数学高考总复习全套教案第29讲等比数列doc高中数学

普通高中课程标准实验教科书—数学[人教版]高三新数学第一轮复习教案（讲座29）—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、求和公式等根底知识和根本性质的灵活应用，对根本的运算要求比较高，解答题大多以数列知识为工具。预测07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、归纳猜测、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15/15\n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：假设为等比数列，那么。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+1<an未必成立，当首项a1<0时，an<0，那么an>an，即an+1>an，此时该数列为递增数列；15/15\n命题3中，假设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，假设将条件改为b=，那么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：假设数列{an}的前n项和Sn=an+b(a≠1)，那么数列{an}是等比数列；命题2：假设数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c(a≠0)，那么数列{an}是等差数列；命题3：假设数列{an}的前n项和Sn=na－n，那么数列{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。假设{an}是等比数列，那么=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，假设{an}是等差数列，那么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。15/15\n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．（2000全国理，20）（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：此题主要考察等比数列的概念和根本性质，推理和运算能力。15/15\n例4．（2022京春，21）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，那么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展分析，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；那么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，－，。15/15\n点评：第一种解法利用等比数列的根本量，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．（2022年陕西卷）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）（2022年辽宁卷）在等比数列中,,前项和为,假设数列也是等比数列，那么等于（）A．B．C．D．（2）（2022年北京卷）设，那么等于（）A．B．C．D．（3）（1996全国文，21）设等比数列｛an｝的前n项和为Sn，假设S3＋S6＝2S9，求数列的公比q；解析：（1）因数列为等比，那么，因数列也是等比数列，15/15\n那么即，所以，应选择答案C。（2）D；（3）解：假设q=1，那么有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）（2022江苏，18）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）（2022全国春季北京、安徽，20）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。15/15\n（3）（2022天津理，22）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。那么A1＝a1＝1·qA2＝1·q·1·q2A3＝1·q·1·q2·1·q3又∵an＋2＝1·qn＋1＝2得qn＋1＝2，15/15\nAn＝q·q2…qn＝q（n＝1，2，3…）又∵bn＋2＝1＋（n＋1）d＝2∴（n＋1）d＝1B1＝b1＝1＋dB2＝b2＋b1＝1＋d＋1＋2dBn＝1＋d＋…＋1＋nd＝n（Ⅱ）An＞Bn，当n≥7时证明：当n＝7时，23．5＝8·＝AnBn＝×7，∴An＞Bn设当n＝k时，An＞Bn，那么当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．假设a3＝1，那么a4＝10，a5＝，与题设矛盾．假设a3＝5，那么a4＝2，a5＝，与题设矛盾．假设a3＝10，那么a4＝1，a5＝60，a6＝，与题设矛盾.15/15\n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：本小题主要考察数列与等差数列前n项和等根底知识，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）（2022江苏3）在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，那么a3＋a4＋a5＝（）（A）33（B）72（C）84（D）189（2）（2000上海，12）在等差数列｛an｝中，假设a10＝0，那么有等式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，假设b9＝1，那么有等式成立。15/15\n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应选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，假设a9＝0，同理可得a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋a17－n，相应地等比数列｛bn｝中，那么可得：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）。点评：此题考察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=03,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；15/15\n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，那么。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：，15/15\n化简得，设数列{lgan}前n项和为Sn，那么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根本量，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15/15\n例11．（2022年广东卷）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，那么G2＝ab，G＝±；15/15\n（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，假设，那么数列是等比数列；②等比中项：对于数列，假设，那么数列是等比数列。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，那么有；②对于等比数列，假设，那么，也就是：，如以下图：。③假设数列是等比数列，是其前n项的和，，那么，，成等比数列。如以以下图所示：15/15