高考数学一轮复习精品学案：第29讲 等比数列 10页

‎2013年普通高考数学科一轮复习精品学案 第29讲 等比数列 一．课标要求：‎ ‎1．通过实例，理解等比数列的概念；‎ ‎2．探索并掌握等差数列的通项公式与前n项和的公式；‎ ‎3．能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题。体会等比数列与指数函数的关系。‎ 二．命题走向 等比数列与等差数列同样在高考中占有重要的地位，是高考出题的重点。客观性的试题考察等比数列的概念、性质、通项公式、求和公式等基础知识和基本性质的灵活应用，对基本的运算要求比较高，解答题大多以数列知识为工具。‎ 预测2013年高考对本讲的考察为：‎ ‎（1）题型以等比数列的公式、性质的灵活应用为主的1~2道客观题目；‎ ‎（2）关于等比数列的实际应用问题或知识交汇题的解答题也是重点；‎ ‎（3）解决问题时注意数学思想的应用，象通过逆推思想、函数与方程、归纳猜想、等价转化、分类讨论等，它将能灵活考察考生运用数学知识分析问题和解决问题的能力。‎ 三．要点精讲 ‎1．等比数列定义 一般地，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，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；公比通常用字母表示，即：：数列对于数列（1）（2）（3）都是等比数列，它们的公比依次是2，5，。（注意：“从第二项起”、“常数”、等比数列的公比和项都不为零）‎ ‎2．等比数列通项公式为：。‎ 说明：（1）由等比数列的通项公式可以知道：当公比时该数列既是等比数列也是等差数列；（2）等比数列的通项公式知：若为等比数列，则。‎ ‎3．等比中项 如果在中间插入一个数，使成等比数列，那么叫做的等比中项（两个符号相同的非零实数，都有两个等比中项）。‎ ‎4．等比数列前n项和公式 一般地，设等比数列的前n项和是，当时， 或；当q=1时，（错位相减法）。‎ 说明：（1）和各已知三个可求第四个；（2）注意求和公式中是，通项公式中是不要混淆；（3）应用求和公式时，必要时应讨论的情况。‎ 四．典例解析 题型1：等比数列的概念 例1．“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为 的等比数列一定是递减数列”；“a,b,c三数成等比数列的充要条件是b2=ac”；“a,b,c三数成等差数列的充要条件是2b=a+c”，以上四个命题中，正确的有（ ）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解析：四个命题中只有最后一个是真命题。‎ 命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列；‎ 命题2中可知an+1=an×，an+1an，即an+1>an，此时该数列为递增数列；‎ 命题3中，若a=b=0，c∈R，此时有，但数列a,b,c不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=，则成为不必要也不充分条件。‎ 点评：该题通过一些选择题的形式考察了有关等比数列的一些重要结论，为此我们要注意一些有关等差数列、等比数列的重要结论。‎ 例2．命题1：若数列{an}的前n项和Sn=an+b(a≠1)，则数列{an}是等比数列；‎ 命题2：若数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c(a≠0)，则数列{an}是等差数列；‎ 命题3：若数列{an}的前n项和Sn=na－n，则数列{an}既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ）‎ A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 解析： 由命题1得，a1=a+b，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(a－1)·an－1。若{an}是等比数列，则=a，即=a，所以只有当b=－1且a≠0时，此数列才是等比数列。‎ 由命题2得，a1=a+b+c，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2na+b－a，若{an}是等差数列，则a2－a1=2a，即2a－c=2a，所以只有当c=0时，数列{an}才是等差数列。‎ 由命题3得，a1=a－1，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=a－1，显然{an}是一个常数列，即公差为0的等差数列，因此只有当a－1≠0；即a≠1时数列{an}才又是等比数列。‎ 点评：等比数列中通项与求和公式间有很大的联系，上述三个命题均涉及到Sn与an的关系，它们是an=，正确判断数列{an}是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他各项的关系。上述三个命题都不是真命题，选择A。‎ 题型2：等比数列的判定 例3．（Ⅰ）已知数列｛cn｝，其中cn＝2n＋3n，且数列｛cn＋1－pcn｝为等比数列，求常数p；（Ⅱ）设｛an｝、｛bn｝是公比不相等的两个等比数列，cn=an+bn，证明数列｛cn｝不是等比数列。‎ 解析：（Ⅰ）解：因为｛cn＋1－pcn｝是等比数列，‎ 故有：（cn＋1－pcn）2＝（cn＋2－pcn＋1）（cn－pcn－1），‎ 将cn＝2n＋3n代入上式，得：‎ ‎［2n＋1＋3n＋1－p（2n＋3n）］2＝［2n＋2＋3n＋2－p（2n＋1＋3n＋1）］·［2n＋3n－p（2n－1＋3n－1）］，‎ 即［（2－p）2n＋（3－p）3n］2‎ ‎＝［（2－p）2n＋1＋（3－p）3n＋1］［（2－p）2n－1＋（3－p）3n－1］，‎ 整理得（2－p）（3－p）·2n·3n＝0，解得p=2或p=3。‎ ‎（Ⅱ）证明：设｛an｝、｛bn｝的公比分别为p、q，p≠q，cn=an+bn。‎ 为证｛cn｝不是等比数列只需证c22≠c1·c3。‎ 事实上，c22＝（a1p＋b1q）2＝a12p2＋b12q2＋2a1b1pq，‎ c1·c3＝（a1＋b1）（a1p2＋b1q2）＝a12p2＋b12q2＋a1b1（p2＋q2），‎ 由于p≠q，p2＋q2＞2pq，又a1、b1不为零，‎ 因此c22≠c1·c3，故｛cn｝不是等比数列。‎ 点评：本题主要考查等比数列的概念和基本性质，推理和运算能力。‎ 例4．如图3—1，在边长为l的等边△ABC中，圆O1为△ABC的图3—1‎ 内切圆，圆O2与圆O1外切，且与AB，BC相切，…，圆On+1与圆On外切，且与AB、BC相切，如此无限继续下去.记圆On的面积为an（n∈N*），证明{an}是等比数列；‎ 证明：记rn为圆On的半径，则r1=tan30°=。=sin30°=，所以rn=rn－1（n≥2），于是a1=πr12=，故{an}成等比数列。‎ 点评：该题考察实际问题的判定，需要对实际问题情景进行分析，最终对应数值关系建立模型加以解析。‎ 题型3：等比数列的通项公式及应用 例5．一个等比数列有三项，如果把第二项加上4，那么所得的三项就成为等差数列，如果再把这个等差数列的第三项加上32，那么所得的三项又成为等比数列，求原来的等比数列。‎ 解析：设所求的等比数列为a，aq，aq2；‎ 则2(aq+4)=a+aq2，且(aq+4)2=a(aq2+32)；‎ 解得a=2，q=3或a=，q=－5；‎ 故所求的等比数列为2，6,18或，－，。‎ 点评：第一种解法利用等比数列的基本量，先求公比，后求其它量，这是解等差数列、等比数列的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁。‎ 例6．已知正项数列，其前项和满足且成等比数列，求数列的通项 解析：∵10Sn=an2+5an+6， ① ‎ ‎∴‎10a1=a12+‎5a1+6，解之得a1=2或a1=3。‎ 又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)，② ‎ 由①－②得 10an=(an2－an－12)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0‎ ‎∵an+an－1>0 , ∴an－an－1=5 (n≥2)。‎ 当a1=3时，a3=13，a15=73，a1, a3,a15不成等比数列 ‎∴a1≠3；‎ 当a1=2时,，a3=12， a15=72，有 a32=a1a15 , ∴a1=2, ∴an=5n－3。‎ 点评：该题涉及等比数列的求和公式与等比数列通项之间的关系，最终求得结果。‎ 题型4：等比数列的求和公式及应用 例7．（1）在等比数列中,,前项和为,若数列也是等比数列，则等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎（2）设，则等于（ ）‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎（3）设等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q；解析：（1）因数列为等比，则，因数列也是等比数列，‎ 则 即，所以，故选择答案C。‎ ‎（2）D；‎ ‎（3）解：若q=1，则有S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。‎ 因a1≠0，得S3+S6≠2S9，显然q=1与题设矛盾，故q≠1。‎ 由S3+S6=2S9，得，整理得q3（2q6－q3－1）=0，由q≠0，得2q6－q3－1=0，从而（2q3＋1）（q3－1）=0，因q3≠1，故q3=－，所以q=－。‎ 点评：对于等比数列求和问题要先分清数列的通项公式，对应好首项和公比求出最终结果即可。‎ 例8．（1）设｛an｝为等差数列，｛bn｝为等比数列，a1＝b1＝1，a2＋a4＝b3，b2b4＝a3．分别求出｛an｝及｛bn｝的前10项的和S10及T10；‎ ‎（2）在1与2之间插入n个正数a1，a2，a3……，an，使这n＋2个数成等比数列；又在1与2之间插入n个正数b1，b2，b3，……，bn，使这n＋2个数成等差数列.记An＝a1a2a3……an，Bn＝b1＋b2＋b3＋……＋bn.‎ ‎（Ⅰ）求数列｛An｝和｛Bn｝的通项；‎ ‎（Ⅱ）当n≥7时，比较An与Bn的大小，并证明你的结论。‎ ‎（3）已知｛an｝是由非负整数组成的数列，满足a1＝0，a2＝3，‎ an＋1an＝（an－1＋2）（an－2＋2），n＝3，4，5，…．‎ ‎（Ⅰ）求a3；‎ ‎（Ⅱ）证明an＝an－2＋2，n＝3，4，5，…；‎ ‎（Ⅲ）求｛an｝的通项公式及其前n项和Sn。‎ 解析：（1）∵｛an｝为等差数列，｛bn｝为等比数列，‎ ‎∴a2＋a4＝2a3，b2b4＝b32．‎ 已知a2＋a4＝b3，b2b4＝a3，‎ ‎∴b3＝2a3，a3＝b32．‎ 得 b3＝2b32．‎ ‎∵b3≠0 ∴b3＝，a3＝．‎ 由a1＝1，a3＝知｛an｝的公差为d＝，‎ ‎∴S10＝10a1＋．‎ 由b1＝1，b3＝知｛bn｝的公比为q＝或q＝．‎ 当q＝时，，‎ 当q＝时，。‎ ‎（2）（Ⅰ）设公比为q，公差为d，等比数列1，a1，a2，……，an，2，等差数列1，b1，b2，……，bn，2。‎ 则A1＝a1＝1·q A2＝1·q·1·q2 A3＝1·q·1·q2·1·q3‎ 又∵an＋2＝1·qn＋1＝2得qn＋1＝2，‎ An＝q·q2…qn＝q（n＝1，2，3…）‎ 又∵bn＋2＝1＋（n＋1）d＝2 ∴（n＋1）d＝1‎ B1＝b1＝1＋d B2＝b2＋b1＝1＋d＋1＋2d Bn＝1＋d＋…＋1＋nd＝n ‎（Ⅱ）An＞Bn，当n≥7时 证明：当n＝7时，23．5＝8·＝An Bn＝×7，∴An＞Bn 设当n＝k时，An＞Bn，则当n＝k＋1时， ‎ 又∵Ak+1＝· 且Ak＞Bk ∴Ak＋1＞·k ‎∴Ak＋1－Bk＋1＞‎ 又∵k＝8，9，10… ∴Ak＋1－Bk＋1＞0，综上所述，An＞Bn成立.‎ ‎（3）（Ⅰ）解：由题设得a3a4＝10，且a3、a4均为非负整数，所以a3的可能的值为1，2，5，10．‎ 若a3＝1，则a4＝10，a5＝，与题设矛盾．‎ 若a3＝5，则a4＝2，a5＝，与题设矛盾．‎ 若a3＝10，则a4＝1，a5＝60，a6＝，与题设矛盾.‎ 所以a3＝2.‎ ‎（Ⅱ）用数学归纳法证明：‎ ‎①当n＝3，a3＝a1＋2，等式成立；‎ ‎②假设当n＝k（k≥3）时等式成立，即ak＝ak－2＋2,由题设ak＋1ak＝（ak－1＋2）·（ak－2＋2），因为ak＝ak－2＋2≠0，所以ak＋1＝ak－1＋2，‎ 也就是说，当n＝k＋1时，等式ak＋1＝ak－1＋2成立；‎ 根据①和②，对于所有n≥3，有an+1=an－1+2。‎ ‎（Ⅲ）解：由a2k－1＝a2（k－1）－1＋2，a1＝0，及a2k＝a2（k－1）＋2，a2＝3得a2k－1＝2（k－1），a2k＝2k＋1，k＝1，2，3，…，即an＝n＋（－1）n，n＝1，2，3，…。‎ 所以Sn＝‎ 点评：本小题主要考查数列与等差数列前n项和等基础知识，以及准确表述，分析和解决问题的能力。‎ 题型5：等比数列的性质 例9．（1）在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝（ ）‎ ‎（A）33 （B）72 （C）84 （D）189‎ ‎（2）在等差数列｛an｝中，若a10＝0，则有等式a1+a2+…＋an=a1+a2+…＋a19－n（n＜19，n∈N成立.类比上述性质，相应地：在等比数列｛bn｝中，若b9＝1，则有等式 成立。‎ 解析：（1）答案：C；解：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由题意得:a1+a2+a3=21,即3+3q+3q2=21,q2+q-6=0，求得q=2(q=－3舍去)，所以a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4故选C。‎ ‎（2）答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）；‎ 解：在等差数列｛an｝中，由a10＝0，得a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋a19－n＝2a10＝0，‎ 所以a1＋a2＋…＋an＋…＋a19＝0，即a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1，‎ 又∵a1＝－a19，a2＝－a18，…，a19－n＝－an＋1‎ ‎∴a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1＝a1＋a2＋…＋a19－n，‎ 若a9＝0，同理可得a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋a17－n，‎ 相应地等比数列｛bn｝中，则可得：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）。‎ 点评：本题考查了等比数列的相关概念及其有关计算能力。‎ 例10．（1）设首项为正数的等比数列，它的前n项和为80，前2n项和为6560，且前n项中数值最大的项为54，求此数列的首项和公比q。‎ ‎（2）在和之间插入n个正数，使这个数依次成等比数列，求所插入的n个数之积。‎ ‎（3）设等比数列{an}的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项和最大？(lg2=0 3,lg3=0.4)‎ 解析：（1）设等比数列｛an｝的前n项和为Sn，依题意设：a1＞0，Sn=80 ，S2n=6560。‎ ‎ ∵S2n≠2Sn ，∴q≠1；‎ 从而 =80，且=6560。‎ 两式相除得1+qn=82 ，即qn=81。‎ ‎∴a1=q－1＞0 即q＞1,从而等比数列｛an｝为递增数列，故前n项中数值最大的项为第n项。‎ ‎∴a1qn-1=54,从而(q－1)qn-1=qn-qn-1=54。‎ ‎∴qn-1=81－54=27 ‎ ‎∴q==3。‎ ‎∴a1=q－1=2‎ 故此数列的首为2，公比为3。‎ ‎（2）解法1：设插入的n个数为，且公比为q，‎ 则 ‎。‎ 解法2：设插入的n个数为，‎ ‎。‎ ‎（3）解法一 设公比为q,项数为2m,m∈N*，‎ 依题意有：，‎ 化简得，‎ 设数列{lgan}前n项和为Sn，‎ 则Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1n·q1+2+…+(n－1)‎ ‎=nlga1+n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3‎ ‎=(－)·n2+(2lg2+lg3)·n 可见，当n=时，Sn最大，‎ 而=5,故{lgan}的前5项和最大，‎ 解法二 接前，,于是lgan=lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg，‎ ‎∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，‎ 令lgan≥0，得2lg2－(n－4)lg3≥0，‎ ‎∴n≤=5.5，‎ 由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大。‎ 点评：第一种解法利用等比数列的基本量，先求公比，后求其它量，这是解等差数列、等比数列的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁；第二种解法利用等比数列的性质，与“首末项等距”的两项积相等，这在解题中常用到。‎ 题型6：等差、等比综合问题 例11．已知公比为的无穷等比数列各项的和为9，无穷等比数列各项的和为。‎ ‎(Ⅰ)求数列的首项和公比；‎ ‎(Ⅱ)对给定的，设是首项为，公差为的等差数列．求数列的前10项之和。‎ 解析：(Ⅰ)依题意可知：，‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,，所以数列的的首项为,公差，,即数列的前10项之和为155。‎ 点评：对于出现等差、等比数列的综合问题，一定要区分开各自的公式，不要混淆。‎ 五．思维总结 ‎1．等比数列的知识要点（可类比等差数列学习）‎ ‎（1）掌握等比数列定义＝q（常数）（nN），同样是证明一个数列是等比数列的依据，也可由an·an＋2＝来判断；‎ ‎（2）等比数列的通项公式为an＝a1·qn－1；‎ ‎（3）对于G 是a、b 的等差中项，则G2＝ab，G＝±；‎ ‎（4）特别要注意等比数列前n 项和公式应分为q＝1与q≠1两类，当q＝1时，Sn＝na1，当q≠1时，Sn＝，Sn＝。‎ ‎2．等比数列的判定方法 ‎①定义法：对于数列，若，则数列是等比数列；‎ ‎②等比中项：对于数列，若，则数列是等比数列。‎ ‎3．等比数列的性质 ‎①等比数列任意两项间的关系：如果是等比数列的第项，是等差数列的第项，且，公比为，则有；‎ ‎②对于等比数列，若，则，也就是：，如图所示：。‎ ‎③若数列是等比数列，是其前n项的和，，那么，，成等比数列。‎ 如下图所示：‎