高考数学理科一轮复习等比数列及其前n项和学案含答案Word格式.docx
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1－qn&
#61481;
1－q＝a1&
qn－1&
q－1＝a1qnq－1－a1q－1.
6．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
．“b＝ac”是“a、b、c成等比数列”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
c．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2．若数列{an}的前n项和Sn＝3n－a，数列{an}为等比数列，则实数a的值是
A．3
B．1
c．0
D．－1
3．设f＝2＋24＋27＋…＋23n＋1，则f等于
A.27
B.27
c.27
D.27
4．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&
32n
B．8&
23n
c．8&
32n－1
D．8&
23n－1
5．设{an}是公比为q的等比数列，|q|&
1，令bn＝an＋1，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－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，a1a5＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a5＋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 已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*.
证明数列{an＋1}是等比数列；
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＝Sn＋2n．
求a2，a3的值；
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 在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝8，且1a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a5＝2，求a3.
变式迁移3 已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，求b5＋b9的值；
在等比数列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，求a41a42a43a44.
分类讨论思想与整体思想的应用
例 设首项为正数的等比数列{an}的前n项和为80，它的前2n项和为6560，且前n项中数值最大的项为54，求此数列的第2n项．
【答题模板】
解 设数列{an}的公比为q，
若q＝1，则Sn＝na1，S2n＝2na1＝2Sn.
∵S2n＝6560≠2Sn＝160，∴q≠1，[2分]
由题意得a1&
1－q＝80， ①a1&
1－q2n&
1－q＝6560.
②[4分]
将①整体代入②得80＝6560，
∴qn＝81.[6分]
将qn＝81代入①得a1＝80，
∴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＝54.
∴a1q＝23.[10分]
与a1＝q－1联立可得a1＝2，q＝3，
∴a2n＝2×
32n－1．[12分]
【突破思维障碍】
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&
0,0&
1时为递增数列；
1时为递减数列；
当q&
0时为摆动数列；
当q＝1时为常数列．函数的思想：
等比数列的通项公式an＝a1qn－1＝a1q&
qn常和指数函数相联系．整体思想：
应用等比数列前n项和时，常把qn，a11－q当成整体求解．
本题条件前n项中数值最大的项为54的利用是解决本题的关键，同时将qn和a1&
1－q的值整体代入求解，简化了运算，体现了整体代换的思想，在解决有关数列求和的题目时应灵活运用．
．等比数列的通项公式、前n项公式分别为an＝a1qn－1，Sn＝na1， q＝1，a1&
1－q，
q≠1.
2．等比数列的判定方法：
定义法：
即证明an＋1an＝q．
中项法：
证明一个数列满足a2n＋1＝an&
an＋2．
3．等比数列的性质：
an＝am&
qn－m；
若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n，则ak&
al＝am&
an；
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qn.
4．在利用等比数列前n项和公式时，一定要对公比q＝1或q≠1作出判断；
计算过程中要注意整体代入的思想方法．
5．等差数列与等比数列的关系是：
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；
若{an}是等比数列，且an&
0，则{lgan}构成等差数列．
一、选择题
．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于
A.152
B.314
c.334
D.172
2．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则S5S2等于
A．－11
B．－8
c．5
D．11
3．在各项都为正数的等比数列{an}中，a1＝3，前三项的和S3＝21，则a3＋a4＋a5等于
A．33
B．72
c．84
D．189
4．等比数列{an}前n项的积为Tn，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是
A．T10
B．T13
c．T17
D．T25
5．记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则S10S5等于
A．－3
B．5
c．－31
D．33
题号
2
3
4
5
答案
二、填空题
6．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}前7项的和为________．
7．在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________.
8．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
9．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．
求数列{an}的通项；
求数列{2an}的前n项和Sn.
0．已知数列{log2}为等差数列，且a1＝3，a2＝5.
数列{an－1}是等比数列；
求1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an的值．
1．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．
求数列{an}与{bn}的通项公式；
设数列{cn}对n∈N*均有c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋cXX.
．公比 q 2.a1&
qn－1 4.qn－m ak&
an
递增 递减 常 摆动 6.qn
．D 2.B 3.B 4.c 5.－9
课堂活动区
例1 解题导引 在等比数列的通项公式和前n项和公式中共有a1，an，q，n，Sn五个量，知道其中任意三个量，都可以求出其余两个量．解题时，将已知条件转化为基本量间的关系，然后利用方程组的思想求解；
本例可将所有项都用a1和q表示，转化为关于a1和q的方程组求解；
也可利用等比数列的性质来转化，两种方法目的都是消元转化．
解 方法一 由已知得：
a21q4＋2a21q6＋a21q8＝100，a21q4－2a21q6＋a21q8＝36.①②
①－②，得4a21q6＝64，∴a21q6＝16.③
代入①，得16q2＋2×
16＋16q2＝100.
解得q2＝4或q2＝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＝121－2＝2n－1－12；
当q＝12时，可得a1＝32.
∴an＝32×
12n－1＝26－n.
Sn＝321－12n1－12＝64－26－n.
方法二 ∵a1a5＝a2a4＝a23，a2a6＝a3a5，a3a7＝a4a6＝a25，
由a1a5＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a5＋a4a6＝36，
可得a23＋2a3a5＋a25＝100，a23－2a3a5＋a25＝36，
即2＝100，2＝36.
∴a3＋a5＝10，a3－a5＝±
6.解得a3＝8，a5＝2，或a3＝2，a5＝8.
当a3＝8，a5＝2时，q2＝a5a3＝28＝14.
∵q&
0，∴q＝12，由a3＝a1q2＝8，
得a1＝32，∴an＝32×
Sn＝32－26－n×
121－12＝64－26－n.
当a3＝2，a5＝8时，q2＝82＝4，且q&
0，
∴q＝2.
由a3＝a1q2，得a1＝24＝12.
2n－1＝2n－2.
Sn＝122－1＝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 证明数列是等比数列的两个基本方法：
①an＋1an＝q．
②a2n＋1＝anan＋2．
证明数列不是等比数列，可以通过具体的三个连续项不成等比数列来证明，也可用反证法．
证明 由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*，
可得n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4，
两式相减得Sn＋1－Sn＝2＋1，
即an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2，
当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，
所以a2＋a1＝2a1＋6，
又a1＝5，所以a2＝11，
从而a2＋1＝2，
故总有an＋1＋1＝2，n∈N*，
又a1＝5，a1＋1≠0，从而an＋1＋1an＋1＝2，
即数列{an＋1}是首项为6，公比为2的等比数列．
解 由得an＋1＝6&
2n－1，
所以an＝6&
2n－1－1，
于是Sn＝6&
1－2－n＝6&
2n－n－6.
变式迁移2 解 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝Sn＋2n，∴当n＝1时，a1＝2×
1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝＋4，∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2＋6，
∴a3＝8.
证明 ∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
＝Sn＋2n，①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋an－1
＝Sn－1＋2．②
①－②得nan＝Sn－Sn－1＋2＝n－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，
∴Sn＋2＝2．
∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，
∴Sn＋2Sn－1＋2＝2，
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
例3 解题导引 在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am&
an＝ap&
aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
解 由已知得
a1＋1a2＋1a3＋1a4＋1a5
＝a1＋a5a1a5＋a2＋a4a2a4＋a3a23
＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5a23＝8a23＝2，
∴a23＝4，∴a3＝±
2.若a3＝－2，设数列的公比为q，
则－2q2＋－2q－2－2q－2q2＝8，
即1q2＋1q＋1＋q＋q2
＝1q＋122＋q＋122＋12＝－4.
此式显然不成立，经验证，a3＝2符合题意，故a3＝2.
变式迁移3 解 ∵a3a11＝a27＝4a7，
∵a7≠0，∴a7＝4，∴b7＝4，
∵{bn}为等差数列，∴b5＋b9＝2b7＝8.
a1a2a3a4＝a1&
a1q&
a1q2&
a1q3＝a41q6＝1.①
a13a14a15a16＝a1q12&
a1q13&
a1q14&
a1q15
＝a41&
q54＝8.②
②÷
①：
a41&
q54a41&
q6＝q48＝8&
#8658;
q16＝2，
又a41a42a43a44＝a1q40&
a1q41&
a1q42&
a1q43
q166＝a41&
q6&
q160＝&
10
＝1&
210＝1024.
课后练习区
．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，∴a1＝1q2＝4.
∴S5＝41－12＝8＝314.]
2．A [由8a2＋a5＝0，得8a1q＋a1q4＝0，所以q＝－2，则S5S2＝a1a1＝－11.]
3．c [由题可设等比数列的公比为q，
则31－q＝21&
1＋q＋q2＝7&
q2＋q－6＝0
&
＝0，
根据题意可知q&
0，故q＝2.
所以a3＋a4＋a5＝q2S3＝4×
21＝84.]
4．c [a3a6a18＝a31q2＋5＋17＝3＝a39，即a9为定值，所以下标和为9的倍数的积为定值，可知T17为定值．]
5．D [因为等比数列{an}中有S3＝2，S6＝18，
即S6S3＝a11－qa11－q＝1＋q3＝182＝9，
故q＝2，从而S10S5＝a11－qa11－q
＝1＋q5＝1＋25＝33.]
6．127
解析 ∵公比q4＝a5a1＝16，且q&
0，∴q＝2，
∴S7＝1－271－2＝127.
7.1207
解析 ∵S99＝30，即a1＝30，
∵数列a3，a6，a9，…，a99也成等比数列且公比为8，
∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝4a11－8
＝4a17＝47×
30＝1207.
8．4n－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＝21a1＝21，∴a1＝1，∴an＝1×
4n－1＝4n－1.
9．解 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，…………………………………………………………………………
解得d＝1或d＝0．
故{an}的通项an＝1＋×
1＝n.……………………………………………………
由知2an＝2n，由等比数列前n项和公式，
得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n＝21－2
＝2n＋1－2.………………………………………………………………………………
0．证明 设log2－log2＝d，因为a1＝3，a2＝5，所以d＝log2－log2＝log24－log22＝1，…………………………………………………………
所以log2＝n，所以an－1＝2n，
所以an－1an－1－1＝2，所以{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．………
解 由可得an－1＝&
所以an＝2n＋1，…………………………………………………………………………
所以1a2－a1＋1a3－a2＋…＋1an＋1－an
＝122－2＋123－22＋…＋12n＋1－2n
＝12＋122＋…＋12n＝1－12n.………………………………………………………………
1．解 由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，
∴2＝．
解得d＝2．……………………………………………………………………
∴an＝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.………………………………………………………………………
由c1b1＋c2b2＋…＋cnbn＝an＋1得
当n≥2时，c1b1＋c2b2＋…＋cn－1bn－1＝an.
两式相减得：
当n≥2时，cnbn＝an＋1－an＝2.……………………………………………
∴cn＝2bn＝2&
3n－1．
又当n＝1时，c1b1＝a2，∴c1＝3.
∴cn＝3 2&
3n－1
.……………………………………………………………
∴c1＋c2＋c3＋…＋cXX
＝3＋6－2×
3XX1－3＝3＋＝3XX.…………………………………………
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