，则a1＝a2D．若a3＞a1，则a4＞a2解析：当a1＜0，q＜0时，a1＜0，a2＞0，a3＜0，∴A错误；而当q＝－1时，C错误；当q＜0时，由a3＞a1得a3q＜a1q，即a4＜a2，与D项矛盾，∴B项正确．答案：B3．(2012·陕西卷)已知等比数列{an}的公比q＝－12.(1)若a3＝14，求数列{an}的前n项和；(2)证明：对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．解析：(1)由a3＝a1q2＝14及q＝－12，得a1＝1，∴数列{an}的前n项和Sn＝1×1－－12n1－－12＝2＋－12n－13.(2)证明：对任意k∈N＋，2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)＝a1qk－1(2q2－q－1)，由q＝－12得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0.∴对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．