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高三数学一轮专题复习------- 等 比 数 列(有详细答案)


等 比 数 列

考情分析 理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式,并能用有关知识解决相应的问题.

考点新知 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 了解等比数列与指数函数的关 系.

1. (必修 5P55 习题 2(1)改编)设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,a6=32,则 S3 =________. 答案:7 1×(1-23) a6 解析:q5= =32,q=2,S3= =7. a1 1-2 2. (必修 5P49 习题 1 改编) {an}为等比数列,a2=6,a5=162,则{an}的通项公式 an= ________. - 答案:an=2×3n 1
? ?a1q=6, 解析:由 a2=6,a5=162,得? 4 所以 a1=2,q=3. ?a1q =162, ?

3. (必修 5P49 习题 6 改编)等比数列{an}中,a1>0,a2a4+2a3a5+a4a6=36,则 a3+a5= ________. 答案:6 解析:a2a4+2a3a5+a4a6=(a3+a5)2=36,又 a1>0,∴ a3,a5>0,∴ a3+a5=6. 4. (必修 5P49 习题 7(2)改编)已知两个数 k+9 和 6-k 的等比中项是 2k, 则 k=________. 答案:3 解析:由已知得(2k)2=(k+9)(6-k),k∈N*,∴ k=3. 5. (必修 5P51 例 2 改编)等比数列{an}中,S3=7,S6=63,则 an=________. - 答案:2n 1 - 解析:由已知得 a1=1,q=2;∴ an=2n 1.

1. 等比数列的概念 (1) 文字语言: 如果一个数列从第二项起, 每一项与它的前一项的比都等于同一个常数, 那么这个数列叫做等比数列. an+1 (2) 符号语言: _=q(n∈N ,q 是等比数列的公比). an 2. 等比数列的通项公式 - 设{an}是首项为 a1,公比为 q 的等比数列,则第 n 项 an=a1qn 1. - . 推广:an=amq(n m) 3. 等比中项 若 a,G,b 成等比数列,则 G 为 a 和 b 的等比中项且 G=± ab.

4. 等比数列的前 n 项和公式 (1) 当 q=1 时,Sn=na1. a1(1-qn) a1-anq (2) 当 q≠1 时,Sn= = . 1-q 1-q 5. 等比数列的性质 - (1) an=amqn m. (2) 等比数列{an}中,对任意的 m、n、p、q∈N*,若 m+n=p+q,则 aman=apaq.特 殊的,若 m+n=2p,则 aman=a2 p. (3) 等比数列{an}中依次每 m 项的和仍成等比数列,即 Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、?仍 成等比数列,其公比为 qm(q≠-1). [备课札记]

题型 1 等比数列的基本运算 例 1 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) ∵ S1,S3,S2 成等差数列, ∴ 2S3=S1+S2,即 2(a1+a2+a3)=a1+a1+a2, ∴ a3 1 2a3=-a2,∴ q= =- . a2 2

1 1 (2) a3=a1q2= a1,∴ a1- a1=3,∴ a1=4, 4 4 1 n 4?1-?-2? ? ? ? ? ? 8 8? 1?n ∴ Sn= = - ?-2? . 1 3 3 1+ 2 变式训练 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且 2an+1=Sn+2(n∈N ). (1) 求 a2,a3 的值,并求数列{an}的通项公式;
n 3 (2) 解不等式 ? >Sn(n∈N ). ai i=1

3 解:(1) ∵ 2a2=S1+2=a1+2=3,∴ a2= . 2 9 9 ∵ 2a3=S2+2=a1+a2+2= ,∴ a3= . 2 4 ∵ 2an+1=Sn+2,∴ 2an=Sn-1+2(n≥2),两式相减,得 2an+1-2an=Sn-Sn-1.∴ 2an+
1-2an=an.则

3 3 3 an+1= an(n≥2).∵ a2= a1,∴ an+1= an(n∈N ).∵ a1=1≠0, 2 2 2

∴ (2)

an+1 3 3?n-1 = ,即{an}为等比数列,an=? ?2? . an 2 2?n-1 3 ?3? 2 ?3? ? ? ? ? =3×? ?3? ,∴ 数列?an?是首项为 3,公比为3的等比数列.数列?an?的前 5 项为: an

4 8 16 3 9 27 81 3,2, , , .{an}的前 5 项为:1, , , , . 3 9 27 2 4 8 16
n 3 n 3 3 ∴ n=1,2,3 时, ? >Sn 成立;而 n=4 时, ? ≤Sn;∵ n≥5 时, <1,an>1, ai ai an i=1 i=1 n 3 ∴ ? ≤Sn. ai i=1

n 3 ∴ 不等式 ? >Sn(n∈N )的解集为{1,2,3}. ai i=1

题型 2 等比数列的判定与证明 例 2 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,3Sn=an-1(n∈N ). (1) 求 a1,a2; (2) 求证:数列{an}是等比数列; (3) 求 an 和 Sn. 1 (1) 解:由 3S1=a1-1,得 3a1=a1-1,∴ a1=- . 2 1 又 3S2=a2-1,即 3a1+3a2=a2-1,得 a2= . 4 1 1 an 1 (2) 证明:当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= (an-1)- (an-1-1),得 =- ,所以{an}是 3 3 2 an-1 1 1 首项为- ,公比为- 的等比数列. 2 2 1?n (3) 解:由(2)可得 an=? ?-2? ,

?-1??1-?-1? ? ? 2?? ? 2? ? 1 n 1 Sn= =- ?1-?-2? ?. 1? 3? ? ? ? 1-? ?-2?
备选变式(教师专享) 在数列{an}中,a1=2,an+1=4an-3n+1,n∈N*. (1) 求证:数列{an-n}是等比数列; (2) 求数列{an}的前 n 项和 Sn; (3) 求证:不等式 Sn+1≤4Sn 对任意 n∈N*皆成立. (1) 证明:由题设 an+1=4an-3n+1,得 an+1-(n+1)=4(an-n),n∈N*.又 a1-1=1, 所以数列{an-n}是首项为 1,公比为 4 的等比数列. - - (2) 解:由(1)可知 an-n=4n 1,于是数列{an}的通项公式为 an=4n 1+n,所以数列{an} 4n-1 n(n+1) 的前 n 项和 Sn= + . 3 2 (3) 4? 证 明 : 对 任 意 的 n∈N* , Sn + 1 - 4Sn = 4n 1-1 (n+1)(n+2) + - 3 2


n

4n-1 n(n+1)? 1 =- (3n2+n-4)≤0,所以不等式 Sn+1≤4Sn 对任意 n∈N*皆成立. + 2 2 ? 3 ? 题型 3 等比数列的性质 1 例 3 已知等比数列{an}中,a2=32,a8= ,an+1<an. 2 (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 设 Tn=log2a1+log2a2+?+log2an,求 Tn 的最大值及相应的 n 值. 1 2 1 a 1 a2 32 8 解:(1) q6= = = , an+1<an,所以 q= .以 a1= = =64 为首项,所以通项公 a2 32 64 2 q 1 2

?1?n-1=27-n(n∈N ). 式为 an=64· ?2?
(2) 设 bn=log2an,则 bn=log227 n=7-n.所以{bn}是首项为 6,公差为-1 的等差数列.


n(n-1) 1 13 1 13 169 Tn=6n+ (-1)=- n2+ n=- (n- )2+ .因为 n 是自然数,所以 n=6 2 2 2 2 2 8 或 n=7 时,Tn 最大,其最大值是 T6=T7=21. 备选变式(教师专享) 1 已知 {an} 是等比数列, a2= 2, a5= ,则 a1a2 + a2a3+?+ anan+ 1(n∈N*) 的取值范围是 4 ________. 32? 答案:? ?8, 3 ? 1 1 解析:∵a5=a2q3,∴ =2×q3,∴q= , 4 2 1?n-1 a2 3-n ∴a1= =4,∴an=4×? ?2? =2 , q 1 1 1 ∴akak+1= k-3· k-2= 2k-5, 2 2 2 1 1 1 ∴a1a2+a2a3+?+anan+1= 2×1-5+ 2×2-5+?+ 2n-5 2 2 2 1 1? 1- n? 4 ? ? 4 1 1 1 + 2+?+ n?=32× =32×? 4? ?4 4 1 1- 4 = 1 32 32? 1- n?∈?8, ?. 3? 3? 4? ?

题型 4 等比数列的应用 例 4 定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x),如果对于任意给定的等比数列{an}, {f(an)}仍是等比数列,则称 f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞) 上的如下函数: ①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)= |x|;④f(x)=ln(x). 其中是“保等比数列函数”的是__________.(填序号) 答案:①③ 解析:验证:① f(an+1) a2 f(an+1) n+1 = 2 =q2;③ = an f(an) f(an) 备选变式(教师专享) |an+1| = |q|. |an|

已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2+2n,数列{bn}的前 n 项和 Tn=2-bn. (1) 求数列{an}与{bn}的通项公式; 2 (2) 设 cn=an ·bn,证明:当且仅当 n≥3 时,cn+1<cn. (1) 解:a1=S1=4,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n(n+1)-2(n-1)n=4n. 又 a1=4 适合上式,∴an=4n(n∈N*). 将 n=1 代入 Tn=2-bn,得 b1=2-b1,∴T1=b1=1. 当 n≥2 时,Tn-1=2-bn-1,Tn=2-bn, ∴bn=Tn-Tn-1=bn-1-bn,

1 - ∴bn= bn-1,∴bn=21 n. 2
2 5 n (2) 证明:证法 1:由 cn=a2 , n·bn=n ·2




cn+1 1? 1?2 = 1+ . cn 2? n?

1 4 当且仅当 n≥3 时,1+ ≤ < 2,即 cn+1<cn. n 3
2 5 n 证法 2:由 cn=a2 , n·bn=n ·2 - 4-n 2 2 得 cn+1-cn=2 [(n+1) -2n ]=24 n[-(n-1)2+2]. 当且仅当 n≥3 时,cn+1-cn<0,即 cn+1<cn.


4 1. (2013· 大纲版 ) 已知数列 {an} 满足 3an + 1 + an = 0 , a2 =- ,则 {an} 的前 10 项和为 3 ________. - 答案:3(1-3 10) 1 10 4×?1-?-3? ? ? ? ? ? 1 - 解析:q=- ,a1=4,则 S10= =3(1-3 10). 3 1 ? 1-? ?-3? 2 1 2. (2013· 新课标 1)若数列{an}的前 n 项和为 Sn= an+ ,则数列{an}的通项公式是 an= 3 3 ________. - 答案:an=(-2)n 1 2 1 2 1 2 2 解析: Sn= an+ , S = a + (n≥2), 相减得 an= an- an-1, 即 an=-2an-1(n≥2). 又 3 3 n-1 3 n-1 3 3 3 2 1 - S1= a1+ ,即 a1=1,故 an=(-2)n 1. 3 3 3. (2013· 新课标Ⅱ)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1= ________. 1 答案: 9 1 解析:有条件得 a1+a1q+a1q2=a1q+10a1,a1q4=9,解得 q=± 3,a1= . 9 4. 若数列{an}满足 lgan+1=1+lgan,a1+a2+a3=10,则 lg(a4+a5+a6)=________. 答案:4 an+1 解析:由条件知: =10,即数列{an}是公比为 10 的等比数列,所以 lg(a4+a5+a6) an =lgq3(a1+a2+a3)=4.

1. 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1+an=66,a2an-1=128,Sn=126,求 n 和公

比 q 的值. 解:解法 1:在等比数列{an}中,a1an=a2an-1=128.
?a1+an=66, ? 又 a1+an=66,∴? ? ?a1an=128, ? ?a1=2, ? ?a1=64, 解得? 或? ∴q≠1. ?an=64 ?an=2, ? ?

由 an=a1q
n-1

n-1

a1(1-qn) 和 Sn= =126, 1-q
n-1

2q =64, 64q =2, n=6, ? ? ?n=6, ? ? ? ? ? n 得?2(1-q ) 或?64(1-qn) 解得? 或? 1 ? =126 ? =126, ?q=2 ? ? ?q=2. ? 1-q ? 1-q 解法 2:当 q=1 时,经检验不合适,由题意可得 ① ? ?a q =128, ② ?a (1-q ) ? ? 1-q =126, ③
2 n-1 1 1 n

a1(1+qn 1)=66,


由②可得 qn 1=


128? 128 2 ,代入①,得 a1? =66,化简得 a1 -66a1+128=0,解得 a1 ?1+ a2 a2 1 ? 1

2(1-32q) - - =2 或 a1=64.当 a1=2 时, 代入①, 得 qn 1=32, 将 a1=2 和 qn 1=32 代入③, 得 1-q =126,解得 q=2.又 qn 1=32,即 2n 1=32=25,∴n=6.
- -

1 同理,当 a1=64 时,可解得 q= ,n=6. 2 1 综上所述,n 的值为 6,q=2 或 . 2 2. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn+1=4an+1,设 bn=an+1-2an.证明:数列 {bn}是等比数列. 证明:由于 Sn+1=4an+1,① 当 n≥2 时,Sn=4an-1+1.② ①-②,得 an+1=4an-4an-1. 所以 an+1-2an=2(an-2an-1). 又 bn=an+1-2an,所以 bn=2bn-1.因为 a1=1,且 a1+a2=4a1+1,即 a2=3a1+1=4.所 以 b1=a2-2a1=2,故数列{bn}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 3. (2013· 辽宁)已知等比数列{an}是递增数列,Sn 是{an}的前 n 项和,若 a1,a3 是方程 x2 -5x+4=0 的两个根,则 S6=________. 答案:63 1×(1-26) 解析: 因为等比数列{an}是递增数列, 所以 a1=1, a3=4, 则 q=2, 故 S6= 1-2 =63. 4. 已知数列{an}的首项 a1=2a+1(a 是常数,且 a≠-1), an=2an-1+n2-4n+2(n≥2),数列{bn}的首项 b1=a, bn=an+n2(n≥2).

(1) 证明:{bn}从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列; (2) 设 Sn 为数列{bn}的前 n 项和,且{Sn}是等比数列,求实数 a 的值; (3) 当 a>0 时,求数列{an}的最小项. (1) 证明:∵ bn=an+n2,∴ bn+1=an+1+(n+1)2=2an+(n+1)2-4(n+1)+2+(n+1)2 =2an+2n2=2bn(n≥2). 由 a1=2a+1,得 a2=4a,b2=a2+4=4a+4,∵ a≠-1, ∴ b2≠0,即{bn}从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列.
? ?a,n=1, (2) 解:由(1)知 bn=? n-2 ?(4a+4)2 ,n≥2. ?

Sn = a +

(4a+4)(2n 1-1) Sn = - 3a - 4 + (2a + 2)2n , 当 n≥2 时 , = 2-1 Sn-1


(2a+2)2n-3a-4 3a+4 =2+ . - n-1 (2a+2)2 -3a-4 (a+1)2n 1-3a-4 ∵ {Sn}是等比数列, ∴ Sn 4 (n≥2)是常数,∴ 3a+4=0,即 a=- . 3 Sn-1


(3) 解:由(1)知当 n≥2 时,bn=(4a+4)2n 2=(a+1)2n,
? ?2a+1,n=1, ∴ an=? n 2 ?(a+1)2 -n ,n≥2, ?

∴ 数列{an}为 2a+1,4a,8a-1,16a,32a+7,? 显然最小项是前三项中的一项. 1 0, ?时,最小项为 8a-1; 当 a∈? ? 4? 1 当 a= 时,最小项为 4a 或 8a-1; 4 1 1? 当 a∈? ?4,2?时,最小项为 4a; 1 当 a= 时,最小项为 4a 或 2a+1; 2 1 ? 当 a∈? ?2,+∞?时,最小项为 2a+1. 1. 重点是本着化多为少的原则,解题时,需抓住首项 a1 和公比 q. 2. 运用等比数列求和公式时,要对 q=1 和 q≠1 进行讨论. 3. 解决等比数列有关问题的常见思想方法: ①方程的思想: 等比数列中有五个量 a1, q, n,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程组求关键量 a1,q;②分类的思想:当 a1>0, q>1 或者 a1<0,0<q<1 时,等比数列{an}递增;当 a1>0,0<q<1 或者 a1<0,q>1 时,等比数 列{an}递减;当 q<0 时,等比数列为摆动数列;当 q=1 时,等比数列为常数列;③函数的 思想:用函数的观点来理解和掌握等比数列的概念、通项公式和前 n 项和公式. 4. 巧用性质,减少运算量,在解题中非常重要.


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