2012届高考数学(文)《优化方案》一轮复习课件:第5章第三节 等比数列(苏教版江苏专用_图文

第三节

等比数列

双基研习·面对高考

第 三 节 等 比 数 列

考点探究·挑战高考

考向瞭望·把脉高考

双基研习·面对高考

基础梳理

1.等比数列的相关概念

相 关 等比数列{an}的相关概念及公 名 式 词 an+1 =q(q 是常数且 q≠0, an an 定 n∈N*)或_________=q(q 是 an-1 义 * 常数且 q≠0,n∈N 且 n≥2 ________)

相关名词 通项公式

等比数列{an}的相关概念及公式
n-m a1qn-1 an=_______=am· q

前 n 项和公 式
Sn=

na1 _______

(q ? 1)

a1 (1 ? q n ) a1 ? an q 1? q ______=__________ 1? q

(q ? 1)

相关
名词

等比数列{an}的相关概念及公式

等比 设a、b为任意两个同号的实数,则 ± ab 中项 a、b的等比中项G=__________

2.等比数列的性质 (1)对任意的正整数m、n、p、q,若m+n=p am·n=ap·q a a + q 则 ______________. 特 别 地 m + n = 2p 则 a=am·n. a _______________ (2)有穷等比数列中,与首末两项距离相等的 两项积相等,都等于首末两项的积,特别地, 若项数为奇数,还等于中间项的平方,即 a1·n=a2·n-1=a3·n-2=?= a2 . . a a a 中

(3)在等比数列中,每隔相同的项抽出来的项按 照原来顺序排列,构成的新数列仍是等比数列, 即am ,am + k ,am + 2k ,am + 3k ,?仍是等比数 列. (4)若数列{an}是等比数列,Sn为其前n项和,则 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?是等比数列. (5)若数列{am}是等比数列,则a1a2?am ,am + 1am + 2?a2m , a2m + 1a2m + 2?a3m , ? 是 等 比 数 列. (6) 若 数 列 {an} 与 {bn} 均 为 等 比 数 列 , 则 数 列 {manbn}(m为常数,m≠0),{ an }都是等比数 bn 列.

思考感悟 G= ab是 a、 b 成等比数列的什么条件? G、

提示:G= ab ?/ a、G、b 成等比数列, 如 G=0,a=0 或 b=0;a、G、b 成等比数 列?/ G= ab,有可能 G=- ab. ∴G= ab是 a、G、b 成等比数列的既不充 分也不必要条件.

课前热身

1.(2011 年徐州质检)下面四个数列: ①1,1,2,4,8,16,32,64; a2 a3 ②数列{an}中,已知 =2, =2; a1 a2 ③常数列 a,a,?,a,?; an+1 ④在数列{an}中 =q,其中 n∈N* ,且 an q≠0. 其中为等比数列的是________.
答案:④

2.等比数列{an}中an >0,且a5·6 =9,则 a

log3a2+log3a9=________.
答案:2

3.在等比数列{an}(n∈N*)中,若 a1=1, 1 a4= , 则该数列的前 10 项和为________. 8

1 答案:2- 9 2

4.若等比数列{an}的前n项和为Sn =2n +r,
则r的值是________.

答案:-1

考点探究·挑战高考

考点突破
等比数列的判定或证明

等比数列的判定方法有: an+1 an (1)定义法: =q(q 为非零常数)或 =q(q an an-1 为非零常数且 n≥2),则{an}是等比数列. (2)中项公式法:若数列{an}中,an≠0 且 a2 +1 n =an·n+2(n∈N ),则数列{an}是等比数列. a
*

(3)通项公式法:若数列通项公式可写成an=

c·n ,(c、q均为不为0的整数,n∈N*),则 q
{an}是等比数列.

(4)前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn
=k·n-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是 q 等比数列.(此法适用于填空题)

例1 数列{a }的前n项和为S ,数列{b }中, n n n

b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),若an+Sn=n.
(1)设cn =an -1,求证:数列{cn}是等比数列;

(2)求数列{bn}的通项公式.
【思路分析】 首先由已知条件得到数列

{an}中项与项之间的关系,再根据数列{bn}、 {cn}与{an}中项的关系判断或求解.

【解】

(1)证明:由 a1+S1=1 及 a1=S1,

1 得 a1= . 2 由 an+Sn=n 及 an+1+Sn+1=n+1,得 an+1-an+an+1=1,∴2an+1=an+1. ∴2(an+1-1)=an-1,即 2cn+1=cn, 1 1 ∴数列{cn}是以 c1=a1-1=- 为首项, 为 2 2 公比的等比数列.

(2)法一:由(1)知 2an+1=an+1, ∴2an=an-1+1(n≥2),∴2an+1-2an=an- an-1, ∴2bn+1=bn(n≥2). 1 3 又 b1=a1= ,a2+a1+a2=2,∴a2= . 2 4 3 1 1 1 ∴b2= - = ,b2= b1, 4 2 4 2 1 1 ∴数列{bn}是首项为 ,公比为 的等比数列. 2 2 1 1 n- 1 1 n ∴bn= · ) =( ) . ( 2 2 2

1 1 n-1 1n 法二:由(1)cn=- · ) =-( ) , ( 2 2 2 1n 1n 1n ∴an=-( ) +1, n=-( ) +1-[-( ) ∴b 2 2 2 -1 +1] 1 n- 1 1 n 1 n =( ) -( ) =( ) (n≥2). 2 2 2 1 1n 又 b1=a1= 也适合上式,∴bn=( ) . 2 2

【名师点评】

本类题目已给出构造等比

数列的形式,因而解题有了“方向”,结

合等比数列的定义可判断.

等比数列的计算及性质的应用 等比数列中有五个量a1 ,n,q,an ,Sn ,一般 利用通项公式和前n项和公式,通过方程组“知 三求二”.利用等比数列的性质可以灵活地处理 等比数列的相关问题,体现了非常强的灵活性和 技巧性.

例2

设首项为正数的等比数列{an}中,它的

前n项和Sn=80,前2n项和S2n=6560,且前n项
中数值最大的项为54.

求此数列的首项a1与公比q.
【思路分析】 ①由Sn 和S2n 知需利用前n项和 公式,应对q=1和q≠1讨论.②利用单调性确 定最大项.

【解】 q=1 时,Sn=na1=80, S2n=2na1=6560,显然不可能, 所以 q≠1. a1?1-qn? Sn= =80, 1-q a1?1-q2n? S2n= =6560, 1-q ∴1+qn=82,qn=81, a1 ∴ =-1,q=a1+1.① 1-q 又 a1>0,∴q>1,

∴数列{an}是递增数列. ∴前 n 项中数值最大的项为 an, - ∴an=54,即 a1qn 1=54, a1 ∴q· 81=54.② ?a1=2 解①②得? . ?q=3
【名师点评】 本题主要应用前n项和公式 及通项公式求解,应用前n项和公式时要注意 对公比q的讨论,同时,还要注意单调性的判 定及整体代换思想的应用.

例3

(2010年高考大纲全国卷Ⅰ改编)已知各

项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 {an}中,a1a2a3 =5, a7a8a9=10,则a4a5a6=________. 【思路分析】 的等比数列. 题目中每相邻三项的积构成新

【解析】 由题易知 a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9 三 数 成 等 比 数 列 , 所 以 (a4a5a6)2 = (a1a2a3)· 7a8a9)=50. (a 又 an>0,∴a4a5a6=5 2.

【答案】

5 2

【名师点评】

等比数列中的计算问题要结合

有关的性质,虽然用基本量能进行计算,但过
于繁琐,而应用性质可简化计算过程.

互动探究1
若例3改为:已知各项均为正数的等比数列{an} 中,a1+a2+a3=5,a7+a8+a9=10,则a4+a5 +a6=________.

解析: 4+a5+a6=a1q3+a2q3+a3q3=(a1+a2 a 3 +a3)q , 6 同理 a7+a8+a9=(a1+a2+a3)q , ∴(a4+a5+a6)2=(a1+a2+a3)(a7+a8+a9) =5×10=50. ∴a4+a5+a6=5 2.

答案:5 2

等比数列的综合问题 等比数列中的判断问题,构造数列问题,求 和问题以及与函数、不等式相结合的问题, 都可能成为综合题中的知识线索,而主线索 还应是数列的有关知识,因此解此类题目, 应重视条件的转化,使所有的目标都指向数 列的相关知识.

例4 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,

且 2an+1=Sn+2(n∈N*). (1)求 a2,a3 的值,并求数列{an}的通项公式; 3 (2)解不等式 ? a >Sn. i= 1 i
【思路分析】 (1)利用 an=Sn-Sn-1(n≥2) 结合题目中的条件 2an+1=Sn+2 可证明数列 3 {an}为等比数列;(2)先判断数列{a }怎样求 n 前 n 项和,求出 Sn,观察第(2)问题中的不 等式,求解.
n

【解】 (1)∵a1=1,2a2=S1+2=a1+2=3, 3 ∴a2= . 2 9 9 ∵2a3=S2+2=a1+a2+2= ,∴a3= . 2 4 ∵2an+1=Sn+2,∴2an=Sn-1+2(n≥2), 两式相减,得 2an+1-2an=Sn-Sn-1. 3 ∴2an+1-2an=an,则 an+1= an(n≥2). 2 3 3 ∵a2= a1,∴an+1= an(n∈N*). 2 2 3 n- 1 ∵a1=1≠0,∴{an}为等比数列,an=( ) . 2

3 2 n-1 (2) =3×( ) , an 3 3 2 ∴数列{a }是首项为 3, 公比为 的等比数列. 3 n 3 4 8 16 数列{a }的前 5 项为:3,2, , , . 3 9 27 n 3 9 27 81 {an}的前 5 项为:1, , , , . 2 4 8 16 3 ∴n=1,2,3 时, ? >Sn 成立; a i= 1 i
n

3 当 n=4 时, ? a ≤Sn; i= 1 i
n 3 3 ∵n≥5 时,a <1,an>1,∴ ? a <Sn. n i= 1 i

n

3 ∴不等式 ? >Sn(n∈N*)的解集为{1,2,3}. a i= 1 i

n

【名师点评】 本题中(2)问中的不等式,关 键是分析出不等式的结构特点,再利用相关 3 的知识求解;而 ? 为数列求和,所以求数 a i= 1 i 列的和是解不等式的前提.这就要求必须熟 知有关数列求和的方法和题型.
n

变式训练 2 设数列{an}是由正数组成的等比数列,公比 为 q,Sn 是其前 n 项和. (1)证明: Sn·n+2<Sn+1; S 4 4 2 (2)设 bn= an+ 3+ an+ 1+ an,记数列{bn} 15 5 5 的前 n 项和为 Tn, 试比较 q2Sn 和 Tn 的大小.

解:(1)证明:由题设知 a1>0,q>0. ①当 q=1 时,Sn=na1, 于 是 Sn·n + 2 - S 2+1 = na1· S (n+ 2)a1 - (n+ n 1)2a2 1 =-a2<0. 1 a1?1-qn? ②当 q≠1 时,Sn= , 1-q 2 n n+2 a1?1-q ??1-q ? 2 于是 Sn·n + 2 -S n+1 = S - 2 ?1-q? + a2?1-qn 1?2 1 ?1-q?2 2 n =-a1q <0.

由①和②,得 Sn·n+2-S2+1<0. S n 所以 Sn·n+2<S2+1, Sn·n+2<Sn+1. S S n 4 4 2 (2)法一:bn= an+3+ an+1+ an 15 5 5 4 4 2 3 = anq + anq+ an, 15 5 5 4 4 2 3 Tn= ?bk= ? ( akq + akq+ ak) 15 5 5 k= 1 k= 1 4 3 4 2 = q Sn+ qSn+ Sn, 15 5 5
n n

Sn 3 Tn-q Sn= (4q -15q2+12q+6) 15 Sn 2Sn 2 2 = [4q(q-2) +(q-2) +2]≥ >0, 15 15 2 所以 Tn>q Sn.
2

4 4 2 3 法二:Tn= ?bk= ? ( akq + akq+ ak) 15 5 5 k= 1 k= 1 4 3 4 2 = q Sn+ qSn+ Sn, 15 5 5 Tn 4 4 2 由 2 = q+ + 2, q Sn 15 5q 5q

n

n

4 4 4 4 8 因为 q>0,所以 q+ ≥2 ·= 15 5q 15 5 15 4 4 3(当且仅当 q= , q= 3时取“=” 即 15 5q 8 2 2+8 3 号),因为 3+ 2= >1, 15 5q 15 Tn 2 所以 2 >1,即 Tn>q Sn. q Sn

方法感悟 方法技巧

1.解决等比数列有关问题的常见思想方法 (1)方程思想: 等比数列中有五个量 a1、 q、 n、 an、Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程 (组)求关键量 a1 和 q,问题可迎刃而解.

(2)数形结合思想:通项 an=a1qn-1 可化为 a1 n an=( q )q , 因此 an 是关于 n 的函数. 即{an} a1 x 中的各项所表示的点(n,n)在曲线 y=( q )q a 上,是一群孤立的点. ?a >0 ?a <0 ? 1 ? 1 单调性:当? 或? 时,{an}是递 ?q>1 ?0<q<1 ? ? 增数列; ?a >0 ?a <0 ? 1 ? 1 当? 或? 时,{an}是递减数列; ?0<q<1 ?q>1 ? ?

当 q=1 时,{an}为常数列; 当 q<0 时,{an}为摆动数列. (3)分类思想:当 q=1 时,{an}的前 n 项 和 Sn=na1;当 q≠1 时,{an}的前 n 项 a1?1-qn? a1-anq 和 Sn= = .等比数列的 1-q 1-q 前 n 项和公式涉及对公比 q 的分类讨论, 此处是常考易错点.

a1?1-qn? 2.当公比 q≠1 时,Sn= 可变 1-q a1 n a1 a1 形为 Sn=- q+ , A= 设 , 1-q 1-q 1-q 上式写成 Sn=-Aqn+A.由此可见,非 常数列的等比数列的前 n 项和 Sn 是由关 于 n 的一个指数式与一个常数的和构成 的,而指数式的系数与常数项互为相反 数.当公比 q=1 时,因为 a1≠0,所以 Sn=na1 是 n 的正比例函数.

反过来,如果已知数列的前 n 项和公式 Sn= -Aqn+A(A≠0,q≠0 且 q≠1,n∈N*),那 么这个数列一定是等比数列. 3.若数列{an},{bn}是等比数列,c 为非零常 1 an 2 数,则{c·n},{a },{an},{|an|},{an·n},{b } a b n n 等也是等比数列. 4.等比数列{an}中每隔 k 项取出一项,按原 来的顺序排成一个新数列, 则该数列仍为等比 数列.

失误防范

1.常数列都是等差数列,但不一定是等比数 列,只有当常数列各项不为 0 时,才是等比数 列. a 2. 一般地若三个数成等比数列, 可设为q, a, 2 aq.若四个数成等比数列,可设为 a,aq,aq , a a 3 3 aq ,但是不能设为 3,q,aq,aq ,因为这样 q 公比为 q2,漏掉了公比为负值的情形.

3. 等比数列{an}的前 n 项和公式的推导方 法即错位相减法是很重要的方法,必须熟 练掌握.在应用错位相减法求数列的前 n 项和时,若含有参数,易忽视分类讨论, 一般分为 q≠1,q=1 两类情况讨论.

考向瞭望·把脉高考

考情分析
从近几年的江苏高考试题来看,等比数列的定义、 性质、通项公式及前n项和公式是高考的热点, 题型既有填空题,又有解答题,难度中等偏 高.客观题突出“小而巧”,考查学生对基础知 识的掌握程度,主观题考查较为全面,在考查基 本运算、基本概念的基础上,又注重考查函数与 方程、等价转化、分类讨论等思想方法.

预测2012年江苏高考,等比数列的定义、性
质、通项公式及前n项和公式仍将是考查的重

点,特别是等比数列的性质更要引起重视.

规范解答


本题满分14分)(2010年高考四川卷)已知

等差数列{an}的前3项和为6,前8项和为-4.

(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn =(4-an)qn - 1(q≠0,n∈N*),求数列

{bn}的前n项和Sn.

【解】

(1)设数列{an}的公差为 d,由已知得

?3a1+3d=6, ?a1=3, ? 解得? 2分 ?8a1+28d=-4. ?d=-1.

故 an=3-(n-1)=4-n.4 分 (2)由(1)可得 bn=n·n 1,于是 q Sn=1·0+2·1+3·2+?+n·n-1.6 分 q q q q


若 q≠1,将上式两边同乘 q,得 qSn=1·1+2·2+?+(n-1)·n-1+n·n.7 分 q q q q 两式相减,得 (q-1)Sn=nqn-1-q1-q2-?-qn-1 qn-1 nqn+1-?n+1?qn+1 =nqn- = . q-1 q-1 nqn+1-?n+1?qn+1 于是,Sn= .10 分 2 ?q-1?

n?n+1? 若 q=1,则 Sn=1+2+3+?+n= . 2 12 分
?n?n+1? ? ?q=1?, ? 2 所以,Sn=? n+1 nq -?n+1?qn+1 ? ?q≠1?. 2 ? ?q-1? ?

14 分

【名师点评】

数列基本量的运算往往是

数列解答题的第(1)问要考查的问题,大多
利用“知三求二”的方程思想求解,有些题

目也可以借助数列的性质解出结果;本考题
第(2)问是错位相减法求和,当q=1和q≠1

讨论求解,是常规问题,应关注计算化简能
力的训练才可准确解答此类问题.

名师预测

1.在等比数列{an}中,若 a3a5a7a9a11=32, a2 9 则 的值为________. a11
解析:根据等比数列的性质可得 a3a5a7a9a11= a2 a2q16 9 1 5 6 a7=32,故 a7=2,而 = 10=a1q =a7=2. a11 a1q 答案:2

2.已知数列{an}共有 m 项,定义{an}的所 有项和为 S(1),第二项及以后所有项和为 S(2),第三项及以后所有项和为 S(3)?? 第 n 项以后所有项和为 S(n). S(n)是首 若 1 项为 2,公比为 的等比数列的前 n 项和, 2 则当 n<m 时,an 等于________.

解析:设数列的前 n 项和为 T(n),所有项的和 为 T(m)=M,则由定义可得 S(n)=M-T(n- 1 1), 而由 S(n)是首项为 2 公比为 的等比数列的 2 1 n 2[1-? ? ] 2 1 前 n 项和,易求得 S(n)= =4- n- 2, 1 2 1- 2 1 因此有 T(n)=M-S(n+1)=M+ n- 1-4, 于是 2 1 当 n<m 时,必有 an=T(n)-T(n-1)=M+ n- 1 2 1 1 -4-(M+ n- 2-4)=- n- 1. 2 2

答案:- n-1 2
3.在数 列 {an}中,已知a1 =p>0, 且ln(an +
1an)=2n+1.

1

(1)若数列{an}是等比数列,求p的值; (2)求数列{an}的前n项和Sn.

解:(1)由 ln(an+1an)=2n+1 得 an+1an=e . e3 e5 ∵a1=p>0,∴a2= ,a3= =pe2. p a2 e6 又{an}是等比数列,∴a2=a1a3,∴ 2=p2e2, 2 p ∴p4=e4,∴p=e.

2n+1

(2)法一:由 ln(an+1an)=2n+1 得 an+1an= e2n+1. 2n+3 ∴an+2an+1=e , an+2 2 ∴ a =e . n ∴a1,a3,a5,?;a2,a4,a6,?,分别是 以 e2 为公比的等比数列. e3 e3 又 a1=p,a2= = . a1 p

n ?a1+a2?[1-?e ? ] 2 ∴当 n 为偶数时, n= S = 2 1-e 3 1-en e (p+ p )· 2. 1-e 当 n 为奇数时,n+1 为偶数,an + 1 = 1 n+ 2 2 n+1 a2(e ) -1=pe , 2 3 1-en+1 1 n+2 e Sn=Sn+1-an+1=(p+ p )· . 2 - e p 1-e
2

法二:由 ln(an+1an)=2n+1 得 an+1an=e2n + =en 1en, an+1 an ∴ n+1·n=1. e e an 设 n=bn,则 bn+1bn=1, e 1 1 ∴bn+1= ,bn+2= =bn, bn bn+1 ∴b1=b3=b5=?=b2k-1=?(k∈N*), b2=b4=b6=?=b2k=?(k∈N*), a1 p 1 e 又 b1= = ,b2= = , e e b1 p p e ∴b2k-1=e,b2k=p.

+1

∵an=enbn,∴a2k-1=e2k 1b2k-1=pe2k 2,a2k 1 2k+1 2k =e b2k= e . p ∴当 n=2k 时, Sn=a1+a2+?+a2k =(a1+a3+?+a2k-1)+(a2+a4+?+a2k) 1 3 2 2k-2 =p(1+e +?+e )+p(e +e5+?+e2k+1) 1-e2k 1 e3?1-e2k? =p· + · . 1-e2 p 1-e2 n 此时,k= , 2





1-en 1 e3?1-en? 1-en e3 ∴Sn=p· 2+ · = 2(p+ ). p 1-e2 p 1-e 1-e 当 n=2k-1 时, Sn=a1+a2+?+a2k-a2k 1-e2k 1 e3?1-e2k? 1 2k+1 =p· . 2+ · 2 - e p 1-e p 1-e n+1 此时,k= , 2 n+1 3 n+1 1-e 1 e ?1-e ? 1 n+2 ∴Sn=p· -pe . 2 + · 2 p 1-e 1-e

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