人教A版高中數學高三一輪第五章數列53等比數列及其前n項和

5.3等比數列及其前n項和考向1等比數列的基本運算1．(2015·全國卷Ⅱ)已知等比數列{an}滿足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，則a3＋a5＋a7＝()A．21 B．42C．63 D．84【解析】∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.∴1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故選B.【答案】B2．已知等比數列{an}中，a2＝2，a5＝128.(1)求通項an；(2)若bn＝log2an，數列{bn}的前n項和為Sn，且Sn＝360，求n的值．【解】(1)設{an}的公比為q，由a2＝2，a5＝128，及a5＝a2q3，得128＝2q3，所以q＝4，所以an＝a2qn－2＝2·4n－2＝22n－3.(2)因為bn＝log222n－3＝2n－3，所以數列{bn}是以－1為首項，2為公差的等差數列，所以Sn＝n×(－1)＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－2n，令n2－2n＝360，得n1＝20，n2＝－18(舍)，故n＝20為所求．解決等比數列有關問題的常見思想方法1．方程的思想；等比數列中有五個量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通過列方程(組)求關鍵量a1和q，問題可迎刃而解．2．數形結合的思想；通項an＝a1qn－1可化為an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,q)))qn，因此an是關于n的函數，點(n，an)是曲線y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,q)))qx上一群孤立的點．3．分類討論的思想；當q＝1時，{an}的前n項和Sn＝na1；當q≠1時，{an}的前n項和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).等比數列的前n項和公式涉及對公比q的分類討論，此處是?？键c，也是易錯點．考向2等比數列的判定與證明(1)(2014·重慶高考)對任意等比數列{an}，下列說法一定正確的是()A．a1，a3，a9成等比數列 B．a2，a3，a6成等比數列C．a2，a4，a8成等比數列 D．a3，a6，a9成等比數列(2)(2014·全國卷Ⅱ)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1.①證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比數列，并求{an}的通項公式；②證明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).【解析】(1)設等比數列的公比為q，因為eq\f(a6,a3)＝eq\f(a9,a6)＝q3，即aeq\o\al(2,6)＝a3a9，所以a3，a6，a9成等比數列．故選D.【答案】D(2)①由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).又a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首項為eq\f(3,2)，公比為3的等比數列．an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2)，因此{an}的通項公式為an＝eq\f(3n－1,2).②由①知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1).因為當n≥1時，3n－1≥2×3n－1，所以eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2×3n－1).于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2).所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).等比數列的判定方法1．定義法：若eq\f(an＋1,an)＝q(q為非零常數，n∈N*)或eq\f(an,an－1)＝q(q為非零常數且n≥2，n∈N*)，則{an}是等比數列．2．等比中項公式法：若數列{an}中，an≠0且aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，則數列{an}是等比數列．3．通項公式法：若數列通項公式可寫成an＝c·qn－1(c，q均是不為0的常數，n∈N*)，則{an}是等比數列．4．前n項和公式法：若數列{an}的前n項和Sn＝k·qn－k(k為常數且k≠0，q≠0,1)，則{an}是等比數列．[變式訓練]1.設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．(1)求a2，a3的值；(2)求證：數列{Sn＋2}是等比數列．【解】(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)·Sn＋2n(n∈N*)，∴當n＝1時，a1＝2×1＝2；當n＝2時，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；當n＝3時，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.(2)證明：∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①∴當n≥2時，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)，②①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2，∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2.∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．∵S1＋2＝4≠0.∴Sn－1＋2≠0，∴eq\f(Sn＋2,Sn－1＋2)＝2.即{Sn＋2}是以4為首項，2為公比的等比數列．考向3等比數列性質的應用(1)(2014·廣東高考)若等比數列{an}的各項均為正數，且a10a11＋a9a12＝2e5，則lna1＋lna2＋…＋lna20＝________.(2)設等比數列{an}的前n項和為Sn，若eq\f(S6,S3)＝eq\f(1,2)，則eq\f(S9,S3)＝________.【解析】(1)因為a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5.所以lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10lne5＝50lne＝50.(2)法一∵S6∶S3＝1∶2，∴{an}的公比q≠1.由eq\f(a11－q6,1－q)÷eq\f(a11－q3,1－q)＝eq\f(1,2)得q3＝－eq\f(1,2)，∴eq\f(S9,S3)＝eq\f(1－q9,1－q3)＝eq\f(3,4).法二因為{an}是等比數列，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比數列，即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，將S6＝eq\f(1,2)S3代入得eq\f(S9,S3)＝eq\f(3,4).【答案】(1)50(2)eq\f(3,4)等比數列常見性質的應用等比數列性質的應用可以分為三類：(1)通項公式的變形；(2)等比中項的變形；(3)前n項和公式的變形．根據題目條件，認真分析，發(fā)現具體的變化特征即可找出解決問題的突破口．[變式訓練]1．在各項均為正數的等比數列{an}中，a3＝eq\r(2)－1，a5＝eq\r(2)＋1，則aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝()A．4 B．6C．8 D．8－4eq\r(2)【解析】在等比數列中，a3a7＝aeq\o\al(2,5)，a2a6＝a3a5，所以aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝(eq\r(2)－1＋eq\r(2)＋1)2＝(2eq\r(2))2＝8.【答案】C2．各項均為正數的等比數列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2，S3n＝14，則S4n