高考第一轮复习数学：3.3等比数列.doc

3.3 等比数列

●知识梳理
1.定义
数列{an}从第2项起，每一项与它前一项的比等于同一个常数的数列称作等比数列.常数叫公比.
2.通项公式：an=a1qn－1，推广形式：an=amqn－m.变式：q=（n、m∈N*）.
3.前n项和Sn=
注：q≠1时，=.
4.等比中项：若a、b、c成等比数列，则b为a、c的等比中项，且b=±.
5.三个数或四个数成等比数列且又知积时，则三个数可设为、a、aq，四个数可设为、、aq、aq3为好.
6.证明等比数列的方法：（1）用定义：只需证=常数；（2）用中项性质：只需an+12=an·an+2或=.
●点击双基
1.一个直角三角形三内角的正弦值成等比数列，其最小内角是
A.arccos B.arcsin
C.arccos D.arcsin
解析：设Rt△ABC中，C=，则A与B互余且A为最小内角.又由已知得sin2B=sinA，即cos2A=sinA，1－sin2A=sinA，解之得sinA=或sinA=（舍）.
答案：B
2.设{an}是由正数组成的等比数列，公比q=2，且a1·a2·a3·…·a30=230，那么a3·a6·a9·…·a30等于
A.210 B.220 C.216 D.215
解析：由等比数列的定义，a1·a2·a3=（）3，故a1·a2·a3·…·a30=（）3.又q=2，故a3·a6·a9·…·a30=220.
答案：B
3.某纯净水制造厂在净化水过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为
A.5 B.10 C.14 D.15
解析：由题意列式（1－20%）n＜5%，两边取对数得n＞≈13.4.故n≥14.
答案：C
4.（2004年全国，文14）已知等比数列{an}中，a3=3，a10=384，则该数列的通项an=___________________.
解析：由已知得q7==128=27，故q=2.∴an=a3·qn－3=3·2n－3.
答案：3·2n－3
5.如下图，在杨辉三角中，从上往下数共有n（n∈N*）行，在这些数中非1的数字之和是___________________.
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
……
解析：观察可知，第n（n∈N*）行中有n个数，从左向右依次是二项式系数C，C，C，…，C，故当n≥3时，除了1外，第n行各数的和为an=C+C+…+C=2n－1－2.又前两行全部为数字1，故前n行非1的数字之和为a3+a4+…+an=－2（n－2）=2n－2n.
答案：2n－2n
●典例剖析
【例1】 已知等比数列{an}中，a1+a2+a3=7，a1a2a3=8，求an.
剖析：利用等比数列的基本量a1，q，根据条件求出a1和q.
解：设{an}的公比为q，由题意知解得或
∴an=2n－1或an=23－n.
评述：转化成基本量解方程是解决数列问题的基本方法.
思考讨论
用a2和q来表示其他的量好解吗？该题的{an}若成等差数列呢？
【例2】 已知数列｛an｝为等差数列，公差d≠0，｛an｝的部分项组成下列数列：a，a，…，a，恰为等比数列，其中k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k1＋k2＋k3＋…＋kn.
剖析：运用等差（比）数列的定义分别求得a，然后列方程求得kn.
解：设｛an｝的首项为a1，∵a、a、a成等比数列，∴（a1＋4d）2＝a1（a1＋16d）.
得a1＝2d，q＝＝3.
∵a＝a1＋（kn－1）d，又a＝a1·3n－1，∴kn＝2·3n－1－1.
∴k1＋k2＋…＋kn＝2（1＋3＋…＋3n－1）－n＝2×－n＝3n－n－1.
评述：运用等差（比）数列的定义转化为关于kn的方程是解题的关键，转化时要注意：a是等差数列中的第kn项，而是等比数列中的第n项.
【例3】 设各项均为正数的数列{an}和{bn}满足5，5，5成等比数列，lgbn，lgan+1，lgbn+1成等差数列，且a1=1，b1=2，a2=3，求通项an、bn.
剖析：由等比中项、等差中项的性质得an+1=递推出an=（n≥2）.
解：∵5，5，5成等比数列，∴（5）2=5·5，即2bn=an+an+1. ①
又∵lgbn，lgan+1，lgbn+1成等差数列，∴2lgan+1=lgbn+lgbn+1，即an+12=bn·bn+1. ②
由②及ai＞0，bj＞0（i、j∈N*）可得an+1=. ③
∴an=（n≥2）. ④
将③④代入①可得2bn=+（n≥2），∴2=+（n≥2）.
∴数列{}为等差数列.
∵b1=2，a2=3，a22=b1·b2，∴b2=.∴=+（n－1）（－）
=（n+1）（n=1也成立）.
∴bn=.∴an===（n≥2）.
又当n=1时，a1=1也成立.∴an=.
评述：由Sn求an时要注意验证a1与S1是否一致.
特别提示
1.{an}为等比数列是an+12=an·an+2的充分但不必要条件.
2.若证{an}不是等比数列，只需证ak2≠ak－1ak+1（k为常数，k∈N，且k≥2）.
●闯关训练
夯实基础
1.若等比数列{an}的公比q＜0，前n项和为Sn，则S8a9与S9a8的大小关系是
A.S8a9＞S9a8 B.S8a9＜S9a8
C.S8a9=S9a8 D.不确定
解析：由等比数列通项公式和前n项和公式得
S8·a9－S9·a8=－·a1q3－·a1q7
===－a12q7.
又q＜0，则S8·a9－S9·a8＞0，即S8·a9＞S9·a8.
答案：A
2.银行一年定期的年利率为r，三年定期的年利率为q，银行为吸收长期资金，鼓励储户存三年定期的存款，那么q的值应略大于
A. B.［（1+r）3－1］
C.（1+r）3－1 D.r
解析：由题意得（1+r）3＜1+3q，故q＞［（1+r）3－1］.
答案：B
3.（2003年上海，8）若首项为a1，公比为q的等比数列{an}的前n项和总小于这个数列的各项和，则首项a1，公比q的一组取值可以是（a1，q）=___________.
解析：由题意知＜且|q|＜1对n∈N都成立，∴a1＞0，0＜q＜1.
答案：（1，）（a1＞0，0＜q＜1的一组数）
4.设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）an+12－nan2+an+1an=0（n∈N*），则它的通项公式an=___________________.
解析：分解因式可得［（n+1）an+1－nan］·［an+1+an］=0，又an＞0，则（n+1）an+1－nan=0，即=.又a1=1，由累积法可得an=.
答案：
5.定义一种运算“*”对于任意非零自然数n满足以下运算性质：
（1）1*1=1；
（2）（n+1）*1=3（n*1）.
试求n*1关于n的代数式.
解：“n*1”是一个整体，联想数列通项形式，设n*1=an，则a1=1，an+1=3an，得an=3n－1，即n*1=3n－1.
6.等比数列{an}的各项均为正数，其前n项中，数值最大的一项是54，若该数列的前n项之和为Sn，且Sn=80，S2n=6560，求：
（1）前100项之和S100.
（2）通项公式an.
解：设公比为q，∵S2n－Sn=6480＞Sn，∴q＞1.则最大项是an=a1qn－1（∵an＞0）. ①
又Sn==80， ②
S2n==6560， ③
由①②③解得a1=2，q=3，则（1）前100项之和S100==3100－1.
（2）通项公式为an=2·3n－1.
培养能力
7.数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，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.
（1）证明：∵a1=S1，an+Sn=n，∴a1+S1=1，得a1=.
又an+1+Sn+1=n+1，两式相减得2（an+1－1）=an－1，即=，也即=，故数列{cn}是等比数列.
（2）解：∵c1=a1－1=－，
∴cn=－，an=cn+1=1－，an－1=1－.
故当n≥2时，bn=an－an－1=－=.又b1=a1=，即bn=（n∈N*）.
8.设数列｛an｝、｛bn｝（bn＞0，n∈Ｎ*），满足an＝（n∈Ｎ*），证明：｛an｝为等差数列的充要条件是｛bn｝为等比数列.
证明：充分性：若｛bn｝为等比数列，设公比为q，则an＝＝＝lgb1＋（n－1）lgq，an＋1－an＝lgq为常数，
∴｛an｝为等差数列.
必要性：由an＝得nan＝lgb1＋lgb2＋…＋lgbn，（n＋1）an＋1＝lgb1＋lgb2＋…＋lgbn＋1，
∴n（an＋1－an）＋an＋1＝lgbn＋1.
若｛an｝为等差数列，设公差为d，则nd＋a1＋nd＝lgbn＋1，
∴bn＋1＝10，bn＝10.∴＝102d为常数.
∴｛bn｝为等比数列.
探究创新
9.有点难度哟！
设数列｛an｝，a1＝，若以a1，a2，…，an为系数的二次方程：an－1x2－anx＋1＝0（n∈Ｎ*且n≥2）都有根α、β满足3α－αβ＋3β＝1.
（1）求证:｛an－｝为等比数列；
（2）求an；
（3）求｛an｝的前n项和Sn.
（1）证明：∵α＋β＝，αβ＝代入3α－αβ＋3β＝1得an＝an－1＋，
∴＝＝为定值.
∴数列｛an－｝是等比数列.
（2）解：∵a1－＝－＝，
∴an－＝×（）n－1＝（）n.∴an＝（）n＋.
（3）解：Sn＝（＋+…+)+＝+＝－.
●思悟小结
1.深刻理解等比数列的定义，紧扣从“第二项起”和“比是同一常数”这两点.
2.运用等比数列求和公式时，需对q=1和q≠1进行讨论.
3.证明数列{an}是等差数列的两种基本方法是：
（1）利用定义，证明（n≥2）为常数；
（2）利用等比中项，即证明an2=an－1·an+1（n≥2）.
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教学点睛
1.等比数列的性质在求解中有着十分重要的作用，应让学生熟练掌握、灵活运用.
2.解决等比数列有关问题的常见思想方法：
（1）方程的思想：等比数列中五个元素a1、an、n、q、Sn可以“知三求二”；
（2）分类讨论的思想：当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时为递增数列，当a1＜0，q＞1或a1＞0，0＜q＜1时为递减数列；当q＜0时为摆动数列；当q=1时为常数列.
3.转化为“基本量”是解决问题的基本方法.
拓展题例
【例1】 数列{an}中，a1=1，an=an－1+1（n≥2），求通项公式an.
解：由an=an－1+1，得an－2=（an－1－2）.
令bn=an－2，则bn－1=an－1－2，∴有bn=bn－1.
∴bn=bn－1=·bn－2=··bn－3
=…=b1=（）n－1·b1.
∵a1=1，∴b1=a1－2=－1.∴bn=－（）n－1.∴an=2－.
【例2】 已知数列{an}中，a1=，a2=并且数列log2（a2－），log2（a3－），…，log2（an+1－）是公差为－1的等差数列，而a2－，a3－，…，an+1－是公比为的等比数列，求数列{an}的通项公式.
分析：由数列{log2（an+1－）}为等差数列及等差数列的通项公式，可求出an+1与an的一个递推关系式①；由数列{an+1－}为等比数列及等比数列的通项公式，可求出an+1与an的另一个递推关系式②.解两个关系式的方程组，即可求出an.
解：∵数列{log2（an+1－）}是公差为－1的等差数列，
∴log2（an+1－）=log2（a2－a1）+（n－1）（－1）=log2（－×）－n+1=－（n+1），于是有an+1－=2－（n+1）. ①
又∵数列{an+1－an}是公比为的等比数列，
∴an+1－an=（a2－a1）·3－（n－1）=（－×）·3－（n－1）=3－（n+1）.
于是有an+1－an=3－（n+1）. ②
由①－②可得an=2－（n+1）－3－（n+1），
∴an=－.

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