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6.3 等比数列及其前n项和


§ 6.3
2014 高考会这样考

等比数列及其前 n 项和

1.以等比数列的定义及等比中项为背景,考查等比数列的判定;2.运用

基本量法求解等比数列问题;3.考查等比数列的应用问题. 复习备考要这样做 1.注意方程思想在解题中的应用;2.使用公式要注意公比 q=1 的情况;

3.结

合等比数列的定义、公式,掌握通性通法.

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公比,通常用字母__q__表示. 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=a1· qn 1.


3. 等比中项 若 G2=a· b_(ab≠0),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:an=am· qn
-m

,(n,m∈N*).

(2)若{an}为等比数列,且 k+l=m+n (k,l,m,n∈N*),则 ak· al=am· an.
?1? ?an? (3)若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0),?a ?,{a2 bn},?b ?仍是等 n},{an· ? n? ? n?

比数列. 5. 等比数列的前 n 项和公式 等比数列{an}的公比为 q(q≠0),其前 n 项和为 Sn, 当 q=1 时,Sn=na1; a1?1-qn? a1-anq 当 q≠1 时,Sn= = . 1-q 1-q 6. 等比数列前 n 项和的性质 公比不为-1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 仍成等比数列, 其公比为__qn__. [难点正本 疑点清源] 1. 等比数列的特征 从等比数列的定义看,等比数列的任意项都是非零的,公比 q 也是非零常数. 2. 等比数列中的函数观点

利用函数、方程的观点和方法,揭示等比数列的特征及基本量之间的关系.在借用指数 函数讨论单调性时,要特别注意首项和公比的大小. 3. 两个防范 (1)由 an+1=qan,q≠0 并不能立即断言{an}为等比数列,还要验证 a1≠0. (2)在运用等比数列的前 n 项和公式时,必须注意对 q=1 与 q≠1 分类讨论,防止因忽略 q=1 这一特殊情形导致解题失误.

2 1. (2012· 辽宁)已知等比数列{an}为递增数列,且 a5 =a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列{an}

的通项公式 an=________. 答案 2n 解析 先判断数列的项是正数,再求出公比和首项.

?1 ? a2 5=a10>0,根据已知条件得 2 q+q =5,解得 q=2. ? ?
8 9 n 所以 a2 1q =a1q ,所以 a1=2,所以 an=2 .

2. 在等比数列{an}中,各项均为正值,且 a6a10+a3a5=41,a4a8=5,则 a4+a8=________. 答案 51

2 解析 由 a6a10+a3a5=41 及 a6a10=a2 8,a3a5=a4, 2 得 a2 4+a8=41.因为 a4a8=5, 2 所以(a4+a8)2=a2 4+2a4a8+a8=41+2×5=51.

又 an>0,所以 a4+a8= 51. a c 3. 已知 a,b,c 成等比数列,如果 a,x,b 和 b,y,c 都成等差数列,则 + =________. x y 答案 2 解析 令 a=1,b=3,c=9,则由题意,有 x=2,y=6. a c 1 9 此时 + = + =2. x y 2 6 4. (2011· 广东)已知{an}是递增等比数列,a2=2,a4-a3=4,则此数列的公比 q=________. 答案 2
?a2=2, ? 解析 由 a2=2,a4-a3=4,得方程组? 2 ? ?a2q -a2q=4,

?q2-q-2=0, 解得 q=2 或 q=-1.又{an}是递增等比数列,故 q=2. 5. (2012· 课标全国)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10 等于( A.7 B.5 C.-5 D.-7 )

答案 D 解析 方法一
3 6 ? ?a4+a7=a1q +a1q =2, 由题意得? 4 5 2 9 ?a5a6=a1q ×a1q =a1q =-8, ?

3 ? ? ?q3=-2, ?q =-2, ∴? 或? ?a1=1 ? ?

1

?a1=-8,

∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.

? ? ? ?a4+a7=2, ?a4=-2, ?a4=4, 方法二 由? 解得? 或? ?a5a6=a4a7=-8 ?a7=4 ?a7=-2. ? ? ?
3 ? ? ?q3=-2, ?q =-2, ∴? 或? ?a1=1 ? ?

1

?a1=-8,

∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.

题型一 等比数列的基本量的计算 例1 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S1,S3,S2 成等差数列. (1)求{an}的公比 q; (2)若 a1-a3=3,求 Sn. 思维启迪:(1)由 S1,S3,S2 成等差数列,列方程求出 q. (2)由 a1-a3=3 求出 a1,再由通项和公式求出 Sn. 解 (1)依题意有 a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2).

由于 a1≠0,故 2q2+q=0. 1 又 q≠0,从而 q=- . 2 1?2 (2)由已知可得 a1-a1? ?-2? =3.故 a1=4. 1?n 4[1-? ?-2? ] 8? ? 1?n? 从而 Sn= = ?1-?-2? ?. 1 3 - ? 1-? ? 2? 探究提高 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,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)可迎刃而解. 32 等比数列{an}满足:a1+a6=11,a3· a4= ,且公比 q∈(0,1). 9 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若该数列前 n 项和 Sn=21,求 n 的值. 解 32 (1)∵a3· a4=a1· a6= ,又 a1+a6=11, 9

32 故 a1,a6 可看作方程 x2-11x+ =0 的两根, 9 32 1 又 q∈(0,1),∴a1= ,a6= , 3 3 a6 1 1 ∴q5= = ,∴q= , a1 32 2 32 ?1?n-1 1 ?1?n-6 ∴an= · = · . 3 ?2? 3 ?2? 1 64 1- n?=21,解得 n=6. (2)由(1)知 Sn= ? 3? 2? 题型二 等比数列的性质及应用 例2 在等比数列{an}中, 1 (1)若已知 a2=4,a5=- ,求 an; 2 (2)若已知 a3a4a5=8,求 a2a3a4a5a6 的值. 思维启迪:注意巧用性质,减少计算.如:对于等比数列{an},若 m+n=p+q (m、n、
2 p、q∈N*),则 am· an=ap· aq;若 m+n=2p(m,n,p∈N*),则 am· an=ap .



a5 1 (1)设公比为 q,则 =q3,即 q3=- , a2 8

1?n-4 1 - ∴q=- ,∴an=a5· qn 5=? ?-2? . 2
2 3 (2)∵a3a4a5=8,又 a3a5=a4 ,∴a4 =8,a4=2. 5 ∴a2a3a4a5a6=a4 =25=32.

探究提高 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 m+n=p+q,则 am· an=ap· aq”,可以减少运算量,提高解题速度. (1)已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则 a4a5a6 等于 A.5 2 B.7 C .6 D.4 2 ( )

(2)已知 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,且 S3=8,S6=7,则 a4+a5+?+a9=________. 答案 解析 7 (1)A (2)- 8 (1)把 a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9 看成一个整体,则由题意,知它们分别是一个等比数

列的第 1 项,第 4 项和第 7 项,这里的第 4 项刚好是第 1 项与第 7 项的等比中项.因为 数列{an}的各项均为正数,所以 a4a5a6= ?a1a2a3?· ?a7a8a9?= 5×10=5 2. (2)根据等比数列的性质,知 S3,S6-S3,S9-S6 成等比数列,即 8,7-8,S9-7 成等比数 1 1 7 列,所以(-1)2=8(S9-7).解得 S9=7 .所以 a4+a5+?+a9=S9-S3=7 -8=- . 8 8 8 题型三 等比数列的判定

例3

已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1 (n≥2),且 an+Sn =n. (1)设 cn=an-1,求证:{cn}是等比数列; (2)求数列{bn}的通项公式. 思维启迪:(1)由 an+Sn=n 及 an+1+Sn+1=n+1 转化成 an 与 an+1 的递推关系,再构造数 列{an-1}. (2)由 cn 求 an 再求 bn. (1)证明 ∵an+Sn=n,① ∴an+1+Sn+1=n+1.② ②-①得 an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1, ∴ an+1-1 1 = ,∴{an-1}是等比数列. an-1 2

1 又 a1+a1=1,∴a1= , 2 1 1 ∵首项 c1=a1-1,∴c1=- ,公比 q= . 2 2 又 cn=an-1, 1 1 ∴{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 (2)解 1? ?1?n-1 ?1?n 由(1)可知 cn=? ?-2?· ?2? =-?2? ,

1?n ∴an=cn+1=1-? ?2? . 1?n ? ?1?n-1? ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1=1-? ?2? -?1-?2? ? 1?n-1 ?1?n ?1?n =? ?2? -?2? =?2? . 1?n 1 又 b1=a1= 代入上式也符合,∴bn=? ?2? . 2 探究提高 注意判断一个数列是等比数列的方法,另外第(2)问中要注意验证 n=1 时是 否符合 n≥2 时的通项公式,能合并的必须合并. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2an+1,求证:{an}是等比数列,并求出通项 公式. 证明 ∵Sn=2an+1,∴Sn+1=2an+1+1. ∴an+1=Sn+1-Sn=(2an+1+1)-(2an+1)=2an+1-2an. ∴an+1=2an,又∵S1=2a1+1=a1, ∴a1=-1≠0.又由 an+1=2an 知 an≠0,



an+1 =2.∴{an}是以-1 为首项,2 为公比的等比数列. an
- -

∴an=-1×2n 1=-2n 1.

等差与等比数列综合性问题的求解

典例:(12 分)(2011· 湖北)成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2、5、 13 后成为等比数列{bn}中的 b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式; 5? ? (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列?Sn+4?是等比数列.
? ?

审题视角 设等差数列的三个正数, 利用等比数列的性质解出公差 d, 从而求出数列{bn} 的首项、公比;利用等比数列的定义可解决第(2)问. 规范解答 (1)解 设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d,

依题意,得 a-d+a+a+d=15,解得 a=5.[2 分] 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d. 依题意,有(7-d)(18+d)=100, 解得 d=2 或 d=-13(舍去).[4 分] 故{bn}的第 3 项为 5,公比为 2. 5 由 b3=b1· 22,即 5=b1· 22,解得 b1= . 4 5 5 n-1 - 所以{bn}是以 为首项,2 为公比的等比数列,其通项公式为 bn= · 2 =5· 2n 3.[6 分] 4 4 5 ?1-2n? 4 5 5 - - (2)证明 数列{bn}的前 n 项和 Sn= =5· 2n 2- ,即 Sn+ =5· 2n 2.[8 分] 4 4 1-2 5 S++ - 2n 1 5 5 n 1 4 5· 所以 S1+ = , = n-2=2. 4 2 5 5· 2 S n+ 4 5? ? 5 因此?Sn+4?是以 为首项,2 为公比的等比数列.[12 分] 2 ? ?

答题模板
求解等差和等比数列综合性问题的一般步骤: 第一步:设等比数列、等差数列的基本量; 第二步:根据条件列方程,解出基本量;

第三步:根据公式求通项或前 n 项和; 第四步:根据定义证明等差、等比数列;对于等比数列,一定要说明首项非零. 温馨提醒 关于等差(比)数列的基本运算,其实质就是解方程或方程组,需要认真计算, 灵活处理已知条件.容易出现的问题主要有两个方面:一是计算出现失误,特别是利用 因式分解求解方程的根时,不注意对根的符号进行判断;二是不能灵活运用等差(比)数 列的基本性质转化已知条件,导致列出的方程或方程组较为复杂,增大运算量.

方法与技巧 1. 等比数列的判定方法有以下几种: an+1 (1)定义: =q (q 是不为零的常数,n∈N*)?{an}是等比数列. an (2)通项公式:an=cqn
-1

(c、q 均是不为零的常数,n∈N*)?{an}是等比数列.

(3)等比中项法:a2 an+2(an· an+1· an+2≠0,n∈N*)?{an}是等比数列. n+1=an· 2. 方程观点以及基本量(首项和公比 a1, q)思想仍然是求解等比数列问题的基本方法: 在 a1, q,n,an,Sn 五个量中,知三求二. 3. 在求解与等比数列有关的问题时,除了要灵活地运用定义和公式外,还要注意性质的应 用,以减少运算量而提高解题速度. 失误与防范 1. 特别注意 q=1 时,Sn=na1 这一特殊情况. 2. 由 an+1=qan,q≠0,并不能立即断言{an}为等比数列,还要验证 a1≠0. 3. 在运用等比数列的前 n 项和公式时,必须注意对 q=1 与 q≠1 分类讨论,防止因忽略 q =1 这一特殊情形而导致解题失误.

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) 1. (2011· 辽宁)若等比数列{an}满足 anan+1=16n,则公比为 A.2 答案 B 解析 由 anan+1=16n,知 a1a2=16,a2a3=162, 后式除以前式得 q2=16,∴q=± 4. B.4 C.8 D.16 ( )

∵a1a2=a2 1q=16>0,∴q>0,∴q=4. 2. 等比数列{an}中,|a1|=1,a5=-8a2.a5>a2,则 an 等于 A.(-2)n C.(-2)n 答案 A 解析 ∵|a1|=1,∴a1=1 或 a1=-1. ∵a5=-8a2=a2· q3,∴q3=-8,∴q=-2. 又 a5>a2, 即 a2q3>a2, ∴a2<0.而 a2=a1q=a1· (-2)<0, ∴a1=1.故 an=a1· (-2)n 1=(-
- -1

(

)

B.-(-2)n

-1

D.-(-2)n

2)n 1.


3. 在等比数列{an}中, a1=2, 前 n 项和为 Sn, 若数列{an+1}也是等比数列, 则 Sn 等于( A.2n 1-2


)

B.3n D.3n-1

C.2n 答案 C

解析 由已知得数列{an}的前三项分别为 2,2q,2q2.又(2q+1)2=3(2q2+1),整理得 2q2- 4q+2=0,解得 q=1,Sn=2n. 4. 在等比数列{an}中,a3=7,前 3 项之和 S3=21,则公比 q 的值为 A.1 1 C.1 或- 2 答案 C 解析
2 ? ?a1q =7, 1+q+q2 根据已知条件? 得 =3. 2 q2 ?a1+a1q+a1q =21. ?

(

)

1 B.- 2 1 D.-1 或 2

1 整理得 2q2-q-1=0,解得 q=1 或 q=- . 2 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5. 在等比数列{an}中,a1+a2=30,a3+a4=60,则 a7+a8=________. 答案 240 解析 ∵a1+a2=a1(1+q)=30,a3+a4=a1q2(1+q)=60, ∴q2=2,∴a7+a8=a1q6(1+q)=[a1(1+q)]· (q2)3 =30×8=240. 6. 在数列{an}中,已知 a1=1,an=2(an-1+an-2+?+a2+a1) (n≥2,n∈N*),这个数列的 通项公式是____________.
? n=1 ?1, 答案 an=? n-2 ?2×3 , n≥2 ?

解析 由已知 n≥2 时,an=2Sn-1① 当 n≥3 时,an-1=2Sn-2② an ①-②整理得 =3 (n≥3), an-1
?1, n=1, ? ∴an=? n-2 ? ?2×3 , n≥2.

7. 设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和为 Sn,若 Sn+1,Sn,Sn+2 成等差数列,则 q 的值为 ________. 答案 -2 解析 由已知条件得 2Sn=Sn+1+Sn+2, an+2 即 2Sn=2Sn+2an+1+an+2,即 =-2. an+1 三、解答题(共 22 分) 8. (10 分)已知等差数列{an}满足 a2=2,a5=8. (1)求{an}的通项公式; (2)各项均为正数的等比数列{bn}中,b1=1,b2+b3=a4,求{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,

?a1+d=2 ? 则由已知得? .∴a1=0,d=2. ? ?a1+4d=8

∴an=a1+(n-1)d=2n-2. (2)设等比数列{bn}的公比为 q,则由已知得 q+q2=a4, ∵a4=6,∴q=2 或 q=-3. ∵等比数列{bn}的各项均为正数,∴q=2. b1?1-qn? 1×?1-2n? n ∴{bn}的前 n 项和 Tn= = =2 -1. 1-q 1-2 1 9. (12 分)已知数列{an}的各项均为正数,且前 n 项和 Sn 满足 Sn= (an+1)(an+2).若 a2, 6 a4,a9 成等比数列,求数列{an}的通项公式. 解 1 因为 Sn= (an+1)(an+2),① 6

1 所以当 n=1 时,有 S1=a1= (a1+1)(a1+2), 6 解得 a1=1 或 a1=2; 1 当 n≥2 时,有 Sn-1= (an-1+1)(an-1+2).② 6 ①-②并整理,得(an+an-1)(an-an-1-3)=0 (n≥2). 因为数列{an}的各项均为正数,所以 an-an-1=3 (n≥2).

2 当 a1=1 时,an=1+3(n-1)=3n-2,此时 a4 =a2a9 成立. 2 当 a1=2 时,an=2+3(n-1)=3n-1,此时 a4 =a2a9 不成立.

所以 a1=2 舍去.故 an=3n-2. B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 15 分)
?1? 1. 已知{an}是首项为 1 的等比数列,若 Sn 是{an}的前 n 项和,且 28S3=S6,则数列?a ?的前 ? n?

4 项和为 15 A. 或 4 8 答案 C 解析 设数列{an}的公比为 q. 当 q=1 时,由 a1=1,得 28S3=28×3=84. 而 S6=6,两者不相等,因此不合题意. 40 B. 或 4 27 40 C. 27 15 D. 8

(

)

28?1-q3? 1-q6 当 q≠1 时,由 28S3=S6 及首项为 1,得 = .解得 q=3.所以数列{an}的通项 1-q 1-q 公式为 an=3n 1.


?1? 1 1 1 40 所以数列?a ?的前 4 项和为 1+ + + = . 3 9 27 27 ? n?

1 m 2. 已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0 的四个根组成以 为首项的等比数列, 则 等于( 2 n 3 A. 2 2 C. 3 答案 B 3 2 B. 或 2 3 D.以上都不对

)

解析 设 a,b,c,d 是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0 的四个根,不妨设 a<c<d<b,则 1 a· b=c· d=2,a= ,故 b=4,根据等比数列的性质,得到:c=1,d=2,则 m=a+b 2 9 9 m 3 m 2 = ,n=c+d=3 或 m=c+d=3,n=a+b= ,则 = 或 = . 2 2 n 2 n 3 3. 设{an}是任意等比数列,它的前 n 项和、前 2n 项和与前 3n 项和分别为 X,Y,Z,则下 列等式中恒成立的是 A.X+Z=2Y C.Y2=XZ 答案 D 解析 对于含有较多字母的选择题,可以取满足条件的数字代替字母,代入验证,若能 B.Y(Y-X)=Z(Z-Y) D.Y(Y-X)=X(Z-X) ( )

排除三个选项,则剩下的唯一选项就一定正确;若不能完全排除,则可以取其他数字继 续验证排除. 取等比数列为 1,2,22,23,24,?,令 n=1,得 X=1,Y=3,Z=7.代入验算,只有选项 D 成立. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 4. 已知等比数列{an}满足 a2+a3+a4=28,an+1>an,且 a3+2 是 a2 与 a4 的等差中项,则数 列{an}的通项公式是______________. 答案 an=2n 解析 因为 a3+2 是 a2 与 a4 的等差中项, 所以 2(a3+2)=a2+a4. 因为 a2+a3+a4=28,所以 2(a3+2)+a3=28. 所以 a3=8,a2+a4=20. 设数列{an}的公比为 q,
2 ? ? ? ? 1 ?a1q =8, ?a1=2, 则? 解得? 或? 1 3 ?a1q+a1q =20. ? ? ?q=2, ?q= .

a =32, 2

?

因为数列{an}满足 an+1>an,所以 a1=2,q=2. 所以数列{an}的通项公式为 an=2n. 5. 在等比数列{an}中,若 a9+a10=a (a≠0),a19+a20=b,则 a99+a100=________. 答案 b9 a8

解析 因为{an}是等比数列,所以 a9+a10,a19+a20,?,a99+a100 成等比数列,从而得 b9 a99+a100= 8. a 6. 已知数列{xn}满足 lg xn+1=1+lg xn(n∈N*),且 x1+x2+x3+?+x100=1,则 lg(x101+x102 +?+x200)=________. 答案 100 解析 由 lg xn+1=1+lg xn(n∈N*), xn+1 得 lg xn+1-lg xn=1,∴ =10, xn ∴数列{xn}是公比为 10 的等比数列,∴xn+100=xn· 10100, ∴x101+x102+?+x200=10100(x1+x2+x3+?+x100)=10100, ∴lg(x101+x102+?+x200)=lg 10100=100. 三、解答题 7. (13 分)已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>0,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; c1 c2 cn (2)设数列{cn}对 n∈N*均有 + +?+ =an+1 成立,求 c1+c2+c3+?+c2 013. b1 b2 bn 解 (1)由已知有 a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,

∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d).解得 d=2 (∵d>0). ∴an=1+(n-1)· 2=2n-1. 又 b2=a2=3,b3=a5=9,∴数列{bn}的公比为 3, ∴bn=3· 3n 2=3n 1.
- -

c1 c2 cn (2)由 + +?+ =an+1 得 b1 b2 bn cn-1 c1 c2 当 n≥2 时, + +?+ =a . b1 b2 bn-1 n cn 两式相减得:n≥2 时, =an+1-an=2. bn ∴cn=2bn=2· 3n
-1

(n≥2).

c1 又当 n=1 时, =a2,∴c1=3. b1
?3 ? ∴cn=? n-1 ? 3 ?2·

?n=1? ?n≥2?

.

∴c1+c2+c3+?+c2 013 6-2×32 013 =3+ =3+(-3+32 013)=32 013. 1-3


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