【文档说明】高考数学一轮总复习专题31等比数列课件文.ppt，共(34)页，1.687 MB，由小橙橙上传

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第31讲等比数列【学习目标】1.等比数列的定义，通项公式，递推公式，性质及求和公式.2.方程思想.【基础检测】1.已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－43，则{an}的前10项和等于()A.－6(1－3－10)

B.19(1－310)C.3(1－3－10)D.3(1＋3－10)C【解析】由已知得an＋1an＝－13，则数列{an}是公比为－13的等比数列，∵a2＝－43，∴a1＝4，则数列{an}前10项的和S10＝41－－13

101－－13＝3(1－3－10).2.等比数列{an}的前5项和S5＝10，前10项和S10＝50，则它的前15项和S15＝_____.210【解析】A1＝S5＝10，A2＝S10－S5＝40，⇒A3＝S15－S10＝160，故S

15＝210.3.等比数列{an}的公比q＞0.已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝____.【解析】∵{an}是等比数列，∴an＋2＋an＋1＝6an可化为a1qn＋1＋a1qn＝6a1qn－1，∴q2＋q－6＝0.∵q＞0，∴q＝2.a2＝a1q＝1，∴a1＝

12.∴S4＝a1（1－q4）1－q＝12（1－24）1－2＝152.152【知识要点】1．如果一个数列从第二项起，每一项与前一项的比等于同一个，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．2．如果a，G，b成等比数列，那么

G叫做a与b的等比中项，且G＝．3．等比数列的通项公式为．4．等比数列前n项和的公式Sn＝常数±aban＝a1qn－11na1(1)1naqq−−5．对于正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q，则等比数列中am，an，ap，aq的

关系为am·an＝.6．等比数列{an}满足a1>0，q>1或a1<0，0<q<1时，{an}是递增数列；满足a1>0，0<q<1或a1<0，q>1时，{an}是递减数列．7．有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．

特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．8．若Sn为等比数列的前n项和，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，S(m＋1)k－Smk，…成等比数列(k>1且k∈N*)．ap·aq9.等比数列的一些结论(1)在等比数列中，每隔相同的项抽出来的项按照原来的顺序排列，构成的新数列仍然是等比

数列.(2)若{an}是等比数列，则{λan}、{|an|}皆为等比数列，公比分别为q和|q|(λ为非零常数).(3)一个等比数列各项的k次幂，仍组成一个等比数列，新公比是原公比的k次幂.(4){an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn

，T2nTn，T3nT2n，…成等比数列.(5)若数列{an}与{bn}均为等比数列，则{m·an·bn}与manbn仍为等比数列，其中m是不为零的常数.10.当q≠0，q≠1时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，这时k＝a11－q

.一、判定等比数列例1已知数列{an}与{bn}满足bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，bn＝3＋（－1）n－12，n∈N*，且a1＝2.(1)求a2，a3的值；(2)设cn＝a2n＋1－a2n－

1，n∈N*，证明：{cn}是等比数列．【分析】(1)根据－1的奇偶次幂的值得通项bn→分别令递推公式中的n＝1，2→求a2，a3(2)写出cn＋1，cn→根据等比数列的定义证明【解析】(1)由bn＝3＋（－1）n－12，n∈N*，可得bn＝2，n是奇数1，n是偶数，bn＋1a

n＋bnan＋1＝(－2)n＋1，当n＝1时，a1＋2a2＝－1，由a1＝2，得a2＝－32；当n＝2时，2a2＋a3＝5，可得a3＝8.(2)由题意知，对任意n∈N*下列等式均成立，a2n－1＋2a2n＝－22n－1＋1①2a2n＋a2n＋1

＝22n＋1②②－①得：a2n＋1－a2n－1＝3×22n－1，即cn＝3×22n－1，于是cn＋1cn＝4，所以{cn}是等比数列．【点评】求出数列任意相应两项an＋1与an，证明an＋1an是一个与n无关的常数，即定义法证明等比数列．二、等比数列基本运算例2已

知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2016？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由.【分析】(1)设出等比数列的基本量，由已

知条件列方程求首项和公比，通项公式易得；(2)求等比数列的前n项和，再利用指数性质解不等式.【解析】(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由题意得S2－S4＝S3－S2，a2＋a3＋a4＝－18，即－a1q2－a1q3＝a1q2，a1q（1＋q＋q2）＝－18，

解得a1＝3，q＝－2.故数列{an}的通项公式为an＝3(－2)n－1.(2)由(1)有Sn＝3·[1－（－2）n]1－（－2）＝1－(－2)n.若存在n，使得Sn≥2016，则1－(－2)n≥2016，即(－

2)n≤－2015.当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2015，即2n≥2015，则n≥11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}.【点评】(1)把已知

条件代入相关公式，即列方程(组)，解方程求出基本量a1，q.(2)等比求和Sn，用Sn＝a1（1－qn）1－q时，注意前提是q≠1.三、等比数列的性质例3设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列.(1)求数列{an}的公比；(

2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.【解析】(1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3，由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2.(2)

证法一：对任意k∈N＋，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，所以，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.证法二：对任意k∈N＋，2Sk＝2a1（1－qk）1－q，Sk＋2＋Sk＋1＝

a1（1－qk＋2）1－q＋a1（1－qk＋1）1－q＝a1（2－qk＋2－qk＋1）1－q，2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝2a1（1－qk）1－q－a1（2－qk＋2－qk＋1）1－q＝a11－q[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]＝a1qk1－q(q

2＋q－2)＝0，因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列.1.判定等比数列，用定义an＋1an＝q或等比中项法：a2n＋1＝an·an＋2≠0.2.在a1、q、n、an、Sn中，已知其

中三个量，可求其余两个量.利用公式列方程再解方程求之.3.等比数列有关知识，类比等差数列记忆.4.不要混淆an＝a1·qn－1与Sn＝a1（1－qn）1－q(q≠1)的指数.1.在等比数列{an}中，a2016＝8a2013，则公比q的值为()A

.2B.3C.4D.8A2.已知数列a，a(1－a)，a(1－a)2，…构成等比数列，则实数a满足()A.a≠1B.a≠0或a≠1C.a≠0D.a≠0且a≠1【解析】显然a（1－a）a＝a（1－a）2a（1－a）＝1－a，但a≠0且1－a≠0，故选D.D3.已知各项不为0的等差数列{an}，满足2

a3－a27＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8等于()A.2B.4C.8D.16【解析】由题意可知，b6b8＝b27＝a27＝2(a3＋a11)＝4a7.∵a7≠0，∴a7＝4，∴b6b8＝16.D4.已知Sn是等比数列{an}的前n

项和，q≠1，a2，a8，a5成等差数列，则下列选项中的数成等差数列的是()A.S2，S8，S5B.S3，S9，S6C.S4，S9，S5D.S3，S8，S5【解析】设数列{an}的首项为a1，因为a2，a8，a5成等差数列，则2a8＝a2＋a5

，得2a1q7＝a1q＋a1q4，等式两边进行变换可得2a1－2a1q9＝a1－a1q3＋a1－a1q6，即2a1（1－q9）1－q＝a1（1－q3）1－q＋a1（1－q6）1－q，得到2S9＝S3＋S6，选B.B5.各项都是正数的等比数列{an}中

，3a1，12a3，2a2成等差数列，则a10＋a12a8＋a10＝____.【解析】设{an}的公比为q，由已知得a3＝3a1＋2a2，于是q2＝3＋2q，由数列各项都是正数，解得q＝3，所以a10＋a12a8＋a10＝q2＝9.96.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a

7a8a9＝10，则a4a5a6＝____.【解析】设数列{an}的公比是q，则有a7a8a9a4a5a6＝a4a5a6a1a2a3＝q9，所以(a4a5a6)2＝(a1a2a3)×(a7a8a9)＝5×10＝50，则a4a5a6＝52.527.已知数列

{an}满足an＋1＝2an＋n＋1(n＝1，2，3，…).(1)若{an}是等差数列，求其首项a1和公差d；(2)证明{an}不可能是等比数列.【解析】(1)因为{an}是等差数列，设其首项为a1，公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，于是有a1＋nd＝2[a1＋(n－1

)d]＋n＋1，整理得a1＋nd＝(2a1－2d＋1)＋(2d＋1)n，因此a1＝2a1－2d＋1d＝2d＋1，解得a1＝－3，d＝－1.(2)证明：假设{an}是等比数列，设其首项为a1，则a2＝2a1＋2，a3＝

2a2＋3＝4a1＋7，于是有(2a1＋2)2＝a1(4a1＋7)，解得a1＝－4，于是公比q＝a2a1＝－6－4＝32，这时a4＝a1q3＝(－4)·323＝－272.但事实上，a4＝2a3＋4＝8a1＋18＝－14，二者矛盾，所以{an}不是等比数列.8

.已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和.(1)求an及Sn；(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.【解析】(1)因为{an}是首项a1

＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n（a1＋an）2＝n（1＋2n－1）2＝n2.(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，

所以(q－4)2＝0，从而q＝4.又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，所以bn＝b1qn－1＝2·4n－1＝22n－1.从而{bn}的前n项和Tn＝b1（1－qn）1－q＝23(4n－1).9.有n

2(n≥4)个正数aij(i＝1，2，…，n，j＝1，2，…，n)，排成n×n矩阵(n行n列的数表)：a11a12…a1na21a22…a2n…………an1an2…ann，其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，且满足a2

4＝1，a42＝18，a43＝316.(1)求公比q；(2)用k表示a4k.【解析】(1)因为每一行的数成等差数列，所以a42，a43，a44成等差数列，所以a44＝2a43－a42＝14.又每一列的数成等比数列，故a44＝a24·q2⇒q2＝a44a24＝14.又因为aij>

0，所以q>0，故q＝12.(2)由已知，第四行的数成等差数列，且d＝a43－a42＝116，a4k为此行中第k个数，所以a4k＝a42＋(k－2)d＝18＋(k－2)·116＝k16.