高三数学一轮复习必备精品等比数列

1、20092010学年度高三数学（人教版A版）第一轮复习资料第29讲等比数列.【课标要求】.通过实例，理解等比数列的概念；.探索并掌握等差数列的通项公式与前n项和的公式；.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.【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2010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）关于

2、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q表示（q#0）,即：an书：an=q（q#0）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, - 1。（注2意：“从第二项起、“常数” q、等比数列的公比和项都不为零）.等比数列通项公式

3、为：an =a1 qn-L（a1 q 0） o说明：（1）由等比数列的通项公式可以知道：当公比d =1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 an为等比数列，则am = qmJ1o an.等比中项如果在a与b中间插入一个数 G,使a,G,b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项（两 个符号相同的非零实数，都有两个等比中项）.等比数列前n项和公式一般地，设等比数列斜20,川2,|的前n项和是Sn =a1 +a2 +a3 +| + an,当q,1时，Sn =a1（1q）或 Sn =曳二aq；当 q=1 时，Sn =na1（错位相减法）。1-q1-q说明：（1） a1,q,

4、n,Sn和a1,an,q,Sn各已知三个可求第四个；（2）注意求和公式中是 n 4通项公式中是q 不要混淆；（3）应用求和公式时 q*1,必要时应讨论q = 1的情况。 四.【典例解析】题型1：等比数列的概念 TOC o 1-5 h z ，“斗，一，一 ，“1 ，一 ，-，例1 . “公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为 1的等比数列一定是递减数列”；2“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

5、等差数列不是等比数列；命题2中可知an+1=anX - , an+1an未必成立，当首项a10时，anan,即an+1an, HYPERLINK l bookmark18 o Current Document 22此时该数列为递增数列；命题3中，若a=b=0, cC R,此时有b2 =ac ,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= ac ,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 w 1),则数列an是等比

6、数列；命题2：若数列an的前n项和Sn=an2+bn+c(a w 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n2时，an=Sn_Sn 1=(a-1) - an 1 若an是等比数列，则 =a,即a 1)=a,所以只有当b= 1且aw 0时，此数列才是等比数列。aa b由命题 2 得，a=a+b+c,当 n2 时，an=Sn- Sn 1=2na+b a,若an是等差数列，则 a2 一 a1=2a,即2a-c=2a,所以只有当c=

7、0时，数列an才是等差数列。由命题3得，a1=a1,当n2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 10;即aw 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a1 当n = 1时系，它们是an=t正确判断数列an是等差数列或等比数列，都必须用1sn -Sn，当n之2时上述关系式，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Ao题型2:等比数列的判定例3.已知等比数列(an )中a2 =1 ,则其前3项的和0的取值范围是(D )(A) (-0,-1(B) (-0

8、,0 jU(1D(C)b*)(D)(-加卜尸)【解1】：,一等比数列(an9a2=1 ，当公比为1时，a1=a2=%=1, S3 = 3 ；当公比为T时，a=1 =10=T , 0=T 从而淘汰(A) (B) (C)故选D; TOC o 1-5 h z 11_1【斛 2】：二,等比数列（an J43 a2 =1 ，S3 =a1+a2+a3 =a2 1 + q + 0 时，S3 =1+q+之1+2 ；q 一=3； q q11当公比 q0 时，S3 =1 - -q - 1 -2 j1 -q 一一 = -1 2,an =Sn -Sn= kn2 +n -k(n-1)2 +(n -1) = 2kn-k+

9、1 (* )经验，n=1, (*)式成立，, an=2knk+12(n) - am,a2m,a4m成等比数列，, a2m =am.a4m，2即(4kmk+1) =(2km k+1)(8km k+1),整理得：mk(k1)=0,对任意的mN1*1成立，/. k=0或k=1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=

10、3 或 a= 2 , q= 5；9故所求的等比数列为 2, 6,18或2 , - , 50。999点评：第一种解法利用等比数列的基本量a1，q,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. （2009山东卷文）等比数列 an的前n项和为Sn ,已知对任意的nW N均在函数y = bx +r（b A0且b #1,b,r均为常数）的图像上.（1）求r的值；n 1.（11）当b=2时，记 bn = （nwN ） 求数列bn的前n项和Tn4烝解：因为对任意的nw N十点（n,Sn）,均在函数y=bx+r（b0且b#1,b,r均为常数）的图

11、像上.所以得Sn =bn +r,当 n=1 时，sn =S =b+r,当 n 一2 时，%-Sbn r -（bn,r） = bn - bn=（b - 1）bn，又因为 an为等比数列，所以r=-1,公比为b, 所以an =（b 1）bn(2)当 b=2 时，an=(b1)bn,=2n,，bn=S=* TOC o 1-5 h z 4an4 22234n1贝U T=n11n22242n11234一 n n 12Tn =3 27 2 F7 . 小,112111.2n 12n 2相减，得一Tn = -2 + =+ -4 +工 +1M +222232425c (1 一 )12n 1n 12n 2123

12、(1 2山 _ n_1 _ 32d 12n 2 一 4I - -21 n 12n - 2n 1n 32n 1一 3Sn求an的基本题型，并运所以Tn =3 2【命题立意】：本题主要考查了等比数列的定义 ，通项公式，以及已知用错位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前n项和Tn.例7. （ 1） （ 2009安徽卷文）已知数列仆的前n项和二跳十窈,数列X 的前n项和:a la）求数列4与4的通项公式；(n)设%二”也，证明：当且仅当n3时，闱与a1(n =1)【思路】由a =4， - 可求出an和bn,这是数列中求通项的常用方法之一，在求Sn -Sn 1 (n _2)L-出an

13、和bn后，进而得到Cn,接下来用作差法来比较大小，这也是一常用方法口【解析】(1)由于a1 = s =4当 n 之2 时，an = sn sn=(2n2 +2n) 2(n 1)2 +2(n 一1) = 4n, am = 4n(n w N*)又当 x n 时 bn =Tn -Tn(2-6m)-(2 - 刈). 20 =bn1. 1 . n 1,数列bn项与等比数列，其首项为1,公比为一二bn =(-) 22(2)由(HDC1 =a； b =16n2 ,(I、，2Cn .1Cn16(n 1)2 (：)(n 1)J16n2 (-广(n 1)22n22由 Cni :二 1得 9_DCn2n0,-. n

14、 1 +应即 n 3又n23时(n +?2 1成立，即“吐0恒成立. 2nCn因此，当且仅当n3时，Cn+ 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a = 0, a2=3,an+an= (an-1+2) (an-2+2), n= 3, 4, 5,.(I)求 a3；(n)证明 an = an-2+ 2, n=3, 4, 5,；(m)求 an的通项公式及其前 n项和0。解析：(1) 一 an为等差数列， bn为等比数列，2a2 a a4= 2a3,b2b4= b3 .已知 a2 + a4= b3, b2b4= a3,2 b3 = 2a3 , a3=

15、b3 .得 b3 = 2b32.11 bw0 . . b3, a3.24a3=-知 an的公差为4d=-3, 810 955 S10 = 10a- +d 二28由b=1, b3= 1知bn的公比为2当一普噌（2 + 同(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,以，2。贝U 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 = 2,2 n (1 n) n ，、An = q q , - q = q= 22 (n=1,

16、 2, 3)2又,bn+2=1+ (n+1) d= 2(n+1) d= 1+d i+2+d+1+2d *1+d+1+0*(n) AnBn,当 n7 时证明：当n = 7时，235=8。X7, AnBn3Bn,则当n=k+1 时，Ak 书22 2k又 Ak+1= V2 2* Bk书3.3 1=-k 且 Ak Bk22 TOC o 1-5 h z -3.3.3八3.3Ak+1Bk+122k k (v2 - 1) k22222又.k=8, 9, 10 ，Ak+ i-Bk+i0,综上所述，AnBn成立.(I)解：由题设得a3a4= 10,且a3、a,均为非负整数，所以 a3的可能的值为1,2, 5,

17、10. TOC o 1-5 h z 一3右23=1,则a4=10, a5=,与题设矛盾.2-_35右a3=5,则 a4= 2, a5= ,与题设矛盾.2一 一一 3右a3 = 10,则a4=1, a5= 60, a6=,与题设矛盾.5所以a3=2.(n )用数学归纳法证明：当n=3, a3=a1+2,等式成立；假设当 n=k (k3)时等式成立，即 ak= ak2+2,由题设 ak+1ak= (ak1+2) , ( ak2 + 2),因为 ak= ak 2+ 20,所以 ak+ = ak-+2,也就是说，当n=k+ 1时，等式ak+1 = ak-1+2成立；根据和，对于所有n3,有an+产an

18、-1+2。(出)解：由 a2k 1= a2( k-1)-1+2, a=0,及 a2k = a2 *-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,。n(n +1)，当n为偶数，所以Sn=0),由题意得：&+a2+a3=21，即 2223+3q+3q =21,q +q-6=0 ,求得 q=2(q= 3舍去),所以 a3+a4+a5=q (a1+a2+a3)=4 父 21 = 84,故选 C。(2)答不：bb2bn =4应灯？-n (nv17) n N N );解：在等差数列 an中

19、,由 a10= 0,得 a1 + a19= a2 + a18= 0 = an + a2。-n= an+1 + a19-n= 2a10= 0,所以 a + a2+ an + a19=0, 即 a1+a2+ an= - a19 a18 一an+1,又a【=一 a19, a2=- a18)a19-n=- an+1 ai + a2+,+ an= a19一a18 一 an+i=ai + a2 + ,+ a9-n)若29=0,同理可得 a1+a2+ an= a1 +a2+a17-n,相应地等比数列 bn中，则可得：b1b23bn= b1b23b17n (nv17, nCN )。点评：本题考查了等比数列的相

20、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。1(2)在1和n+1之间插入n个正数，使这n+2个数依次成等比数列，求所插入的n个n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lg an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：a10, Sn=80 , S2n=6560。 S2nW 2s , ，qwa1(1 - q2

21、n)-=6560。1 -qa1 1 -qn从而-80,且1 -q两式相除得1+qn=82 ,即qn=81。-a1=q-10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。1- a1qn-1=54，从而(q 1)qn-1=qn-qn-1=54。qn-1=81 -54=27- q=qnh 1q81=3 o27一 a1=q一 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x1，x2，xn,且公比为q,n,则 n 1 = 1qnqn 1 二 n(n 1), xk = - qk, k =1,2, nnTn2xn11 2 .=一q qn n1 nq nn(n 1)

22、2n 1 -=(1)2on1解法2：设插入的n个数为x1，x2，xn, x0 =-,xn由=n+1 n.n 1Xo Xn 1 =x1 xn = x2 Xn=nTn =X1 X2XnTn2 =(XXn) (X2Xn/) ：(XnX1)=(0 1)nn)2。,一、， r .一 *(3)斛法一 ：-设公比为q,项数为2m,mC N ,依题意有:_ / 2 m 4、_/ 2 mai (q -1)a1q (q1) q 1q2 -1，、，3、 2 .3、内)，(a1q ) =9(aq +a1q )化简彳导q +1 24，、aq =9(1+q),_1解彳导产- 3,a1 =108设数列lg an前n项和为S

23、n,则 Sn=lga1+lga1q2+ +lgaqn 1=lga1n q1+2+ +(n 1,11,八 c= nlga1+ n(n 1) lgq=n(2lg2+lg3)n(n 1)lg3(一2)n +(2lg2+ 31g3) n-72lg2 -lg3可见，当n=2一时，&最大,lg372lg2 -lg3而 2lg34 0.3 7 0.42 0.4=5,故lg an的前5项和最大,解法二1接前,a1二1081lgan=lg108(1 )n11 =lg108+(n-1)lg-, 33数列lg an是以lg108为首项,以lg 13为公差的等差数列,=5.5 ,令 lganRQ 彳导 2lg2-(n

24、-4)lg3 芸0 ,n 2lg 2+4lg3 _ 2-0.3+4-0.40.4lg3由于nC N*,可见数列lg an的前5项和最大。点评：第一种解法利用等比数列的基本量a1,q ,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q(0 q 1)的无穷等比数列an各项的和为9,无穷等比数列a2n 各项的和为81。5(I )求数列an的首项a1和公比q ；(n )对给定的k(k =1,2,3, n),设T(k)是首项为ak,公差为2ak 1的等差数列.求数列T(k)的前