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1、优秀学习资料欢迎下载 学案 30 等比数列及其前n项和 导学目标： 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.4. 能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比 数列的有关知识解决相应的问题 自主梳理 1等比数列的定义 如果一个数列从第2 项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零 ) ，那么这个 数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的_，通常用字母 _表示 (q0) 2等比数列的通项公式 设等比数列 an的首项为a1，公比为q，则它的通项an_. 3等比中项： 如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数
2、列，那么G叫做a与b的等比中 项 4等比数列的常用性质 (1) 通项公式的推广：anam_ (n，mN * ) (2) 若an为等比数列， 且klmn(k，l，m，nN * )， 则_ (3) 若an，bn( 项数相同 ) 是等比数列，则 an ( 0)， 1 an ，a 2 n ，anbn ， an bn 仍是等比数列 (4) 单调性： a10， q1 或 a10， 01 ? an 是_数列；q1? an 是_数列；q1 ，令bnan1 (n1,2 ，) ，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a
3、n中，a1a5 2a2a6a3a7100，a2a42a3a5a4a636，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，a1an66，a2an 1 128，Sn126，求n和q. 探究点二等比数列的判定 例 2(2011岳阳月考) 已知数列 an的首项a15，前n项和为Sn，且Sn12Snn 5，nN * . (1) 证明数列 an1 是等比数列； (2) 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a12a23a3nan(n1)Sn2n(n N *) (1) 求a2，a3的值； (2) 求证：数列 Sn 2 是等比数列 探究点
4、三等比数列性质的应用 例 3(2011湛江月考)在等比数列 an中，a1a2a3a4a58， 且 1 a1 1 a2 1 a3 1 a4 1 a52，求 a3. 变式迁移 3 (1) 已知等比数列an 中，有a3a114a7，数列 bn 是等差数列，且b7a7， 优秀学习资料欢迎下载 求b5b9的值； (2) 在等比数列 an 中，若a1a2a3a41，a13a14a15a168，求a41a42a43a44. 分类讨论思想与整体思想的应用 例(12 分 ) 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 6 560 ， 且前n项中数值最大的项为54，求此数列的第2n项 【答题
5、模板】 解设数列 an的公比为q， 若q1，则Snna1，S2n2na12Sn. S2n6 5602Sn160，q1， 2 分 由题意得 a1q n 1q 80， a1q 2n 1q 6 560. 4 分 将整体代入得80(1 q n) 6 560 ， q n81.6 分 将q n81 代入得 a1(1 81)80(1 q) ， a1q1，由a10，得q1， 数列 an 为递增数列8 分 ana1q n1a1 q q n81a1 q 54. a1 q 2 3.10 分 与a1q1 联立可得a1 2，q3， a2n23 2n1 ( nN * ) 12 分 【突破思维障碍】 (1) 分类讨论的思想
6、：利用等比数列前n项和公式时要分公比q1 和q1 两种情况 讨论；研究等比数列的单调性时应进行讨论：当a10，q1或a11 或a10,00 且q1)常和指数函数相联系(3) 整体思想：应用等比数列前n项和时，常把q n， a1 1q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q n 和a 1q n 1q 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 1 等比数列的通项公式、 前n项公式分别为ana1q n 1， Sn na1，q 1， a1q n 1q ，q1. 2等比数列的判定方法： 优秀学习资料欢迎下载 (1
7、) 定义法：即证明 an1 an q (q0，nN * ) (q是与n值无关的常数) (2) 中项法：证明一个数列满足a 2 n1anan2 (nN *且 anan1an20) 3等比数列的性质： (1)anamq n m (n，mN * ) ； (2) 若an为等比数列，且klmn (k，l，m，n N * ) ，则akalaman； (3) 设公比不为 1 的等比数列 an 的前n项和为Sn，则Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数 列，其公比为q n. 4在利用等比数列前n项和公式时，一定要对公比q1 或q1 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
8、： (1) 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； (2) 若an是等比数列，且an0，则 lg an 构成等差数列 ( 满分： 75 分) 一、选择题 ( 每小题 5 分，共 25 分) 1(2010辽宁 ) 设an是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和已知a2a41，S3 7，则S5等于 ( ) A. 15 2 B. 31 4 C. 33 4 D.17 2 2 (2010 浙 江 ) 设Sn为 等 比 数 列 an 的 前n项 和 ， 8a2a5 0， 则 S5 S2 等 于 ( ) A 11 B 8 C5 D11 3在各项都为正数的等比数列an中，a13，前三项的
9、和S321，则a3a4a5等于 ( ) A33 B 72 C84 D189 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 ( ) AT10BT13CT17DT25 5 (2011佛山模拟 ) 记等比数列 an的前n项和为Sn， 若S32，S618， 则 S10 S5 等于 ( ) A 3 B 5 C 31 D33 题号12345 答案 二、填空题 ( 每小题 4 分，共 12 分) 6 设an是公比为正数的等比数列，若a11，a516， 则数列 an 前 7 项的和为 _ 7(2011平顶山月考) 在等比数列 a
10、n中，公比q2，前 99 项的和S9930，则a3 a6a9a99_. 8(2010福建 )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 ( 共 38 分) 9(12 分)(2010 陕西 ) 已知 an是公差不为零的等差数列，a11，且a1，a3，a9成等 比数列 (1) 求数列 an 的通项； (2) 求数列 2an的前n项和Sn. 优秀学习资料欢迎下载 10(12 分)(2011 廊坊模拟) 已知数列 log 2(an1) 为等差数列，且a1 3，a25. (1) 求证：数列 an 1 是等比数列； (2) 求 1 a2a1 1
11、a3a2 1 an1an的值 11(14 分) 已知等差数列 an 的首项a11，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nN *均有c1 b1 c2 b2 cn bn an1成立，求c1c2c3c2 010. 答案自主梳理 1公比q2.a1q n1 4.(1)q nm (2)akalaman (4) 递增递减常摆动6.q n 自我检测 1D 2.B 3.B 4.C 5. 9 课堂活动区 例 1 解题导引(1) 在等比数列的通项公式和前n项和公式中共有a1，an
12、，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； (2) 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： a 2 1q 42a2 1q 6 a 2 1q 8100， a 2 1q 42a2 1q 6 a 2 1q 836. ，得4a 2 1q 664， a 2 1q 616. 代入，得 16 q 2216 16q 2100. 解得q 24 或 q 21 4. 又数列 an 为正项数列，q2 或 1 2. 当q2 时，
13、可得a1 1 2， an 1 22 n 12n2， Sn 1 2 (1 2 n) 12 2 n11 2； 优秀学习资料欢迎下载 当q1 2时，可得 a132. an32 1 2 n126n . Sn 32 1 1 2 n 1 1 2 642 6n . 方法二a1a5a2a4a 2 3，a2a6a3a5，a3a7a4a6a 2 5， 由 a1a52a2a6a3a7 100， a2a42a3a5a4a6 36， 可得 a 2 32a3a5a 2 5100， a 2 32a3a5a 2 536， 即 (a3a5) 2100， (a3a5) 236. a3a510， a3a56. 解得 a38， a5
14、2， 或 a32， a58. 当a38，a52 时，q 2a5 a3 2 8 1 4. q0，q 1 2 ，由a3a1q 28， 得a132，an32 1 2 n126n . Sn 322 6n1 2 1 1 2 642 6n. 当a32，a58 时，q 28 24，且 q0， q2. 由a3a1q 2 ，得a1 2 4 1 2. an 1 22 n 12n2. Sn 1 2(2 n1) 21 2 n11 2. 变式迁移 1 解由题意得 a2an1a1an128， a1an66， 解得 a164， an2 或 a12， an64. 若 a164， an2， 则Sna 1anq 1q 64 2q
15、 1q 126， 优秀学习资料欢迎下载 解得q 1 2，此时， an264 1 2 n1， n6. 若 a12， an64， 则Sn264 q 1q 126，q2. an6422 n1. n6. 综上n6，q2 或 1 2. 例 2 解题导引(1) 证明数列是等比数列的两个基本方法： an1 an q (q为与n值无关的常数 )(nN * ) a 2 n1anan2 (an0，nN * ) (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 (1) 证明由已知Sn 12Snn5，nN *， 可得n2 时，Sn2Sn1n4， 两式相减得Sn1Sn 2(S n
16、Sn1) 1， 即an12an 1，从而an11 2(an 1) ， 当n1 时，S22S1 15， 所以a2a12a16， 又a15，所以a211， 从而a212(a11)， 故总有an 112(an1)，nN *， 又a15，a110，从而 an11 an1 2， 即数列 an 1 是首项为6，公比为2 的等比数列 (2) 解由(1) 得an162 n 1， 所以an62 n11， 于是Sn6 (1 2 n) 1 2 n62 n n6. 变式迁移2 (1) 解a12a23a3nan (n1)Sn2n(nN *) ，当 n1 时， a121 2； 当n2 时，a12a2 (a1a2) 4，a
17、2 4； 当n3 时，a12a2 3a32(a1a2a3) 6， a38. (2) 证明a12a2 3a3nan (n1)Sn2n(n N * ) ， 当n2 时，a12a23a3 (n1)an1 (n2)Sn12(n1) 得nan(n1)Sn(n2)Sn12n(SnSn1) Sn2Sn12nanSn2Sn1 2. Sn2Sn 120，即Sn2Sn12， Sn22(Sn1 2) S1240，Sn 120， Sn2 Sn122， 故Sn2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mnpq，则amanapaq
18、”，可以减少运算量，提高解题速度 解由已知得 优秀学习资料欢迎下载 1 a1 1 a2 1 a3 1 a4 1 a5 a1a5 a1a5 a 2a4 a2a4 a3 a 2 3 a1a2a3a4a5 a 2 3 8 a 2 3 2， a 2 34，a32. 若a3 2，设数列的公比为q， 则 2 q 2 2 q 22q 2q 28， 即 1 q 2 1 q1 qq 2 1 q 1 2 2 q 1 2 21 2 4. 此式显然不成立，经验证，a32 符合题意，故a32. 变式迁移 3 解(1) a3a11a 2 7 4a7， a70，a74，b7 4， bn 为等差数列，b5b92b78. (2
19、)a1a2a3a4a1a1qa1q 2 a1q 3a4 1q 61. a13a14a15a16a1q 12a 1q 13 a1q 14 a1q 15 a 4 1q 548. ： a 4 1q 54 a 4 1q 6q 488? q 162， 又a41a42a43a44a1q 40 a1q 41 a1q 42 a1q 43 a 4 1q 166 a 4 1q 6 q 160( a 4 1q 6) (q16)10 12 101 024. 课后练习区 1B an 是由正数组成的等比数列，且a2a41， 设 an的公比为q，则q0，且a 2 31，即a31. S37，a1a2a3 1 q 2 1 q1
20、7，即 6q 2 q 10. 故q1 2或 q 1 3( 舍去 ) ， a1 1 q 24. S5 4(1 1 2 5) 1 1 2 8(1 1 2 5) 31 4 . 2A 由 8a2a50，得 8a1qa1q 40，所以 q 2，则 S5 S2 a1(1 2 5) a1(1 2 2) 11. 3C 由题可设等比数列的公比为q， 则 3(1 q 3) 1q 21? 1qq 27? q 2 q60 ? (q3)(q 2)0， 根据题意可知q0，故q2. 所以a3a4a5q 2S 3421 84. 4C a3a6a18a 3 1q 25 17( a1q 8)3a3 9，即a9为定值，所以下标和为
21、9 的倍数的积为定 值，可知T17为定值 5D 因为等比数列an中有S32，S618， 优秀学习资料欢迎下载 即 S6 S3 a1(1q 6) 1q a1(1q 3) 1q 1q 318 2 9， 故q2，从而 S10 S5 a1(1 q 10) 1q a1(1 q 5) 1q 1q 512533. 6127 解析公比q 4a5 a116，且 q0，q2， S7 12 7 1 2 127. 7. 120 7 解析S99 30，即a1(2 991) 30， 数列a3，a6，a9，a99也成等比数列且公比为8， a3a6a9a994a 1(1 8 33) 18 4a1(2 991) 7 4 730
22、 120 7 . 84 n1 解析等比数列 an 的前 3 项之和为21，公比q4， 不妨设首项为a1，则a1a1qa1q 2 a1(1 416) 21a121，a11，an14 n1 4 n 1. 9解(1) 由题设知公差d0， 由a11，a1，a3，a9成等比数列， 得 12d 1 18d 12d， (4 分) 解得d1 或d0( 舍去 ) 故an 的通项an1(n1)1n. (7 分) (2) 由(1) 知 2an2 n，由等比数列前 n项和公式， 得Sn22 223 2n2(1 2 n) 12 2 n1 2. (12 分) 10(1) 证明设 log2(an1) log2(an11)
23、d (n2)，因为a13，a2 5，所以d log2(a21)log2(a11)log24log22 1，(3 分) 所以 log2(an1) n，所以an12 n， 所以 an1 an112 ( n2)，所以 an1 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列(6 分) (2) 解由(1) 可得an1(a11)2 n1， 所以an2 n1， (8 分) 所以 1 a2a1 1 a3a2 1 an 1an 优秀学习资料欢迎下载 1 2 22 1 2 3 22 1 2 n12n 1 2 1 2 2 1 2 n 1 1 2 n. (12 分) 11解(1) 由已知有a21d，a514d，a14 11
24、3d， (1 4d) 2(1 d)(1 13d) 解得d2(d0舍 ) (2 分) an1 (n1)2 2n1. (3 分) 又b2a23，b3a59， 数列 bn 的公比为3， bn33 n 2 3n1. (6 分) (2) 由c 1 b1 c2 b2 cn bn an1得 当n2时， c1 b1 c2 b2 cn1 bn1 an. 两式相减得： 当n2 时， cn bn an1an2. (9 分) cn2bn23 n1 ( n2) 又当n1 时， c1 b1a 2，c13. cn 3 (n1) 23 n 1 ( n2) . (11 分) c1c2c3c2 010 3623 2 010 13 3( 33 2 010) 32 010. (14 分)