1、019-2020年高考數學一輪總復習6.3 等比數列教案 理 新人教A版典例精析題型一等比數列的基本運算與判定n + 2【例1】數列an的前n項和記為Sn,已知al = 1, an + 1 = =Sn(n = 1,2,3，).求證：數列箒是等比數列；(2)Sn + 1 = 4an.n+ 2【解析】(1)因為 an+ 1 = Sn+ 1 Sn, an + 1 = Sn,所以(n + 2)Sn = n(Sn + 1 Sn).整理得nSn+ 1= 2(n + 1)Sn，所以竺土 = 2 印，n+1n故Sn是以2為公比的等比數列.n,.Sn+1 Sn 1 4an由(1)知帛=4茴=n+1(n2)，Sn

2、 1 于是 Sn+ 1 = 4(n + 1) 一1 = 4an(n 2). 又 a2= 3S1= 3,故 S2= a1 + a2= 4.因此對于任意正整數 n1,都有Sn+1 = 4an.【點撥】運用等比數列的基本公式，將已知條件轉化為關于等比數列的特征量a1、q的方程是求解等比數列問題的常用方法之一，同時應注意在使用等比數列前n項和公式時，應充分討論公比q是否等于1;應用定義判斷數列是否是等比數列是最直接，最有依據的方法，也是通法，若判斷一個數列是等比數列可用= q(常數)恒成立，也可用an+ 1 = an an+ 2恒成立，若判定一個數列不是等比數列則只需舉出反例即可，也可以用反證法1【變

3、式訓練1】等比數列an中，a1 = 317, q=-.記f(n) = a1a2an,則當f(n)最大時， TOC o 1-5 h z n的值為()A.7B.8C.9D.1011【解析】an= 317X ( -)n 1,易知 a9= 317X 1, a10v 0,0 v a11 v 1.又 a1a2a9 0,2256故f(9) = a1a2a9的值最大，此時 n = 9.故選C.題型二性質運用【例 2】在等比數列an中，a1 + a6= 33, a3a4 = 32, anan + 1(n N*).(1)求 an; 若 Tn = lg a1 + lg a2 + lg an，求 Tn.【解析】(1)

4、由等比數列的性質可知a1a6= a3a4 = 32,又 a1 + a6= 33, a1 a6,解得 a1 = 32, a6 = 1,a61 1 1所以01=32,即q5=32所以q= 21所以 an= 32 ()n 1= 26-n .由等比數列的性質可知，lg an是等差數列，因為 lg an = lg 26 n= (6 n)lg 2 , lg al = 5lg 2 ,所以Tn=(lg al+ lg an)nn(11 n)2lg 2.【點撥】歷年高考對性質考查較多，主要是利用“等積性”，題目“小而巧”且背景不斷更新，要熟練掌握【變式訓練2】在等差數列an中，若a15= 0,則有等式al + a

5、2+ an= al + a2+ + a29 n(n v 29, n N*)成立，類比上述性質，相應地在等比數列bn中，若b19 = 1,能得到什么等式？【解析】由題設可知，如果am= 0，在等差數列中有al + a2 + an = al + a2 + + a2m 1 n(n v 2m 1, n N*)成立，我們知道，如果n = p+ q,貝U am+ an= ap+ aq,而對于等比數列bn,則有若 m n = p + q,貝U aman= apaq, 所以可以得出結論：若 bm= 1，則有 b1b2bn= b1b2b2m- 1 n(n v 2m- 1, n N*)成立.在本題中則有 b1b2

6、bn= b1b2b37 n(n v 37, n N*).題型三綜合運用【例3】設數列an的前n項和為Sn,其中an0, a1為常數，且一a1, Sn, an+ 1成等差 數列.(1)求an的通項公式； 設bn = 1 Sn,問是否存在a1，使數列bn為等比數列？若存在，則求出 a1的值；若不 存在，說明理由.【解析】(1)由題意可得2Sn= an + 1 a1.所以當n2時，有兩式相減得 an + 1 = 3an(n 2).又 a2= 2S1+ a1 = 3a1, an0,所以an是以首項為a1,公比為q= 3的等比數列.所以 an= a1 3n 1.a1(1 qn)1111 因為 Sn=：a

7、1 + fa1 3n,所以 bn= 1 Sn= 1a1 ：a1 3n.1 q22221要使bn為等比數列，當且僅當1 +尹1= 0，即a1 = 2,此時bn = 3n.所以bn是首項為3,公比為q= 3的等比數列.所以bn能為等比數列，此時a1 = 2.【變式訓練3】已知命題：若an為等差數列，且 am= a, an= b(mv n, m n N*)，貝U am+ n = bn_am)現在已知數列bn(bn 0, n N*)為等比數列，且 bm= a, bn= b(mv n, m, n n m N*)，類比上述結論得 bm+ n=總結提高方程思想，即等比數列an中五個量al , n, q, a

8、n, Sn, 般可知三求二”，通過求和與通項兩公式列方程組求解對于已知數列an遞推公式an與Sn的混合關系式，利用公式an=SnSn 1(n 2)，再引入輔助數列，轉化為等比數列問題求解分類討論思想：當 al 0, q 1或alv 0,0 v qv 1時，等比數列an為遞增數列；當 al 0,0 v qv 1或al v0, q 1時，an為遞減數列；qv 0時，an為擺動數列；q= 1時， an為常數列.019-2020年高考數學一輪總復習6.4 數列求和教案 理 新人教A版【例1】求和：123nSn= + _ + + 十a a2 a3an典例精析題型一錯位相減法求和【解析】(1)a = 1時

9、，Sn= 1 + 2 + 3+ nn(n + 1)21Sn= 一+a2 a23+ a3+n+ an,1 12n 1n -Sn=+.aa2a3anan+ 1(2)a工1時，因為0,1 1 1由-得(1 - a)Sn = a+三+礦an+ 11 1a(1 an)nan+ 1所以Sn=a(a n 1) n(a 1)an (a 1)2n(n 1)2 (a T)綜上所述，Sn=a(at(a)-【點撥】(1)若數列an是等差數列,bn是等比數列，則求數列an bn的前n項和時, 可采用錯位相減法； 當等比數列公比為字母時，應對字母是否為1進行討論；當將Sn與qSn相減合并同類項時，注意錯位及未合并項的正負

10、號2n 3【變式訓練1】數列的前n項和為()2n 32n 12n 1B.4 +2n 72n 22n+ 12n 3D.6 3n+ 22n 1【解析】2n 3取 n = 1, -一- = 4.故選 C.2n 3題型【例2】分組并項求和法1 1 1 1 1 1求和 Sn= 1+ (1 + 2 + (1 + - + 4 + (1 + 2+ 4 + 2).【解析】1 1和式中第 k項為ak = 1 + 2 + 4+1“1 (2)k41 2 12kl=廠=2(1 2k).1-21 1 1所以 Sn= 2(1 2)+ (1 刃 + (1 亦)1 1 1=(2 + 22+ 亦)1 12(1 亦)1=張=2【n

11、 (1 亦)=2n 2+ 2n1 -【變式訓練2】數列1, 1 + 2, 前n項和為（）A.2 n 11 + 2 + 22, 1 + 2+ 22 + 23,，1 + 2+ 22+ + 2n 1,的B.n 2n nD.2 n + 1 n 2 2n 1 = 2n 1,(2n 1) = 2n+ 1 n 2.故選 D.C.2 n + 1 n【解析】an= 1 + 2 + 22+- +Sn= (21 1) + (22 1) +題型三裂項相消法求和【例 3】數列an滿足 a1 = 8, a4= 2，且 an+ 2 2an + 1 + an= 0 (n N*). (1)求數列an的通項公式；1 設bn= n

12、(14 an)(n N*) , Tn= b1 + b2+ bn(n N*)，若對任意非零自然數n, Tn 32恒成立，求m的最大整數值.【解析】(1)由 an + 2 2an + 1 + an=O,得 an + 2 an+ 1 = an+ 1 an,a4a1從而可知數列an為等差數列，設其公差為d，則d= 4廠=2,4 1所以 an= 8+ (n 1) x ( 2) = 10 2n.1 1 1114n n + 2 八(2)b n = n(14 an) = 2n(n + 2) = 7(二一1所以 Tn= b1 + b2 + + bn=才(11 11 1 113)+ (24)+(忌)11113=4(1 + 2 n+ 1 n+ 2) = 84(n + 1)4(n + 2廠 32，上式對一切n N*恒成立.8 8所以m 12 對一切n N*恒成立.n+ 1 n + 2對 n N*, (12 )min = 12 TOC o 1-5 h z n+1 n+ 21 +18 _