2013届高考数学一轮复习-第29讲-等比数列精品学案(共10页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上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12道客观题目；（2）关

2、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

3、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

4、”，以上四个命题中，正确的有（ ）A1个 B2个 C3个 D4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未必成立，当首项a10时，anan，即an+1an，此时该数列为递增数列；命题3中，若a=b=0，cR，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(a1)，则数列an是等比数列；命题

5、2：若数列an的前n项和Sn=an2+bn+c(a0)，则数列an是等差数列；命题3：若数列an的前n项和Sn=nan，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（ ）A0个 B1个 C2个 D3个解析： 由命题1得，a1=a+b，当n2时，an=SnSn1=(a1)an1。若an是等比数列，则=a，即=a，所以只有当b=1且a0时，此数列才是等比数列。由命题2得，a1=a+b+c，当n2时，an=SnSn1=2na+ba，若an是等差数列，则a2a1=2a，即2ac=2a，所以只有当c=0时，数列an才是等差数列。由命题3得，a1=a1，当n2时，an=SnSn1=a1，

6、显然an是一个常数列，即公差为0的等差数列，因此只有当a10；即a1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（）已知数列cn，其中cn2n3n，且数列cn1pcn为等比数列，求常数p；（）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：（）解：因为cn1pcn是等比数列，故有：（cn1pcn）2（cn2pcn1）（cnpcn

7、1），将cn2n3n代入上式，得：2n13n1p（2n3n）22n23n2p（2n13n1）2n3np（2n13n1），即（2p）2n（3p）3n2（2p）2n1（3p）3n1（2p）2n1（3p）3n1，整理得（2p）（3p）2n3n0，解得p=2或p=3。（）证明：设an、bn的公比分别为p、q，pq，cn=an+bn。为证cn不是等比数列只需证c22c1c3。事实上，c22（a1pb1q）2a12p2b12q22a1b1pq，c1c3（a1b1）（a1p2b1q2）a12p2b12q2a1b1（p2q2），由于pq，p2q22pq，又a1、b1不为零，因此c22c1c3，故cn不是等比数

8、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31，在边长为l的等边ABC中，圆O1为ABC的图31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（nN*），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=rn1（n2），于是a1=r12=，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

9、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， 10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3。又10Sn1=an12+5a

10、n1+6(n2)， 由得 10an=(an2an12)+6(anan1)，即(an+an1)(anan15)=0an+an10 , anan1=5 (n2)。当a1=3时，a3=13，a15=73，a1, a3,a15不成等比数列a13；当a1=2时,，a3=12， a15=72，有 a32=a1a15 , a1=2, an=5n3。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（ ）AB C D（3）设等比数列an的前n项和为Sn，若S3S

11、62S9，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a10，得S3+S62S9，显然q=1与题设矛盾，故q1。由S3+S6=2S9，得，整理得q3（2q6q31）=0，由q0，得2q6q31=0，从而（2q31）（q31）=0，因q31，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，a1b11，a2a4b3，b2b4a3分别求出an及bn的前10项的和S10及T10；

12、（2）在1与2之间插入n个正数a1，a2，a3，an，使这n2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n2个数成等差数列.记Ana1a2a3an，Bnb1b2b3bn.（）求数列An和Bn的通项；（）当n7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a10，a23，an1an（an12）（an22），n3，4，5，（）求a3；（）证明anan22，n3，4，5，；（）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，a2a42a3，b2b4b32已知a2a4b3，b2b4a3，b32a3，a3b3

13、2得 b32b32b30 b3，a3由a11，a3知an的公差为d，S1010a1由b11，b3知bn的公比为q或q当q时，当q时，。（2）（）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A1a11q A21q1q2 A31q1q21q3又an21qn12得qn12，Anqq2qnq（n1，2，3）又bn21（n1）d2 （n1）d1B1b11d B2b2b11d12d Bn1d1ndn（）AnBn，当n7时证明：当n7时，2358An Bn7，AnBn设当nk时，AnBn，则当nk1时，又Ak+1且AkBk Ak1kAk1Bk1又k8，9，10

14、 Ak1Bk10，综上所述，AnBn成立.（3）（）解：由题设得a3a410，且a3、a4均为非负整数，所以a3的可能的值为1，2，5，10若a31，则a410，a5，与题设矛盾若a35，则a42，a5，与题设矛盾若a310，则a41，a560，a6，与题设矛盾.所以a32.（）用数学归纳法证明：当n3，a3a12，等式成立；假设当nk（k3）时等式成立，即akak22,由题设ak1ak（ak12）（ak22），因为akak220，所以ak1ak12，也就是说，当nk1时，等式ak1ak12成立；根据和，对于所有n3，有an+1=an1+2。（）解：由a2k1a2（k1）12，a10，及a2k

15、a2（k1）2，a23得a2k12（k1），a2k2k1，k1，2，3，即ann（1）n，n1，2，3，。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a13，前三项和为21，则a3a4a5（ ）（A）33 （B）72 （C）84 （D）189（2）在等差数列an中，若a100，则有等式a1+a2+an=a1+a2+a19n（n19，nN成立.类比上述性质，相应地：在等比数列bn中，若b91，则有等式 成立。解析：（1）答案：C；解：设等比数列an的公比为q(q0)，由题意得

16、: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：b1b2bnb1b2b17n（n17，nN*）；解：在等差数列an中，由a100，得a1a19a2a18ana20nan1a19n2a100，所以a1a2ana190，即a1a2ana19a18an1，又a1a19，a2a18，a19nan1a1a2ana19a18an1a1a2a19n，若a90，同理可得a1a2ana1a2a17n，相应地等比数列bn中，则可得：b1b2bnb1b2b17n（n17，nN*）。点评：本题考查了等

17、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：a10，Sn=80 ，S2n=6560。 S2n2Sn ，q1；从而 =80，且=6560。两式相除得1+qn=

18、82 ，即qn=81。a1=q10 即q1,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(q1)qn-1=qn-qn-1=54。qn-1=8154=27 q=3。a1=q1=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,mN*，依题意有：，化简得，设数列lgan前n项和为Sn，则Sn=lga1+lga1q2+lga1qn1=lga1nq1+2+(n1)=nlga1+n(n1)lgq=n(2lg2+lg3)n(n1)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=lg108()n1=lg108+(n1)lg，数列lgan是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，令lgan0，得2lg2(n4)lg30，n=5.5，由于nN*,可见数列lgan的前5项和最大。点评：第一种解法利