高考数学一轮复习第六章数列第三节等比数列教案理苏教版.docx

第三节 等比数列1等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为q.(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项即：G是a与b的等比中项a，G，b成等比数列G2ab.2等比数列的有关公式(1)通项公式：ana1qn1.(2)前n项和公式：Sn3等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anamqnm(n，mN*)；(2)若mnpq2k(m，n，p，q，kN*)，则amanapaqa；(3)若数列an，bn(项数相同)是等比数列，则an，a，anbn，(0)仍然是等比数列；(4)在等比数列an中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，ank，an2k，an3k，为等比数列，公比为qk.小题体验1设Sn是等比数列的前n项和，若a11，a632，则S3_.答案：72在等比数列an中，若a11，a3a54(a41)，则a7_.解析：法一：设等比数列an的公比为q，因为a11，a3a54(a41)，所以q2q44(q31)，即q64q340，q32，所以a7q64.法二：设等比数列an的公比为q, 由a3a54(a41)得a4(a41)，即a4a440，所以a42，因为a11，所以q32，a7q64.答案：43(2018南京学情调研)已知各项均为正数的等比数列an，其前n项和为Sn.若a2a578，S313，则数列an的通项公式an_.解析：设等比数列an的公比为q(q0)，则由题意得两式相除得q2q60，即q3或q2(舍去)，从而得a11，所以数列an的通项公式为an 3n1.答案：3n11特别注意q1时，Snna1这一特殊情况2由an1qan，q0，并不能立即断言an为等比数列，还要验证a10.3在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q1与q1分类讨论，防止因忽略q1这一特殊情形而导致解题失误4Sn，S2nSn，S3nS2n未必成等比数列(例如：当公比q1且n为偶数时，Sn，S2nSn，S3nS2n不成等比数列；当q1或q1且n为奇数时，Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列)，但等式(S2nSn)2Sn(S3nS2n)总成立小题纠偏1(2019扬州质检)在等比数列中，若a37，前3项和S321，则公比q_.解析：由已知得则3，整理得2q2q10，解得q1或q.答案：1或2各项均为正数的等比数列的前n项和为Sn，若S102，S3014，则S40_.解析：依题意有S10，S20S10，S30S20，S40S30仍成等比数列，则2(14S20)(S202)2，解得S206.所以S10，S20S10，S30S20，S40S30，即为2,4,8,16，所以S40S301630.答案：30典例引领1(2019苏北四市调研)在各项均为正数的等比数列中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_解析：设等比数列的公比为q，由a21，a8a62a4得q6q42q2，q4q220，解得q22，则a6a2q44.答案：42(2018南通一调)设等比数列an的前n项和为Sn，若S23，S415，则S6_.解析：法一：设等比数列an的首项为a1，公比为q.显然q1，由题意得解得或所以S663或S663.法二：由S2，S4S2，S6S4成等比数列可得(S4S2)2S2(S6S4)，所以S663.答案：63由题悟法解决等比数列有关问题的2种常用思想方程的思想等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解分类讨论的思想等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q1时，an的前n项和Snna1；当q1时，an的前n项和Sn即时应用1(2019如东调研)设等比数列的前n项和为Sn.若27a3a60，则_.解析：设等比数列的公比为q，则q327，所以111q328.答案：282(2018苏北四市期末)已知等比数列an的前n项和为Sn，若S22a23，S32a33，则公比q_.解析：显然q1，由题意得整理得解得q2.答案：2典例引领(2019南京高三年级学情调研)已知数列an的各项均为正数，记数列an的前n项和为Sn，数列a的前n项和为Tn，且3TnS2Sn，nN*.(1)求a1的值；(2)求证数列an为等比数列，并求其通项公式；(3)若k，tN*，且S1，SkS1，StSk成等比数列，求k和t的值解：(1)由3T1S2S1，得3aa2a1，即aa10.因为a10，所以a11. (2)证明：因为3TnS2Sn， 所以3Tn1S2Sn1， ，得3aSS2an1.因为an10，所以3an1Sn1Sn2， 所以3an2Sn2Sn12， ，得3an23an1an2an1，即an22an1，所以当n2时，2.又由3T2S2S2，得3(1a)(1a2)22(1a2)，即a2a20.因为a20，所以a22，所以2，所以对nN*，都有2成立，故数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列an的通项公式为an2n1，nN*.(3)由(2)可知Sn2n1.因为S1，SkS1，StSk成等比数列，所以(SkS1)2S1(StSk)，即(2k2)22t2k，所以2t(2k)232k4，即2t2(2k1)232k21(*)由于SkS10，所以k1，即k2.当k2时，2t8，得t3.当k3时，由(*)，得(2k1)232k21为奇数，所以t20，即t2，代入(*)得22k232k20，即2k3，此时k无正整数解综上，k2，t3.由题悟法等比数列的4种常用判定方法定义法若q(q为非零常数，nN*)或q(q为非零常数且n2，nN*)，则an是等比数列中项公式法若数列an中，an0且aanan2(nN*)，则数列an是等比数列通项公式法若数列通项公式可写成ancqn1(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列前n项和公式法若数列an的前n项和Snkqnk(k为常数且k0，q0,1)，则an是等比数列提醒(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于填空题中的判定(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可即时应用(2018苏州高三期中调研)已知数列an的前n项和是Sn，且满足a11，Sn13Sn1 (nN*)(1)求证：数列an为等比数列，并求其通项公式；(2)在数列bn中，b13，bn1bn(nN*)，若不等式anbnn2对nN*有解，求实数的取值范围解：(1)证明：因为Sn13Sn1，所以Sn3Sn11(n2)，两式相减得an13an(n2)，又当n1时，由S23S11，得a23，符合a23a1，所以an13an，所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，通项公式为an3n1.(2)因为bn1bn3，所以bn是以3为首项，3为公差的等差数列，所以bn33(n1)3n，所以anbnn2，即3n13nn2，即对nN*有解，设f(n)(nN*)，因为f(n1)f(n)，所以当n4时，f(n1)f(n)，当n4时，f(n1)f(n)，所以f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)f(6)，所以f(n)maxf(4)，所以，即实数的取值范围为.典例引领1(2018南京调研)已知各项不为0的等差数列an满足a6aa80，数列bn是等比数列，且b7a7，则b2b8b11_.解析：由等差数列的性质，得a6a82a7.由a6aa80，可得a72，所以b7a72.由等比数列的性质得b2b8b11b2b7b12b238.答案：82设等比数列的前n项积为Tn(nN*)，若am1am12am0，且T2m1128，则m_.解析：因为为等比数列，所以am1am1a.又am1am12am0，所以得am2.因为T2m1a，所以22m1128，解得m4.答案：43在等比数列an中，若a7a8a9a10，a8a9，则_.解析：因为，由等比数列的性质知a7a10a8a9，所以.答案：由题悟法掌握运用等比数列性质解题的2个技巧(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a1，q满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件(2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：若an是等比数列，且an0，则logaan(a0且a1)是以logaa1为首项，logaq为公差的等差数列若公比不为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qn.即时应用1(2019张家港调研)已知等比数列的各项均为正数，且满足a1a94，则数列log2an的前9项之和为_解析：a1a9a4，a52，log2a1log2a2log2a9log2(a1a2a9)log2a9log2a59.答案：92(2018镇江调研)在正项等比数列an中，已知a1a2a34，a4a5a612，an1anan1324，则n_.解析：设数列an的公比为q，由a1a2a34aq3与a4a5a612aq12，可得q93，an1anan1aq3n3324，因此q3n68134q36，所以3n636，即n14.答案：14一抓基础，多练小题做到眼疾手快1(2019如东中学检测)已知等比数列an的公比q，则_.解析：2.答案：22(2018盐城期中)在等比数列an中，已知a1a21，a3a42，则a9a10_.解析：设等比数列an的公比为q，则a3a4q2(a1a2)，所以q22，所以a9a10q8(a1a2)16.答案：163(2018苏州期末)设各项均为正数的等比数列的前n项和为Sn，已知a26，a33a112，则S5_.解析：a26，a33a112，且q0，解得a12，q3，S5242.答案：2424在等比数列an中，若a1a516，a48，则a6_.解析：由题意得，a2a4a1a516，所以a22，所以q24，所以a6a4q232.答案：325(2019南京一模)若等比数列的前n项和为Sn，且a11，S63S3，则a7的值为_解析：设等比数列的公比为q，因为a11，S63S3，当q1时，不满足S63S3；当q1时，可得，化简得q313，即q32，所以a7a1q64.答案：46(2018常州期末)已知等比数列an的各项均为正数，且a1a2，a3a4a5a640，则的值为_解析：两式相除可得q2q490，即q210(舍)或q29.又an0，所以q3，故a1，所以a7a8a93435361 053，即117.答案：117二保高考，全练题型做到高考达标1(2018徐州期末)设等比数列的公比为q，前n项和为Sn，若S2是S3与S4的等差中项，则实数q的值为_解析：S2是S3与S4的等差中项，2S2S3S4，2a3a40，解得q2.答案：22(2019如皋模拟)已知数列是正项等比数列，满足log2an11log2an(nN*)，且a1a2a3a4a52，则log2(a51a52a53a54a55)_.解析：log2an11log2an，log21，可得q2.a1a2a3a4a52，log2(a51a52a53a54a55)log2(a1a2a3a4a5)q50log225151.答案：513设等比数列的公比为q(0q1)，前n项和为Sn.若存在mN*，使得amam2am1，且Sm1 022am1，则m的值为_解析：amam2am1，Sm1 022am1，解得m9，q.答案：94(2018启东检测)数列an满足an1an1(nN*，R且0)，若数列an1是等比数列，则_.解析：由an1an1，得an11an2.因为数列an1是等比数列，所以1，得2.答案：25(2019姜堰模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn，且，则_.解析：设等比数列an的公比为q，由，得q1，化简得，解得q.所以q2.答案：6(2018海安中学测试)在各项均为正数的等比数列an中，若am1am12am(m2)，数列an的前n项积为Tn，若T2m1512，则m_.解析：由等比数列的性质可知am1am1a2am(m2)，所以am2，即数列an为常数列，an2，所以T2m122m151229，即2m19，所以m5.答案：57已知数列an中，a12，且4(an1an)(nN*)，则其前9项和S9_.解析：由已知，得a4anan14a，即a4anan14a(an12an)20，所以an12an，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故S921021 022.答案：1 0228(2019徐州调研)已知正项等比数列的前n项和为Sn且S82S46，则a9a10a11a12的最小值为_解析：因为S82S46，所以S8S4S46.由等比数列的性质可得，S4，S8S4，S12S8成等比数列，所以S4(S12S8)(S8S4)2，所以a9a10a11a12S12S8S41224，当且仅当S46时等号成立故a9a10a11a12的最小值为24.答案：249在公差不为零的等差数列an中，a11，a2，a4，a8成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an，Tnb1b2bn，求Tn.解：(1)设等差数列an的公差为d，则依题意有解得d1或d0(舍去)，所以an1(n1)n.(2)由(1)得ann，所以bn2n，所以2，所以bn是首项为2，公比为2的等比数列，所以Tn2n12.10(2018苏州高三期中调研)已知数列an各项均为正数，a11，a22，且anan3an1an2对任意nN*恒成立，记an的前n项和为Sn.(1)若a33，求a5的值；(2)证明：对任意正实数p，a2npa2n1成等比数列；(3)是否存在正实数t，使得数列Snt为等比数列若存在，求出此时an和Sn的表达式；若不存在，说明理由解：(1)因为a1a4a2a3，所以a46，又因为a2a5a3a4，所以a5a49.(2)证明：由两式相乘得anan1an3an4an1aan3，因为an0，所以anan4a(nN*)，从而an的奇数项和偶数项均构成等比数列，设公比分别为q1，q2，则a2na2q2q，a2n1a1qq，又因为，所以2，即q1q2，设q1q2q，则a2npa2n1q(a2n2pa2n3)，且a2npa2n10恒成立，所以数列a2npa2n1是首项为2p，公比为q的等比数列(3)法一：在(2)中令p1，则数列a2na2n1是首项为3，公比为q的等比数列，所以S2k(a2ka2k1)(a2k2a2k3)(a2a1)S2k1S2ka2k且S11，S23，S33q，S433q，因为数列Snt为等比数列，所以即即解得或(舍去)所以S2k4k122k1，S2k122k11，从而对任意nN*有Sn2n1，此时Snt2n，2为常数，满足Snt成等比数列，当n2时，anSnSn12n2n12n1，又a11，所以an2n1(nN*)，综上，存在t1使数列Snt为等比数列，此时an2n1，Sn2n1(nN*)法二：由(2)知a2n2qn1，a2n1qn1，且S11，S23，S33q，S433q，因为数列Snt为等比数列，所以即即解得或(舍去)所以a2n2qn122n1，a2n122n2，从而对任意nN*有an2n1，所以Sn2021222n12n1，此时Snt2n，2为常数，满足Snt成等比数列，综上，存在t1使数列Snt为等比数列，此时an2n1，Sn2n1(nN*). 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1各项均为正数的等比数列an中，若a11，a22，a33，则a4的取值范围是_解析：设an的公比为q，则根据题意得q，q2，a4a3q，a4a2q28，a4.答案：2(2018泰州中学高三学情调研)设正项等比数列an满足