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(共20张PPT)
3.2 等比数列的前n项和
§3 等比数列
知识点 1 等比数列的前n项和公式
知识 清单破
已知量 求和公式
首项、公比 与项数 Sn=
首项、末项 与公比 Sn=
知识点2　
1.当公比q>0且q≠1时,设A= ,则等比数列的前n项和公式是Sn=A(qn-1),即Sn是关于n的指数
型函数.
2.当公比q=1时,因为a1≠0,所以Sn=na1,即Sn是关于n的正比例函数.
知识点 2 等比数列{an}的前n项和公式的函数特性
知识点3　
　　已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则利用等比数列的通项公式及其前n项和公
式可推得Sn有如下性质:
(1)Sn+m=Sm+qmSn=Sn+qnSm,m,n∈N+.
(2)当q≠-1(或q=-1且k为奇数)时,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是等比数列.
(3)设S偶与S奇分别是偶数项的和与奇数项的和.若项数为2n,则 =q;若项数为2n+1,则 =
q.
(4)当q=1时, = ;当q≠±1时, = .
知识点 3 等比数列前n项和的性质
判断正误,正确的画“√”,错误的画“ ”.
1.一架无人机放置在地面上,每分钟上升的高度(单位:m)构成以20为首项,2为公比的等比数
列,则5分钟后这架无人机离地的高度不超过600 m. (　 )
2.10位同学的身高(单位:cm)构成等比数列,若第1位同学与第10位同学的身高均为160 cm,则
这10位同学的身高之和为16 m.(　 )
3.n个工厂的生产总值(单位:千万元)构成一个数列,且其总和Sn=3×2n-3,则这个数列是等比数
列. (　 )
4.已知数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和Sn= . (　 )
知识辨析

√
√
当a=1时,Sn=n,题中结论不成立.
提示

5.已知数列{an}为等比数列,其前n项和为Sn,则S10,S20-S10,S30-S20,…仍构成等比数列.(　 )
6.已知等比数列{an}是递增数列,其前n项和为Sn,则{Sn}也是递增数列. (　 )

提示

提示
当公比为-1时不成立.
当a1<0,01.等比数列的前n项和公式中分了公比q=1和q≠1两种情况,因此当公比未知时,要先对公比
进行分类讨论,再求和.
2.若已知a1,q(q≠1)和n,则用Sn= 求Sn较简便;若已知a1,q(q≠1)和an,则用Sn= 求Sn
较简便.
3.在等比数列{an}中,对于a1,an,n,q,Sn这五个量,已知其中三个量就可利用通项公式和前n项和
公式求出另外两个量.
讲解分析
疑难 情境破
疑难 1 等比数列前n项和公式的应用
设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S4=1,S8=17,求Sn.
典例1
思路点拨 思路一:设Sn=Aqn-A(A≠0) 由S4=1,S8=17求出A,q 求出Sn;
思路二:将S4=1,S8=17代入Sn= (q≠1),求出a1,q 求出Sn.
解析 设等比数列{an}的公比为q.
解法一:由S4=1,S8=17,知q≠±1,故设Sn=Aqn-A(A≠0),∴ 两式相除并化简,得q4=16,
∴q=±2,A= .
当q=2时,Sn= (2n-1);
当q=-2时,Sn= [(-2)n-1].
解法二:由S4=1,S8=17,知q≠±1,
∴
两式相除并化简,得q4=16,∴q=±2.
当q=2时,a1= ,Sn= = (2n-1);
当q=-2时,a1=- ,Sn= = [(-2)n-1].
我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有蒲(水生植物名)生一日,长三尺;
莞(植物名,俗称水葱、席子草)生一日,长一尺.蒲生日自半,莞生日自倍.问几何日而长等 ”
意思是:今有蒲生长一日,长为3尺;莞生长一日,长为1尺.蒲的生长逐日减半,莞的生长逐日增
加1倍.若蒲、莞长度相等,则所需的时间约为(结果保留整数.参考数据:lg 2≈0.30,lg 3≈0.48)
(　 )
A.1日　 B.2日　 C.3日　 D.4日
典例2
C
解析 设蒲每天生长的尺数构成等比数列{an},
则其首项a1=3,公比为 ,
设其前n项和为An,则An= .
设莞每天生长的尺数构成等比数列{bn},
则其首项b1=1,公比为2,
设其前n项和为Bn,则Bn= .
令 = ,即2n+ =7,
∴2n=6或2n=1(舍去),
∴n= =1+ ≈3,
∴大约3日蒲、莞长度相等,故选C.
疑难2　
　　根据等比数列的概念和前n项和公式,可推导出等比数列前n项和的若干性质,在等比数
列前n项和的有关问题中,恰当运用性质能简化运算,快速解题.
讲解分析
疑难 2 等比数列前n项和性质的应用
(1)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2,S3n=14,则S4n=　　　 ;
(2)一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇数项的和为85,偶数项的和为170,则此数列的公
比为　　　 ,项数为　　　 ;
(3)若{an}是等比数列,且其前n项和Sn=3n-1+t,则t=　　　 .
典例
思路点拨 (1)应用当q≠-1时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n成等比数列求解.
(2)根据等比数列前n项和的性质求解.
(3)利用等比数列前n项和的函数特性求解.
30
2
8
-
解析 (1)易知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n成等比数列,设公比为q1(q1>0),则S3n=Sn+(S2n-Sn)+(S3n-S2n)=2×
(1+q1+ )=14,
解得q1=2(负值舍去),
所以S4n-S3n=2 =2×8=16,
所以S4n=S3n+16=14+16=30.
(2)设该数列的公比为q2,项数为2n,奇数项的和为T奇,偶数项的和为T偶,
则q2= = =2.
则该数列的奇数项构成以1为首项, =4为公比,n为项数的等比数列,
所以 =85,所以4n=256,解得n=4.
所以原数列的项数为8.
(3)Sn=3n-1+t= ·3n+t,
由等比数列前n项和的函数特性知t=- .
解后反思 本例中各小题均可列出关于首项和公比的方程组来求解,但灵活运用性质往往能
简化运算,且思路清晰.
1.分组求和法
一般地,若{an},{bn}中一个是等差数列,一个是等比数列,则常用分组求和法求数列{an±bn}的
前n项和,即先分别求{an},{bn}的前n项和,再将两个和式合在一起.
2.错位相减法
已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为公比不为1的等比数列,由这两个数列中序号相同的项
的乘积组成的新数列为{anbn},在求该数列的前n项和时,常常将{anbn}和式中的各项乘{bn}的
公比q,并向后错位一项,与{anbn}和式中q的同次项对应相减,即可转化为特殊数列的求和,这
种求数列前n项和的方法称为错位相减法.若公比不确定,则需对其进行分类讨论.
讲解分析
疑难 3 与等比数列有关的数列求和
已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1,bn=an+1.
(1)证明:数列{bn}是等比数列;
(2)求数列　　　 的前n项和Sn.
从条件①{bn+log2bn},② ,③{nbn}中任选一个补充在横线中,并解答.
典例
解析 (1)证明:由an+1=2an+1,得an+1+1=2(an+1),
因为a1+1=2≠0,
所以 =2,即 =2,
所以数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)知,数列{bn}的通项公式为bn=2·2n-1=2n.
选①.bn+log2bn=2n+n,
则Sn=(21+1)+(22+2)+(23+3)+…+(2n+n)
=(21+22+…+2n)+(1+2+…+n)
= +
=2n+1+ .
选②. = = - ,
则Sn= + + +…+ =1- = .
选③.nbn=n·2n,
则Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,
2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,
两式相减得,Sn=-(2+22+…+2n)+n·2n+1
=- +n·2n+1=(n-1)·2n+1+2.§3　等比数列
3.1　等比数列的概念及其通项公式
基础过关练
题组一　等比数列的概念
1.下列三个数依次成等比数列的是(　　)
A.1,4,8　　　　　B.-1,2,4
C.9,6,4　　　　　D.4,6,8
2.下列说法正确的是(　　)
A.等比数列中的某一项可以为0
B.等比数列中公比的取值范围是(-∞,+∞)
C.若一个常数列是等比数列,则这个常数列的公比为1
D.若b2=ac,则a,b,c成等比数列
3.(1)已知数列{an}满足a1=,且an+1=an+,求证:是等比数列;
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=(an-1),证明:数列{an}是等比数列.
题组二　等比中项
4.-1与+1的等差中项和等比中项分别是(　　)
A.,±　　　　　B.,
C.,-　　　　　D.,±2
5.在等比数列{an}中,a1=1,a5=16,则a3=(　　)
A.-4　　　　　B.4　　　　C.±4　　　　　D.±2
6.“G=”是“G是a,b的等比中项”的(　　)
A.既不充分也不必要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.充要条件
7.已知正项等比数列{an}中,a4,3a3,a5成等差数列,若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项,则m+n的值为(　　)
A.1　　　　B.3　　　　C.6　　　　D.9
题组三　等比数列的通项公式
8.已知数列{an}是首项和公比均为3的等比数列,若am=32 023,则m=(　　)
A.2 020　　　　　B.2 021　　　　
C.2 022　　　　　D.2 023
9.一个各项均为正数的等比数列{an},从第3项起,每一项都等于它前面的相邻两项之和,则公比q=(　　)
A.　　　　　B.
C.　　　　　D.
10.在等比数列{an}中,a2=2,a4=4,则a8=(　　)
A.8　　　　B.16　　　　C.32　　　　D.36
11.通过测验知道,温度每降低6 ℃,某电子元件的电子数量就减少一半.已知在零下34 ℃时,该电子元件的电子数量为3个,则温度为26 ℃时,该电子元件的电子数量为(　　)
A.860个　　　　　B.1 730个
C.3 072个　　　　　D.3 900个
12.已知{an}是等比数列,若a3=2,a2+a4=,求数列{an}的通项公式.
13.在数列{an}中,a1=2,a2=-1,且an+2+an+1-6an=0.
(1)证明:{an+1+3an}为等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
题组四　等比数列的性质及其综合运用
14.在正项等比数列{an}中,a2a9=8,a5=2,则公比q为　(　　)
A.　　　　B.2　　　　
C.　　　　D.4
15.已知数列{an}是等比数列,且a3+a5=3,则a2a4+2+a4a6的值为(　　)
A.3　　　　B.6　　　　
C.9　　　　D.36
16.(多选题)已知数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,则(　　)
A.是等差数列
B.{an+1-an}是等差数列
C.{log3an}是等比数列
D.{anan+1}是等比数列
17.在正项等比数列{an}中,若a3,a7是关于x的方程x2-mx+4=0的两实根,则log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9=(　　)
A.8　　　　B.9　　　　C.16　　　　D.18
18.(1)已知等比数列{an}满足a1=,a3a5=4(a4-1),求a2的值;
(2)已知等比数列{an}为递增数列,若a1>0,且2(a4+a6)=5a5,求数列{an}的公比q.
能力提升练
题组一　等比数列的概念、通项公式及其应用
1.设{an}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意正整数n,a2n-1>a2n”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.音乐与数学有着密切的联系,我国春秋时期有个著名的“三分损益法”:若以“宫”为基本音,“宫”经过一次“损”,频率变为原来的,得到“徵”;“徵”经过一次“益”,频率变为原来的,得到“商”;……,依次损益交替变化,获得了“宫”“徵”“商”“羽”“角”五个音阶.则(　　)
A.“徵”“商”“羽”的频率成等比数列
B.“宫”“徵”“商”的频率成等比数列
C.“商”“羽”“角”的频率成等比数列
D.“宫”“商”“角”的频率成等比数列
3.(多选题)已知数列{an}是等比数列,则下列结论正确的有　(　　)
A.若a2 021>0,则a1a2>0
B.若a1a2>0,则a2a3>0
C.若a2>a1>0,则a1+a3>2a2
D.若a1a2<0,则(a2-a1)(a2-a3)<0
4.标准对数视力表的一部分如图所示.最左边一列“五分记录”为标准对数视力记录,这组数据从上至下为等差数列,公差为0.1;最右边一列“小数记录”为国际标准视力记录的近似值,这组数据从上至下为等比数列,公比为.已知标准对数视力5.0对应的国际标准视力准确值为1.0,则标准对数视力4.8对应的国际标准视力精确到小数点后两位为(　　)
(参考数据:≈1.58,≈1.26)
A.0.57　　　　　B.0.59　　　　
C.0.61　　　　　D.0.63
5.在△ABC中,若sin A,sin B,sin C成公比为的等比数列,则cos B=　　　　.
6.已知等差数列{an}的公差d>0,等比数列{bn}的公比q为正整数.若a1=d,b1=d2,且是正整数,则q=　　　　.
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且an+Sn=n.
(1)设cn=an-1,求证:{cn}是等比数列;
(2)求数列{bn}的通项公式.
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an-1.
(1)证明数列{an}为等比数列并求其通项公式;
(2)若bn=,设数列{bn}的前n项和为Tn,对任意n∈N+,Tn<都成立,求正整数m的最小值.
题组二　等比数列的性质及其综合运用
9.已知等比数列{an}为递减数列,若a7a14=6,a4+a17=5,则=(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.6
10.已知正项等比数列{an}满足log2a1+log2a2+…+log2a2 022=2 022,则log2(a1+a2 022)的最小值为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.1 011　　　　D.2 022
11.已知数列{an}满足a1=,an+1=an(n∈N+).设bn=,n∈N+,且数列{bn}是递增数列,则实数λ的取值范围是(　　)
A.(-∞,1)　　　　　B.
C.　　　　　D.(-1,2)
12.已知三个数成等比数列,且公比大于1,它们的和等于14,它们的积等于64,则这三个数从小到大依次是　　　　　　.
13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=3bn-λ·,若数列{cn}是递增数列,求实数λ的取值范围.
14.正项数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=a,2Sn=anan+1.
(1)若{an}是等差数列,求{an}的通项公式;
(2)是否存在实数a,使得{an}是等比数列 若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
1.C
2.C　对于A,因为等比数列中的各项都不为0,所以A不正确;对于B,因为等比数列的公比不为0,所以B不正确;对于C,若一个常数列是等比数列,则这个常数不为0,根据等比数列的概念知此数列的公比为1,所以C正确;对于D,只有当a,b,c都不为0时,a,b,c才成等比数列,所以D不正确.故选C.
3.证明　(1)∵an+1=an+,
∴an+1-=an+-=,
又a1-=-=≠0,
∴是首项为,公比为的等比数列.
(2)∵Sn=(an-1),∴Sn+1=(an+1-1),
两式相减得,an+1=an+1-an,
即an+1=-an,
∵a1=S1=(a1-1),∴a1=-.
∴数列{an}是首项为-,公比为-的等比数列.
4.A　-1与+1的等差中项是=,
-1与+1的等比中项是±=±.
5.B　在等比数列{an}中,=a1a5=16,因为a1,a3,a5同号,所以a3=4.
易错警示　在等比数列中,奇数项与奇数项一定同号,偶数项与偶数项一定同号,故本题中a3不能取-4.
6.A　当G=a=b=0时,满足G=,但G不是a,b的等比中项,故充分性不成立;当G是a,b的等比中项时,如a=1,b=4,G=-2,不满足G=,故必要性不成立.故“G=”是“G是a,b的等比中项”的既不充分也不必要条件.
7.B　设正项等比数列{an}的公比为q,q>0.由a4,3a3,a5成等差数列,得6a3=a4+a5,即6a3=a3q+a3q2,即q2+q-6=0,解得q=2(q=-3舍去).
若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项,
则(a1)2=am·an,即2=a1qm-1·a1qn-1,即2m+n-2=2,则m+n=3.
故选B.
8.D　根据题意可得{an}的通项公式为an=3n,故am=3m=32 023,则m=2 023.
9.D　由题意得an+2=an+an+1,所以q2=1+q,即q2-q-1=0,解得q=或q=(舍去),故选D.
10.B　设等比数列{an}的公比为q,则所以q2=2,故a8=a4q4=4×4=16.
11.C　由题意可得温度每降低6 ℃时的该电子元件的电子数量(单位:个)可构成公比为的等比数列,
设温度为26 ℃时,该电子元件的电子数量为x个,则由=10,可得x=3,解得x=3 072.
12.解析　设等比数列{an}的公比为q,则q≠0.
由题意得a2==,a4=a3q=2q,
∵a2+a4=,
∴+2q=,解得q=或q=3.
当q=时,a1=18,
∴an=18×=2×33-n.
当q=3时,a1=,
∴an=×3n-1=2×3n-3.
综上,当q=时,an=2×33-n;
当q=3时,an=2×3n-3.
13.解析　(1)证明:由an+2+an+1-6an=0,可得an+2+3an+1=2(an+1+3an),
又a2+3a1=5,∴数列{an+1+3an}是以5为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)可得an+1+3an=5·2n-1,∴an+1-2n=-3(an-2n-1),
又a1-20=2-1=1,∴数列{an-2n-1}是首项为1,公比为-3的等比数列,
∴an-2n-1=1×(-3)n-1,∴an=2n-1+(-3)n-1.
14.B　因为数列{an}为正项等比数列,a2a9=8,所以a2a9=a5a6=8,又a5=2,所以a6=4,所以公比q=2,故选B.
15.C　由等比数列的性质,得a2a4=,=a3a5,a4a6=,
所以a2a4+2+a4a6=+2a3a5+=(a3+a5)2,
又a3+a5=3,所以a2a4+2+a4a6=9.故选C.
16.AD　由题意得=3,所以数列是常数列,也是等差数列,故A正确;数列{an}的通项公式为an=3n-1,则an+1-an=3n-3n-1=2×3n-1,所以数列{an+1-an}是以2为首项,3为公比的等比数列,故B错误;log3an=log33n-1=n-1,所以数列{log3an}是以0为首项,1为公差的等差数列,故C错误;anan+1=3n-1·3n=32n-1,所以数列{anan+1}是以3为首项,9为公比的等比数列,故D正确.故选AD.
17.B　由题意得a3a7=4,
根据等比数列的性质可得=a3a7=4,
又数列{an}为正项等比数列,
所以a5=2,故a1a2a3…a9==29,
故log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9=log2(a1a2a3…a9)=log229=9.
18.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,由a3a5=4(a4-1),得=4(a4-1),∴a4=2,∴q3==8,
∴q=2,∴a2=a1q=.
(2)由2(a4+a6)=5a5,得2(a4+a4q2)=5a4q,易知a4≠0,所以2+2q2=5q,即(2q-1)(q-2)=0,解得q=2或q=.
因为等比数列{an}为递增数列,且a1>0,
所以q>1,所以q=2.
能力提升练
1.A　若公比q<0,则数列{an}中的奇数项为正,偶数项为负,一定有a2n-1>a2n,充分性成立;
当0所以“q<0”是“对任意正整数n,a2n-1>a2n”的充分不必要条件.故选A.
2.D　不妨设“宫”的频率为1,则“徵”的频率为,“商”的频率为,“羽”的频率为,“角”的频率为,
所以“宫”“商”“角”的频率成等比数列,公比为.
3.BC　设等比数列{an}的公比为q.
对于A,a2 021=a1q2 020>0,则a1>0,q>0或q<0.当q>0时,a1a2=q>0;当q<0时,a1a2=q<0,A中结论错误.
对于B,a1a2=q>0,则q>0,则a2a3=q3>0,B中结论正确.
对于C,a2>a1>0,即a1q>a1>0,所以q>1,所以a1+a3-2a2=a1+a1q2-2a1q=a1(q-1)2>0,所以a1+a3>2a2,C中结论正确.
对于D,a1a2=q<0,则q<0,所以(a2-a1)(a2-a3)=a1(q-1)·a2(1-q)=-a1a2(q-1)2>0,D中结论错误.故选BC.
4.D　设左侧数据从上至下构成等差数列{an},公差d=0.1,右侧数据从上至下构成等比数列{bn},公比q=,设5.0为数列{an}中的第m项,则1.0为数列{bn}中的第m项,即am=5.0,bm=1.0,
易得4.8=5.0-2×0.1=am-2d=am-2,
故标准对数视力4.8对应的国际标准视力为数列{bn}中的第(m-2)项,
bm-2===≈≈0.63.
5.答案　
解析　由sin A,sin B,sin C成公比为的等比数列,得sin B=sin A,sin C=2sin A,
所以由正弦定理可知b=a,c=2a,
所以cos B===.
6.答案　2
解析　设m=,则m===,所以1+q+q2=,因为m,q均为正整数,所以1+q+q2∈{7,14}.
当1+q+q2=7时,q=2或q=-3(舍去).
当1+q+q2=14时,q=(舍去).
综上,q=2.
7.解析　(1)证明:∵an+Sn=n,①
∴an+1+Sn+1=n+1,②
②-①得an+1-an+an+1=1,
∴2an+1=an+1,
∴2(an+1-1)=an-1,
∴an+1-1=(an-1),即cn+1=cn.
又a1+a1=1,∴a1=,∴c1=a1-1=-≠0,
∴{cn}是以-为首项,为公比的等比数列.
(2)由(1)可知,cn=·=-,
∴an=cn+1=1-.
当n≥2时,bn=an-an-1=1--
=-=.
又当n=1时,b1=a1=,符合上式,
∴bn=(n∈N+).
8.解析　(1)∵2Sn=3an-1,
∴当n≥2时,2Sn-1=3an-1-1,
两式相减得2an=3an-3an-1(n≥2),
即an=3an-1(n≥2),
当n=1时,2S1=3a1-1,即a1=1,
∴数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,
∴an=3n-1.
(2)bn===-,
∴Tn=1-+-+…+-=1-<1,
∴≥1,即m≥2 021,
∴正整数m的最小值为2 021.
9.A　∵a7a14=a4a17=6,a4+a17=5,
∴a4与a17为方程x2-5x+6=0的两个实数根,
易知x1=2,x2=3,∴a4=2,a17=3或a4=3,a17=2.
∵等比数列{an}为递减数列,∴a4=3,a17=2,
设数列{an}的公比为q,
则==q13=,
∴===,故选A.
10.B　log2a1+log2a2+…+log2a2 022=log2(a1a2…a2 022)=2 022,所以a1a2…a2 022=22 022,又数列{an}是正项等比数列,所以a1a2 022=a2a2 021=a3a2 020=…=a1 011·a1 012=22=4,所以log2(a1+a2 022)≥log2(2)=log24=2,当且仅当a1=a2 022=2时,等号成立.
11.C　由an+1=an(n∈N+)可知数列{an}是公比为的等比数列,又a1=,
∴an=×=,∴bn==(n-2λ)2n.
∵数列{bn}是递增数列,
∴bn+1>bn对于任意的n∈N+恒成立,
即(n+1-2λ)2n+1>(n-2λ)2n对于任意的n∈N+恒成立,
∴λ<对于任意的n∈N+恒成立,
∴λ<,故选C.
12.答案　2,4,8
解析　设这三个数分别为a,b,c,且a由等比数列的性质可得abc=b3=64,即b=4,
又a+b+c=14,所以a+c=10,又ac=b2=16,
所以a=2,c=8,
故这三个数从小到大依次是2,4,8.
13.解析　(1)由已知得b2=b1q=q(q>0),
S2=a1+a2=3+a2,
∴
解得或(舍去),
∴a2-a1=3,an=3+(n-1)×3=3n,bn=b1qn-1=3n-1.
(2)由(1)知,cn=3bn-λ·=3n-λ·2n.
由题意知cn+1>cn对任意n∈N+恒成立,
即3n+1-λ·2n+1>3n-λ·2n对任意n∈N+恒成立,
即λ·2n<2·3n对任意n∈N+恒成立,
即λ<2·对任意n∈N+恒成立,
∴λ<.
∵函数y=(n∈N+)是增函数,
∴=2×=3,∴λ<3,
∴实数λ的取值范围为(-∞,3).
14.解析　(1)当n=1时,2S1=2a1=a1a2,又a1>0,所以a2=2.
当n≥2时,2an=2Sn-2Sn-1=anan+1-an-1an,又an>0,所以an+1-an-1=2,
设等差数列{an}的公差为d,则an+1-an-1=2d=2,解得d=1,
所以a1=a2-d=1,故{an}的通项公式为an=n.
(2)假设存在实数a,使得{an}是等比数列.
由(1)可知,a2=2,当n≥2时,an+1-an-1=2,故a3=a1+2=2+a,a4=a2+2=4.
若{an}是等比数列,则a2a3=a1a4,即2(2+a)=4a,解得a=2,故a3=4,
所以≠,所以{an}不是等比数列,
故不存在实数a,使得{an}是等比数列.
263.2　等比数列的前n项和
基础过关练
题组一　等比数列的前n项和的有关计算
1.在等比数列{an}中,a1=1,a2=2,则其前5项和为(　　)
A.32　　　　B.31　　　　
C.64　　　　D.63
2.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若=3,则=(　　)
A.1　　　　B.2　　　　
C.3　　　　D.4
3.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何 ”其大意为:“有一位善于织布的女子,每天织出的布都是前一天的2倍,5天共织了5尺布,问这名女子每天分别织布多少 ”在该问题中,该女子第一天织布的尺数为(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.　　　　D.
4.在各项都是正数的等比数列{an}中,a1=1,a9=4a7.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,若Sm=31,求正整数m的值.
题组二　等比数列前n项和的性质
5.已知等比数列{an}的前n项和Sn满足S5=10,S10=40,则S20=　(　　)
A.130　　　　B.160　　　　C.390　　　　D.400
6.已知一个项数为偶数的等比数列{an},它的所有项之和为所有偶数项之和的4倍,前3项之积为64,则a1=(　　)
A.1　　　　B.4　　　　C.12　　　　D.36
7.等比数列{an}中, Sn为其前n项和,若Sn=3×2n+a,则a=　　　.
8.在等比数列{an}中,公比q=,前100项和S100=150,则a2+a4+a6+…+a100=　　　　.
题组三　与等比数列有关的数列求和
9.数列1,2,3,4,…的前n(n∈N+)项和为　　　　.
10.已知数列{an}是由正数组成的等比数列,且a5=256,a3+a4=20a2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=an+log2an,求数列{bn}的前n项和Tn.
11.已知{an}为正项等比数列,a6=a1a5=64.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{(3n-2)an}的前n项和Tn.
12.求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1(a≠0)的前n项和.
题组四　等比数列前n项和的综合应用
13.已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2 024=(　　)
A.　　　　　B.　　　　
C.　　　　　D.
14.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,a1>0,S5<3a1+a2+a4,则公比q的取值范围是(　　)
A.(-1,0)　　　　　B.(0,1)
C.(-1,1)　　　　　D.(-1,0)∪(0,1)
15.已知数列{an}是公比大于1的等比数列,其前n项和为Sn,且a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个实根,则S3=　　　　.
16.设正项等比数列{an}满足a1+a2=12,a3+a4=3,则a1a2…an的最大值为　　　　.
17.等比数列{an}的前n项和为Sn,a1-a3=3,S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为　　　　.
18.已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大正整数n的值.
19.已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设cn=an+(-1)nbn(n∈N+),求数列{cn}的前2n项和.
能力提升练
题组一　等比数列的前n项和的有关计算
1.已知数列{an}中,an=2×3n-1,则数列{}的前n项和为(　　)
A.-1　　　　B.　　　　C.　　　　D.-1
2.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,a3与S2分别为方程x2+3x-4=0的两个实根,则S4=(　　)
A.5　　　　B.8　　　　C.15　　　　D.-15
3.数列{an}中,a1=2,an+1=2an,若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.5
4.有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点,已知最底层正方体的棱长为4,若该塔形几何体由7个正方体构成,则该塔形几何体的表面积(含最底层正方体的底面积)为(　　)
A.127　　　　B.127　　　　C.143　　　　D.159
题组二　等比数列前n项和的性质及其应用
5.若数列{xn}满足lg xn+1=1+lg xn(n∈N+),且x1+x2+…+x100=100,则lg(x101+x102+…+x200)的值为(　　)
A.200　　　　B.120　　　　C.110　　　　D.102
6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2+a3=2,S6=9S3,则S9=(　　)
A.50　　　　B.100　　　　C.146　　　　D.128
7.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且210S30-(210+1)S20+S10=0,则公比q=　　　　.
题组三　与等比数列有关的数列求和
8.若数列{an}满足a1=0,a2=1,an=则数列{an}的前10项和为(　　)
A.60　　　　B.61　　　　C.62　　　　D.63
9.已知数列{an}满足a1=1,an+=0.
(1)证明数列是等差数列,并求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Sn.
10.已知数列{an}满足++…+=n-1+.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an+n,求数列{bn}的前(n+1)项和Tn+1.
题组四　等比数列前n项和的综合应用
11.如图,已知每行的数字之和构成的数列为等比数列,记该数列的前n项和为Sn,且bn=,将数列{bn}中的整数项依次取出组成新的数列{cn},则c20=(　　)
A.545　　　　B.51　　　　C.560　　　　D.48
12.如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到纸板P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得纸板P3,P4,…,Pn,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=　　　　,如果 n∈N+,Sn>恒成立,那么a的取值范围是　　　　.
13.数列{an}满足+++…+=.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn.若对任意正整数n,(3n+4)m≥(2n-5)××2n恒成立,求m的最小值.
答案与分层梯度式解析
1.B　设等比数列{an}的公比为q,则q===2,
所以{an}的前5项和为==31.故选B.
2.D　设等比数列{an}的公比为q,
则==3,则q3=3,
所以====4,故选D.
3.B　设该女子第n天织布an尺,则{an}是公比为2的等比数列,设其前n项和为Sn,
则S5==5,解得a1=.
故选B.
4.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,则q>0,
由a9=4a7得a7q2=4a7,易知a7≠0,所以q=2,
又a1=1,所以an=a1qn-1=2n-1.
(2)Sm==2m-1=31,解得m=5.
5.D　由等比数列的性质可知,S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等比数列,
则S5(S15-S10)=,即10(S15-40)=(40-10)2,解得S15=130,
又S5(S20-S15)=(S10-S5)(S15-S10),所以10(S20-130)=30×90,解得S20=400.
6.C　设数列{an}的前n项和为Sn则由题意可得S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇,
设等比数列{an}的公比为q,共有2k(k∈N+)项,
则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇,所以q=,
由a1a2a3==64,可得a2=4,因此a1==12.故选C.
7.答案　-3
解析　解法一:∵Sn=3×2n+a,
∴当n=1时,a1=S1=6+a;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3×2n+a)-(3×2n-1+a)=3×2n-1,∴a2=6,a3=12.
又{an}是等比数列,∴=a1a3,
∴62=(6+a)×12,解得a=-3,
此时a1=3,符合an=3×2n-1,且{an}是等比数列.
∴a=-3.
解法二:设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1,
∵Sn==-qn,
∴设=A,则Sn=-Aqn+A,
又Sn=3×2n+a,∴a=-3.
8.答案　50
解析　设T1=a1+a3+a5+…+a99,T2=a2+a4+a6+…+a100,则=q=,
所以S100=T1+T2=2T2+T2=3T2=150,所以T2=50.
故答案为50.
9.答案　-++1
解析　记该数列为{an},其前n项和为Sn,易得an=n+,
所以Sn=(1+2+3+…+n)+=+=-++1.
10.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,
由a3+a4=20a2,得a1q2+a1q3=20a1q,
∵{an}是由正数组成的等比数列,∴a1>0,q>0,
∴q2+q-20=0,解得q=4或q=-5(舍去),
又a5=256,所以a1q4=256,解得a1=1,
∴an=a1qn-1=4n-1.
(2)由(1)可得bn=an+log2an=4n-1+log24n-1=4n-1+2n-2,
∴Tn=(1+0)+(4+2)+(16+4)+…+(4n-1+2n-2)
=(1+4+16+…+4n-1)+(0+2+4+…+2n-2)
=+=+n2-n-.
11.解析　(1)因为{an}为正项等比数列,且a1a5==64,所以a3=8.
设等比数列{an}的公比为q,则q3==8,
解得q=2.
故an=a6qn-6=64×2n-6=2n.
(2)由(1)可得(3n-2)an=(3n-2)×2n,
所以Tn=1×21+4×22+7×23+…+(3n-2)×2n,
则2Tn=1×22+4×23+…+(3n-5)×2n+(3n-2)×2n+1,
两式相减,可得-Tn=2+3(22+23+…+2n)-(3n-2)×2n+1=2+3×-(3n-2)×2n+1=(5-3n)·2n+1-10.
故Tn=(3n-5)·2n+1+10.
12.解析　设该数列的前n项和为Sn.
当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,
则Sn==n2;
当a≠0且a≠1时,
Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1,①
aSn=a+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1+(2n-1)an,②
①-②,得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,
即(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2×=1-(2n-1)an+,
∴Sn=+.
综上,Sn=
13.A　依题意得a1+a2=1,所以an+an+1=2n-1,
当n≥2时,an-1+an=2n-2,则an+1-an-1=2n-2,
所以a2 024=a2+(a4-a2)+(a6-a4)+…+(a2 024-a2 022)
=1+2+23+25+…+22 021=1+=,
故选A.
14.D　因为S5=a1+a2+a3+a4+a5=a1(1+q+q2+q3+q4),3a1+a2+a4=a1(3+q+q3),且a1>0,S5<3a1+a2+a4,所以1+q+q2+q3+q4<3+q+q3,即q4+q2-2<0,
所以015.答案　7
解析　因为x2-5x+4=0,所以(x-1)(x-4)=0,解得x=1或x=4,因为数列{an}是公比大于1的等比数列,所以a1=1,a3=4,设公比为q(q>1),则q2==4,则q=2,所以S3===7.
16.答案　64
解析　设等比数列{an}的公比为q(q>0),
由可得
所以所以a1a2…an=q1+2+…+(n-1)=8n×=,
于是当n=3或n=4时,a1a2…an取得最大值,为26=64.
17.答案　4
解析　设等比数列{an}的公比为q,
由已知得S3-S1=S2-S3,即a2+a3=-a3,
∴a3=-a2,∴q=-,
又a1-a3=a1-a1q2=3,∴a1=4.
当n为奇数时,Sn=×≤×=4;
当n为偶数时,Sn=×<.
综上,Sn的最大值为4.
18.解析　(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1,
因为an>0,所以q>0,
依题意可得即
故q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去),
所以an=a3qn-3=2n-1.
(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,
故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)
=2n-1+,
显然,Tn随着n的增大而增大,
又T10=210-1+45=1 068<2 024,
T11=211-1+55=2 102>2 024,
所以满足Tn<2 024的最大正整数n的值为10.
19.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
则q==3,a1=b1==1,a14=b4=b3q=27,
故a14=a1+13d=1+13d=27,所以d=2,
所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.
(2)由(1)可得bn=3n-1,故(-1)nbn=-(-3)n-1,
所以cn=2n-1-(-3)n-1,
所以数列{cn}的前2n项和为(a1+a2+…+a2n)-[1+(-3)+…+(-3)2n-1]=-=4n2+-.
能力提升练
1.B　因为===9,且=4,
所以{}是首项为4,公比为9的等比数列,
所以{}的前n项和为=.
2.A　设等比数列{an}的公比为q,由x2+3x-4=0,可得x1=-4,x2=1,
因为a3与S2分别为方程x2+3x-4=0的两个实根,
所以或
若则解得
若则无实数解.
所以S4==5.
3.C　∵an+1=2an,∴=2,
∴数列{an}是以a1=2为首项,2为公比的等比数列,
∴an=2×2n-1=2n,∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10==2k+1×(210-1),
又ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25=25×(210-1),
∴2k+1=25,∴k+1=5,解得k=4.故选C.
4.答案　D　
信息提取　①该塔形几何体是由7个正方体构成的,且从下到上各正方体的棱长构成首项为4,公比为的等比数列;②该塔形几何体的表面积=2×最底层正方体的下底面面积+4×各层正方体的下底面面积之和.
数学建模　本题以立体图形的表面积计算为背景,建立等比数列模型,利用等比数列的前n项和公式求解.
解析　设由下到上各层正方体的棱长构成数列{an},
由题意可得,{an}是首项为4,公比为的等比数列,
所以an=4×,
则各层正方体的下底面面积为=16×=,
该塔形几何体由7个正方体构成,则该塔形几何体的表面积为2×42+4×=32+4×=159.
5.D　因为lg xn+1=1+lg xn,
所以lg xn+1-lg xn=lg=1,所以=10,
所以数列{xn}是以10为公比的等比数列,
所以lg(x101+x102+…+x200)=lg[(x1+x2+…+x100)×10100]=lg(100×10100)=102.故选D.
6.C　由题意得S3=a1+a2+a3=2,所以S6=9S3=18,所以S6-S3=18-2=16,
根据等比数列的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6为等比数列,
故=S3(S9-S6),即162=2(S9-18),
故S9=146.
7.答案　
解析　由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10.
又Sn为正项等比数列{an}的前n项和,故S20-S10≠0,∴=,
∵数列{an}是等比数列,其公比为q,
∴==q10,
故q10=,解得q=±,
∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=.
方法技巧　已知公比为q(q≠0)的等比数列的前n项和为Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的关系或Sn与Sm的关系时考虑应用以下两个性质:
　　①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等比数列,其公比为qn(q≠-1).
　　②Sn+m=Sn+qnSm.
8.B　当n≥3且n为奇数时,an-an-2=3,
又a1=0,所以a1+a3+a5+a7+a9==30,
当n≥3且n为偶数时,an=2an-2,
又a2=1,所以a2+a4+a6+a8+a10==25-1=31,
所以数列{an}的前10项和为(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8+a10)=30+31=61.故选B.
9.解析　(1)若an+1=0,则an=0,这与a1=1矛盾,∴an+1≠0,an+=0可变形为2anan+1-an+an+1=0,
整理可得-=2,∴数列是以=1为首项,2为公差的等差数列,∴=1+2(n-1)=2n-1,
∴an=.
(2)由(1)得===,
所以Sn=+++…+,
Sn=++…++,
两式相减,得Sn=+++…+-=-=1-,
所以Sn=2-.
10.解析　(1)由题意知++…+=n-1+①,
当n=1时,=1,所以a1=2;
当n≥2时,++…+=n-2+②,
①-②,得=n-1+-=1-(n≥2),
所以an=2n-2(n≥2).
因为a1=2不满足上式,
所以数列{an}的通项公式为an=
(2)由(1)可得,bn=an+n=
所以Tn+1=b1+b2+b3+…+bn+bn+1
=3+(22+23+…+2n+1)+(0+1+2+…+n-1)
=3++
=3+2n+2-4+=2n+2-1+,
所以Tn+1=2n+2-1+.
11.B　由题图知,每行的数字之和构成的等比数列的各项依次为20,21,22,23,…,易知其公比为2,
∴Sn==2n-1,∴bn=,
则数列{bn}的整数项依次为4,6,9,11,14,16,…,
∴数列{cn}的偶数项是以6为首项,5为公差的等差数列,
∴c2n=6+5(n-1)=5n+1,∴c20=5×10+1=51.故选B.
12.答案　a2;[,+∞)
解析　第一块纸板的面积S1=π(2a)2=2πa2,
第二块纸板的面积S2=2πa2-πa2=πa2,
第三块纸板的面积S3=πa2-π=πa2,
……
第n块纸板的面积Sn=2πa2
-=2πa2-2πa2
=2πa2-2πa2×=2πa2,
要使得 n∈N+,Sn>恒成立,只需≥,解得a2≥506,故a∈[,+∞).
13.解析　(1)因为+++…+=①,
所以当n=1时,=,解得a1=1;
当n≥2时,++…+=②,
①-②得=-(n≥2),整理得an=2n-1(n≥2),
又a1=1适合上式,所以an=2n-1(n∈N+).
(2)由(1)可得bn==,
所以Sn=1+++…+,
Sn=++…++,
两式相减得Sn=1+++…+-=-=-×-,
整理得Sn=-.
因为对任意正整数n,(3n+4)m≥(2n-5)××2n恒成立,
所以(3n+4)m≥×2n,即m≥×恒成立.
设Tn=,则Tn+1-Tn=-=,
当n≤3时,Tn+1-Tn>0,即Tn+1>Tn;
当n≥4时,Tn+1-Tn<0,即Tn+1故Tn的最大值为T4=,
所以m≥×=,故m的最小值是.
29(共16张PPT)
3.1 等比数列的概念及其通项公式
§3 等比数列
知识点 1 等比数列的概念
知识 清单破
文字语言 如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比值都是同一个常数,那么称这样的数列为等比数列,称这个常数为等比数列的公比,通常用字母q表示(q≠0)
数学符号 在数列{an}中,如果 =q(n∈N+)或 =q(n≥2,n∈N+)成立,那么称该数列为等比数列,称常数q为等比数列的公比
递推关系 =q(n∈N+)或 =q(n≥2,n∈N+)
知识点2　
　　若等比数列{an}的首项是a1,公比是q,则其通项公式为an=a1qn-1(a1≠0,q≠0).
当q>0且q≠1,a1≠0时,an=f(n)= ·qn为指数型函数.
知识点 2 等比数列的通项公式
知识点3　
如果在a与b之间插入一个数G,使得a,G,b成等比数列,那么根据等比数列的定义, = ,G2=
ab,G=± .我们称G为a,b的等比中项.
显然,在一个等比数列中,从第2项起,每一项(有穷等比数列的末项除外)都是它的前一项与后
一项的等比中项.
知识点 3 等比中项
a1的正负 q的范围 数列{an}的增减性
a1>0 0q>1 递增数列
a1<0 0q>1 递减数列
知识点 4 等比数列的增减性
　　当q<0或q=1时,数列{an}不具有增减性.
知识点5　
1.通项公式的推广:an=am·qn-m(m,n∈N+).
2.若{an}是等比数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N+),则akal=aman;特别地,若m+n=2r(m,n,r∈N+),则aman=
.
3.公比为q的等比数列{an}中,相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列,即ak,ak+m,ak+2m,…仍是
等比数列,公比为qm,其中k,m∈N+.
4.若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0), ,{ },{anbn}, 仍是等比数列.
5.若数列{an}是各项均为正数且公比为q(q>0)的等比数列,则数列{logaan}(a>0且a≠1)是公差
为logaq的等差数列.
知识点 5 等比数列的简单性质
判断正误,正确的画“√”,错误的画“ ”.
1.站成一排的10名学生中,若从左数的第2名学生起,每一名学生与其左边的学生的年龄(单
位:岁)的比值都是常数,则这排从左至右排列的学生的年龄(单位:岁)构成一个等比数列. (　 )
2.已知三个人的体重(单位:千克)依次构成等比数列,且第一、三个人的体重(单位:千克)分别
为20,80,则第二个人的体重(单位:千克)为40. (　 )
3.若an+1=qan,n∈N+,且q≠0,则{an}是等比数列. (　 )
4.任何两个数都有等比中项. (　 )
5.常数列既是等差数列,又是等比数列. (　 )
知识辨析

提示

提示

提示

提示
比值都是同一个常数才构成等比数列.
当a1=0时,an=0(n∈N+),{an}不是等比数列.
当两个数a,b异号时,ab<0,G2=ab<0,无实数解,此时a与b没有等比中项.
常数列0,0,0,…是等差数列,但不是等比数列.而非零常数列既是等差数列,又是等比数列.
√
　　判定或证明一个数列是等比数列时,常用的方法有:
(1)定义法: =q(an≠0,q≠0,n∈N+) {an}为等比数列;
(2)等比中项法: =anan+2(n∈N+且an≠0) {an}为等比数列;
(3)通项公式法:an=a1qn-1(a1≠0且q≠0) {an}为等比数列.
注意:证明一个数列是等比数列只能从两个方面入手,一是利用定义,二是利用等比中项.而判
定一个数列是等比数列,除这两种证明方法可作为判定依据外,还可以利用等比数列的通项
公式进行判定.
讲解分析
疑难 情境破
疑难 1 等比数列的判定(证明)
已知Sn为数列{an}的前n项和,且满足4Sn-2an=2n(n∈N+),设bn=an+an+1,证明:数列{bn}是等比
数列.
典例
证明 因为4Sn-2an=2n,
所以4Sn+1-2an+1=2n+1,
两式相减得4an+1-2an+1+2an=2n+1-2n,
整理可得an+1+an=2n-1,即bn=2n-1,
故 = =2,所以数列{bn}是等比数列.
1.等比数列{an}的通项公式an=a1qn-1(a1≠0,q≠0)中含有四个量:a1,q,n,an,可知三求一,进行适当
的变形以便于灵活应用.
2.当数列{an}不是等比数列时,往往需要利用待定系数法构造与之相关的等比数列.利用等比
数列的通项公式求出包含an的关系式,进而求出an.常见类型有:
(1)an+1=can+d(c≠1,cd≠0)可化为an+1- =c ,当a1- ≠0时,数列 为等比
数列;也可消去常数项,由an+1=can+d,an=can-1+d(n≥2,n∈N+),两式相减,得an+1-an=c(an-an-1)(n≥2,n
∈N+),当a2-a1≠0时,数列{an+1-an}是公比为c的等比数列.
(2)an+1=can+dn(cd≠0,c≠d)可化为an+1- =c 或将递推公式两边同除以dn+1化为(1)
讲解分析
疑难 2 等比数列的求解及应用
中类型;也可将递推公式两边同除以cn+1,然后利用累加法求通项公式.
(3)an+1=can+dn+t(cdt≠0,c≠1)可化为an+1- =c +dn,即(2)中类型.
在数列{an}中,已知a1=1,an+1=3an+2,求数列{an}的通项公式.
典例
思路点拨 思路一:引入参数λ,使an+1+λ=3(an+λ),利用数列{an+λ}为等比数列求解.
思路二:通过观察递推公式的特征,直接消去常数项,利用等比数列求通项公式.
解析 解法一:令an+1+λ=3(an+λ),
即an+1=3an+2λ,
又an+1=3an+2,∴λ=1,
∴an+1+1=3(an+1).
∵a1+1=2,∴数列{an+1}是以2为首项,3为公比的等比数列,
∴an+1=2×3n-1,即an=2×3n-1-1.
解法二:∵an+1=3an+2,
∴an=3an-1+2(n≥2),
两式相减,得an+1-an=3(an-an-1)(n≥2).
∵a2-a1=3a1+2-a1=2a1+2=4,
∴数列{an+1-an}是首项为4,公比为3的等比数列,
∴an+1-an=4×3n-1.
∴3an+2-an=4×3n-1,
∴an=2×3n-1-1.
疑难3
1.解决与等比数列有关的问题时,若按常规的解题方法,则需建立关于首项和公比的方程(组)
求解,常常涉及次数较高的指数运算,运算量比较大,解题烦琐,如果结合等比数列的有关性质
来求解,那么会起到化繁为简的效果.
2.在应用等比数列的性质解题时,需时刻注意等比数列性质成立的前提条件.
讲解分析
疑难 3 等比数列性质的应用
(1)在等比数列{an}中,an>0,若a3a5=4,则a1a2a3a4a5a6a7=　　　 ;
(2)设{an}为公比q>1的等比数列,若a2 021和a2 022是方程4x2-8x+3=0的两实根,则a2 033+a2 034=　　 ;
(3)在等比数列{an}中,已知a4a7=-512,a3+a8=124,且公比q为整数,则an=　　　 .
典例
128
2×312
-(-2)n-1
解析 (1)a3a5= =4,
又an>0,所以a4=2,
所以a1a2a3a4a5a6a7=(a1a7)(a2a6)(a3a5)a4= a4= =27=128.
(2)解方程4x2-8x+3=0得x1= ,x2= ,
因为q>1,所以a2 021= ,a2 022= ,故q=3,
所以a2 033+a2 034=a2 021q12+a2 022q12=(a2 021+a2 022)q12=2×312.
(3)由a4a7=-512得a3a8=-512,
又a3+a8=124,所以a3=-4,a8=128或a3=128,a8=-4,
因为公比q为整数,所以a3=-4,a8=128,
所以q= =- =-2,
故an=a3qn-3=-4×(-2)n-3=-(-2)n-1.

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