高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.3 等比数列及其前n项和 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.3 等比数列及其前n项和 word版含答案，共12页。
(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．
知识点一 等比数列的相关概念公式
易误提醒
1．在等比数列中易忽视每项与公比都不为0.
2．在运用等比数列的前n项和公式时，必须对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．
[自测练习]
1．在等比数列{an}中，若a10，
所以q＝eq \r(2)，a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(\r(2),2)，故选B.
答案：B
3．等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，则公比q＝________.
解析：由eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，a1＝－1知公比q≠1，
eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,32).由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，
故q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
18.分类讨论思想在等比数列中的应用
【典例】 (2015·高考湖南卷)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.
(1)证明：an＋2＝3an；
(2)求Sn.
[思路点拨] (1)利用数列递推关系式，结合an和Sn的关系得出结论；(2)利用分类讨论思想写出数列通项，结合等比数列再进行分类求和．
[解] (1)证明：由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以eq \f(an＋2,an)＝3，于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列，因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝eq \f(33n－1,2)，
从而S2n－1＝S2n－a2n＝eq \f(33n－1,2)－2×3n－1＝eq \f(3,2)(5×3n－2－1)．
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)5×3\f(n－3,2)－1，当n是奇数，,\f(3,2)3\f(n,2)－1，当n是偶数.))
[方法点评] 分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有：
(1)已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．
(2)等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．
(3)项数的奇、偶数讨论．
(4)等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．
[跟踪练习] 已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a≠0)，则{an}( )
A．一定是等差数列
B．一定是等比数列
C．或者是等差数列，或者是等比数列
D．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列
解析：∵Sn＝an－1(a≠0)，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1，n＝1，,a－1an－1，n≥2.))
当a＝1时，an＝0，数列{an}是一个常数列，也是等差数列；当a≠1时，数列{an}是一个等比数列．
答案：C
A组 考点能力演练
1．(2016·太原一模)已知等比数列{an}单调递减，若a3＝1，a2＋a4＝eq \f(5,2)，则a1＝( )
A．2 B．4
C.eq \r(2) D．2eq \r(2)
解析：设等比数列{an}的公比为q，q>0，则aeq \\al(2,3)＝a2a4＝1，又a2＋a4＝eq \f(5,2)，且{an}单调递减，所以a2＝2，a4＝eq \f(1,2)，q2＝eq \f(1,4)，q＝eq \f(1,2)，所以a1＝eq \f(a2,q)＝4，故选B.
答案：B
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋an＝2n(n∈N*)，则下列数列中一定为等比数列的是( )
A．{an} B．{an－1}
C．{an－2} D．{Sn}
解析：由Sn＋an＝2n(n∈N*) ①可得Sn－1＋an－1＝2(n－1)(n≥2，n∈N*) ②，①－②得an＝eq \f(1,2)an－1＋1(n≥2，n∈N*)，所以an－2＝eq \f(1,2)(an－1－2)(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，a1－2＝－1≠0，所以{an－2}一定是等比数列，故选C.
答案：C
3．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，且公比q≠1，若T7＝128，则( )
A．a4＝2 B．a5＝2
C．a6＝2 D．a1＝2
解析：因为Tn为等比数列{an}的前n项积，所以T7＝aeq \\al(7,4)＝128，则a4＝2，故选A.
答案：A
4．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若2a1＋3a2＝1，a3＝3a4，则2Sn＋an＝( )
A．1 B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D．2
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为2a1＋3a2＝1，a3＝3a4，所以2a1＋3a1q＝1 ①，a1q2＝3a1q3 ②，由②得q＝eq \f(1,3)，代入①得a1＝eq \f(1,3)，所以an＝a1qn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，Sn＝eq \f(\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))，则2Sn＋an＝1.
答案：A
5．(2015·衡水二模)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＝eq \f(1,20)，9S3＝S6，设Tn＝a1a2a3·…·an，则使Tn取最小值的n的值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：设等比数列{an}的公比为q，由9S3＝S6知，q≠1，故eq \f(91－q3,1－q)＝eq \f(1－q6,1－q)，解得q＝2，又a1＝eq \f(1,20)，所以an＝a1qn－1＝eq \f(2n－1,20).因为Tn＝a1a2a3·…·an，故当Tn取最小值时，an≤1，且an＋1≥1，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n－1,20)≤1，,\f(2n,20)≥1，))则n＝5，故选C.
答案：C
6．若正项数列{an}满足a2＝eq \f(1,2)，a6＝eq \f(1,32)，且eq \f(an＋1,an)＝eq \f(an,an－1)(n≥2，n∈N*)，则lg2a4＝________.
解析：由eq \f(an＋1,an)＝eq \f(an,an－1)(n≥2，n∈N*)可得数列{an}是等比数列，所以aeq \\al(2,4)＝a2a6＝eq \f(1,64)，又a4>0，则a4＝eq \f(1,8)，故lg2a4＝lg2 eq \f(1,8)＝－3.
答案：－3
7．已知在等比数列{an}中，a5a11＝6，a6＋a10＝7，则eq \f(a7,a9)的值是________．
解析：因为{an}是等比数列，所以a5a11＝a6a10＝6，又a6＋a10＝7，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＝1，,a10＝6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＝6，,a10＝1，))设{an}的公比为q，则q4＝6或eq \f(1,6)，q2＝eq \r(6)或eq \f(\r(6),6)，所以eq \f(a7,a9)＝eq \f(1,q2)＝eq \f(\r(6),6)或eq \r(6).
答案：eq \f(\r(6),6)或eq \r(6)
8．等比数列的首项是－1，前n项和为Sn，如果eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，则S4的值是________．
解析：由已知得eq \f(S10,S5)＝eq \f(1－q10,1－q5)＝1＋q5＝eq \f(31,32)，故q5＝－eq \f(1,32)，解得q＝－eq \f(1,2)，S4＝eq \f(－1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16))),1＋\f(1,2))＝－eq \f(5,8).
答案：－eq \f(5,8)
9．(2015·陕西一检)已知正整数数列{an}是首项为2的等比数列，且a2＋a3＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(2n,3an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设正整数数列{an}的公比为q，则2q＋2q2＝24，
∴q＝3，
∴an＝2×3n－1.
(2)∵bn＝eq \f(2n,3an)＝eq \f(2n,3×2×3n－1)＝eq \f(n,3n)，
∴Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n,3n)，①
∴eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1).②
由①－②，得
eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1).
∴Tn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－\f(n,3n＋1)))＝eq \f(3n＋1－2n－3,4×3n).
10．已知等比数列{an}的前n项和是Sn，S18∶S9＝7∶8.
(1)求证：S3，S9，S6依次成等差数列；
(2)a7与a10的等差中项是否是数列{an}中的项？如果是，是{an}中的第几项？如果不是，请说明理由．
解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S18＝18a1，S9＝9a1，S18∶S9＝2∶1≠7∶8，
∴q≠1.
∴S18＝eq \f(a1,1－q)(1－q18)，S9＝eq \f(a1,1－q)(1－q9)，S18∶S9＝1＋q9.
∴1＋q9＝eq \f(7,8)，解得q＝－2－eq \f(1,3).
∴S3＝eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(3,2)×eq \f(a1,1－q)，S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝eq \f(3,4)×eq \f(a1,1－q)，S9＝eq \f(a1,1－q)(1－q9)＝eq \f(9,8)×eq \f(a1,1－q).
∵S9－S3＝－eq \f(3,8)×eq \f(a1,1－q)，S6－S9＝－eq \f(3,8)×eq \f(a1,1－q)，
∴S9－S3＝S6－S9.
∴S3，S9，S6依次成等差数列．
(2)a7与a10的等差中项等于eq \f(a7＋a10,2)＝eq \f(a12－2－2－3,2)＝eq \f(a1,16)，
设a7与a10的等差中项是数列{an}中的第n项，
则a1(－2－eq \f(1,3))n－1＝eq \f(a1,16)，
化简得(－2)－eq \f(n－1,3)＝(－2)－4，即－eq \f(n－1,3)＝－4，解得n＝13.
∴a7与a10的等差中项是数列{an}中的第13项．
B组 高考题型专练
1．(2014·高考大纲全国卷)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( )
A．6 B．5
C．4 D．3
解析：lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4，故选C.
答案：C
2．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝( )
A．2 B．1
C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,8)
解析：设等比数列{an}的公比为q，a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，由题可知q≠1，则a1q2×a1q4＝4(a1q3－1)，∴eq \f(1,16)×q6＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×q3－1))，∴q6－16q3＋64＝0，
∴(q3－8)2＝0，∴q3＝8，∴q＝2.∴a2＝eq \f(1,2)，故选C.
答案：C
3．(2015·高考全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝126，则n＝________.
解析：因为在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，因为Sn＝126，所以eq \f(2－2n＋1,1－2)＝126，解得2n＋1＝128，所以n＝6.
答案：6
4．(2015·高考湖北卷)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)))n－1.))
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq \f(2n－1,2n－1)，于是
Tn＝1＋eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋eq \f(7,23)＋eq \f(9,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋eq \f(9,25)＋…＋eq \f(2n－1,2n).②
①－②可得
eq \f(1,2)Tn＝2＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－2)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n).
故Tn＝6－eq \f(2n＋3,2n－1).
相关名词
等比数列{an}的有关概念及公式
定义
eq \f(an＋1,an)＝q(q是常数且q≠0，n∈N＋)或eq \f(an,an－1)＝q(q是常数且q≠0，n∈N＋且n≥2)
通项公式
an＝a1qn－1(n≥2，n∈N＋)
前n项和公式
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1 q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q) q≠1))
等比中项
设a，b为任意两个同号的实数，则a，b的等比中项G＝±eq \r(ab)