2016届高考数学一轮复习 5.3等比数列及其前n项和课件 理.

高考总复习数学（理科）第五章数列第三节等比数列及其前n项和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.考纲要求考点1等比数列基本量的计算考点探究【例1】(1)已知等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求公比q，首项a1及通项公式an；(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6，6a1＋a3＝30，求an和Sn.思路点拨：利用等比数列的基本量的关系式，根据条件列方程，进而求出a1和q.自主解答：考点探究解析：(1)因为等比数列{an}的公比为q，由题意知，a1＋a1q＋a1q2＝7，a1·a1q·a1q2＝8，解得a1＝1，q＝2或a1＝4，q＝12.∴an＝2n－1(n∈N*)或an＝23－n(n∈N*)．(2)设等比数列{an}的公比为q，由题设得a1q＝6，6a1＋a1q2＝30，解得a1＝3，q＝2或a1＝2，q＝3.考点探究当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.点评：转化成基本量的方程，进而解方程是解决数列问题的基本方法．考点探究变式探究1．(1)等比数列{an}中，a3＝4，a7＝16，则a5＝8．(2)在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝1207．解析：(1)由a7＝a3q4得q2＝2，从而a5＝a3·q2＝8.(2)∵S99＝30，即a1(299－1)＝30.a3＋a6＋a9＋…＋a99＝4a1（833－1）8－1＝47a1(299－1)＝47×30＝1207.考点2等比数列的证明(或判断)考点探究【例2】已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－n(n∈N*)．(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝an＋1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.自主解答：(1)证明：令n＝1，得a1＝2a1－1，由此得a1＝1.由于Sn＝2an－n，所以Sn＋1＝2an＋1－(n＋1)，考点探究两式相减得Sn＋1－Sn＝2an＋1－(n＋1)－2an＋n，即an＋1＝2an＋1.所以an＋1＋1＝2an＋1＋1＝2(an＋1)，即an＋1＋1an＋1＝2，故数列{an＋1}是等比数列，其首项为a1＋1＝2，所以数列{an＋1}的通项公式是an＋1＝2·2n－1＝2n，故数列{an}的通项公式是an＝2n－1(n∈N*)．(2)解析：由(1)得，bn＝an＋1anan＋1＝2n（2n－1）（2n＋1－1）＝（2n＋1－1）－（2n－1）（2n－1）（2n＋1－1）＝12n－1－12n＋1－1，考点探究所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝1－12n＋1－1.点评：等比数列的判定方法主要有：(1)定义法：an＋1an＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．(2)通项公式法：an＝cqn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．(3)等比中项公式法：a2n＋1＝an·an＋2(an，an＋1，an＋2不为0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．考点探究变式探究2．已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n＝1，2，3，….(1)证明：数列{lg(1＋an)}是等比数列；(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)·…·(1＋an)，求Tn及数列{an}的通项；(3)记bn＝1an＋1an＋2，求数列{bn}的前n项和Sn，并证明Sn＋23Tn－1＝1.考点探究(1)证明：由已知an＋1＝a2n＋2an，∴an＋1＋1＝(an＋1)2.∵a1＝2，∴an＋11.两边取对数，得lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，即lg（1＋an＋1）lg（1＋an）＝2，∴数列{lg(1＋an)}是公比为2的等比数列．(2)解析：由(1)知lg(1＋an)＝2n－1·lg(1＋a1)＝2n－1·lg3＝lg32n－1，∴1＋an＝32n－1，∴an＝32n－1－1(n∈N*)．考点探究∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)·…·(1＋an)＝320×321×322×…×32n－1＝31＋2＋22＋…＋2n－1＝32n－1.(3)解析：∵an＋1＝a2n＋2an，∴an＋1＝an(an＋2)．∴1an＋1＝121an－1an＋2.∴1an＋2＝1an－2an＋1.又bn＝1an＋1an＋2，∴bn＝21an－1an＋1.∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn考点探究＝21a1－1a2＋1a2－1a3＋…＋1an－1an＋1＝21a1－1an＋1.∵an＝32n－1－1，a1＝2，an＋1＝32n－1，∴Sn＝1－232n－1.又Tn＝32n－1，∴Sn＋23Tn－1＝1.考点探究【例3】已知数列{an}的首项a1＝23，an＋1＝2anan＋1，n＝1，2，….(1)证明：数列1an－1是等比数列；(2)求数列nan的前n项和Sn.(1)证明：∵an＋1＝2anan＋1，∴1an＋1＝an＋12an＝12＋12·1an，∴1an＋1－1＝121an－1，考点探究又a1＝23，∴1a1－1＝12，∴数列1an－1是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解析：由(1)知1an－1＝12·12n－1＝12n，即1an＝12n＋1，∴nan＝n2n＋n.设Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①则12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，②考点探究①－②得12Tn＝12＋122＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－12n－n2n＋1∴Tn＝2－12n－1－n2n.又1＋2＋3＋…＋n＝n（n＋1）2.∴数列nan的前n项和Sn＝2－2＋n2n＋n（n＋1）2＝n2＋n＋42－n＋22n.考点探究变式探究3．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋an＋12，n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列．(2)求{an}的通项公式．(1)证明：b1＝a2－a1＝1，当n≥2时，bn＝an＋1－an＝an－1＋an2－an＝－12(an－an－1)＝－12bn－1，所以{bn}是以1为首项，－12为公比的等比数列．考点探究(2)解析：由(1)知bn＝an＋1－an＝－12n－1，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋－12＋…＋－12n－2＝1＋1－－12n－11－－12＝1＋23[1－－12n－1]＝53－23－12n－1，当n＝1时，53－23－121－1＝1＝a1.所以an＝53－23－12n－1(n∈N*)．考点探究考点4等比数列性质的应用【例4】(1)在等比数列{an}中，a5＋a6＝a(a≠0)，a15＋a16＝b，则a25＋a26的值是()A.baB.b2a2C.b2aD.ba2(2)正项等比数列{an}中，1a2a4＋2a24＋1a4a6＝81，则1a3＋1a5＝________．考点探究解析：(1)∵a15＋a16a5＋a6＝a25＋a26a15＋a16＝q10，∴a25＋a26＝（a15＋a16）2a5＋a6＝b2a.故选C.(2)∵a2a4＝a23，a4a6＝a25，a24＝a3a5，因此由1a2a4＋2a24＋1a4a6＝81，得1a32＋2a3a5＋1a52＝81⇒1a3＋1a52＝81，且a30，a50，∴1a3＋1a5＝9.答案：(1)C(2)9考点探究点评：(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)灵活运用等比数列的有关性质，尤其是下标和性质“若m＋n＝r＋s(m，n，r，s∈N*)，则aman＝aras”，可以起到事半功倍的奇效．考点探究变式探究4．(1)在等比数列{an}中，a5a11＝3，a3＋a13＝4，则a15a5＝(C)A．3B.13C．3或13D．－3或－13(2)(2014·汕头质检)已知等比数列{an}的公比为2且a1＋a3＝5，则a2＋a4的值为(A)A．10B．15C．20D．25考点探究解析：(1)由等比中项的性质知a3a13＝a5·a11＝3，又a3＋a13＝4，∴a3，a13是方程x2－4x＋3＝0的两根，解得a3＝3，a13＝1或a3＝1，a13＝3，∴a15a5＝a5q10a5＝q10＝a13a3＝3或13.故选C.(2)依题意得a2＋a4＝q(a1＋a3)＝10，故选A.考点探究考点5等差数列与等比数列的综合【例5】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＋…＋c2013.考点探究解析：(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(∵d0)．∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1(n∈N*)．又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3·3n－2＝3n－1(n∈N*)．(2)由c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1得，当n≥2时，c1b1＋c2b2＋…＋cn－1bn－1＝an.考点探究两式相减得：n≥2时，cnbn＝an＋1－an＝2.∴cn＝2bn＝2·3n－1(n≥2)．又当n＝1时，c1b1＝a2，∴c1＝3.∴cn＝3，n＝1，2·3n－1，n≥2.∴c1＋c2＋c3＋…＋c2013＝3＋6－2×320131－3＝3＋(－3＋32013)＝32013.考点探究点评：在解决等差、等比数列的综合题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式．本题第(1)问就是用基本量公差、公比求解；第(2)问在作差an＋1－an时要注意n≥2.考点探究变式探究5．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,a1＝3，S3＝39.(1)求数列{an}通项公式；(2)若在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数组成一个公差为dn的等差数列，求证：1d1＋1d2＋…＋1dn58.考点探究(1)解析：∵a1＝3，S3＝39，∴q≠1，∴3（1－q3）1－q＝39，∴1＋q＋q2＝13，q2＋q－12＝0，∴q＝3.故an＝3n(n∈N*)．(2)证明：∵an＝3n，则an＋1＝3n＋1，由题知，an＋1＝an＋(n＋1)dn，则dn＝2×3nn＋1.∴1dn＝n＋12×3n，∴Tn＝1d1＋1d2＋…＋1dn＝22×3＋32×32＋…＋n＋12×3n，考点探究13Tn＝22×32＋22×33＋…＋n＋12×3n＋1.∴23Tn＝13＋12132＋133＋…＋13n－n＋12×3n＋1＝13＋12×191－13n－11－13－n＋12×3n＋1＝512－5＋2n4×3n＋1，∴Tn＝58－5＋2n8×3n58.