2014届高三数学总复习 5.3等比数列教案 新人教A版
(新人教)高三数学第一轮复习教案3.5.3等比数列综合
一．课题：数列综合二．教学目标：系统复习等比数列的概念及有关知识，要求学生能熟练的处理有关问题。
三．教学重、难点：等比数列性质和等比数列前n 项和性质的综合应用；四．教学过程：（一）复习： 等比数列的性质与等差数列比较。
（二）新课讲解：例1． 在公差不为0的等差数列{}n a 和等比数列{}n b 中，111a b ==，22a b =，83a b =，（1）求数列{}n a 的公差和数列{}n b 的公比；（2）是否存在,a b 使得对于一切自然数n 都有log n a n a b b =+成立？若存在，求出,a b ；若不存在请说明理由。
解：（1）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由已知：111a b ==，1d q +=，217d q +=， 解得10q d =⎧⎨=⎩（舍去）或65q d =⎧⎨=⎩， （2）若存在,a b ，使得log n a n a b b =+成立，即11(1)5log 6n a n b -+-⋅=+，∴54(1)log 6a n n b -=-+，∴(5log 6)(4log 6)0a a n b --+-=要使上式对于一切自然数n 成立，必须且只需5log 604log 60a a b -=⎧⎨+-=⎩，解得1a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩因此，存在1a b ==使得结论成立。
例2．已知数列{}n a 中13a =对于一切自然数n ，以1,n n a a +为系数的一元二次方程21210n n a x a x +-+=都有实数根αβ，满足(1)(1)2αβ--=，（1）求证：数列1{}3n a -是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求{}n a 的前n 项和n S ． 解：（1）由题意得：12n n a a αβ++=，1n a αβ⋅=，代入(1)(1)2αβ--=得：1111()323n n a a +-=--，当113n n a a +==时方程无实数根，∴13n a ≠， 由等比数列的定义知：1{}3n a -是以11833a -=为首项，公比为12-的等比数列； （2）由（1）知1181()332n n a --=⨯-， ∴1811()323n n a -=⨯-+， （3）n S 218111[1()()()]32223n n -=+-+-++-+11616()2n =-⨯-． 例3． 已知0a >且1a ≠，数列{}n a 是首项为a ，公比为a 的等比数列，令lg ()n n n b a a n N *=∈， （1）当2a =时，求数列{}n b 的前n 项和n S ；（2）若数列{}n b 中的每一项总小于它后面的项时，求a 的取值范围。
高三第一轮复习--等比数列教案
高三第一轮复习《数列》5.3 等比数列（第三课时）一、考向分析以下几种形式在考题中出现的频率很高:(1)等比数列基本量的计算;(2)等比数列性质的应用;(3)等比数列的判断与证明;(4)等比数列与等差数列的综合。
二、考试要求1. 理解等比数列的概念；2. 掌握等比数列的通项公式与前n项和的公式3. 能在具体问题情境中识别数列的等比关系，并能有关知识解决问题；4. 了解等比数列与指数函数的关系.三、重点与难点1. 熟练运用等比数列的通项公式求解问题是复习重点；2. 判断或证明数列的等比关系是复习的难点.四、复习过程1. 知识梳理2. 高考真题（1）(2019年全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=( ).A .16B .8C .4D .2（2）(2019年全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=31, 24a =a 6, 则S 5= .（3） (2018年全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6= .(4)(2019年全国Ⅱ卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n+1=3a n -b n +4,4b n+1=3b n -a n -4.①证明:{a n +b n }是等比数列,{a n -b n }是等差数列.②求{a n }和{b n }的通项公式.（5）(2018年全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3.①求{a n }的通项公式;②记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m.4. 规律总结：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”，特别注意0,0.n a q ≠≠②判断或证明等比数列的两种思路： 利用定义，证明1n na q a +=为常数; 利用等比中项，证明212n n n a a a ++=对*n ∈N 成立.③方程思想：在1,,,,n n a a q S n 五个两种，运用待定系数法“知三求二”； 函数思想与分类讨论：当a 1＞0，q ＞1或a 1＜0，0＜q ＜1时为递增数列;当a 1＜0，q ＞1或a 1＞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.④掌握等比数列的有关性质:若*(,,,)m n s t m n s t N +=+∈,则m n s t a a a a ⋅=⋅.5.备用题例4 (1)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( ).A.7B.5C.-5D.-7(2)在等比数列{an}中,a1=2,前n 项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn 等于( ).A.2n+1-2B.3nC.2nD.3n-1五、教学反思。
[推荐学习]高三数学数列知识点复习 等比数列二教案 新人教A版
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第七课时 等比数列_________热点考点题型探析一、复习目标：理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式、前n 项和公式并能解决实际问题；理解等比中项的概念,掌握等比数列的性质，能灵活运用等比数列的性质解题. 二、重难点：理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式、前n 项和公式并能解决实际问题；理解等比中项的概念,掌握等比数列的性质. 三、教学方法：讲练结合，归纳总结，巩固强化。
四、教学过程： （一）、热点考点题型探析考点1等比数列的通项与前n 项和 题型1已知等比数列的某些项，求某项【例1】已知{}n a 为等比数列，162,262==a a ，则=10a 【解题思路】可以考虑基本量法，或利用等比数列的性质 【解析】方法1： 811622451612=⇒⎩⎨⎧====q q a a q a a ∴131********69110=⨯===q a q a a 方法2： 812162264===a a q ，∴13122811624610=⨯==q a a 方法3： {}n a 为等比数列 ∴13122216222261026102===⇒=⋅a a a a a a【反思归纳】给项求项问题，先考虑利用等比数列的性质，再考虑基本量法. 题型2 已知前n 项和n S 及其某项，求项数.【例2】⑴已知n S 为等比数列{}n a 前n 项和，93=n S ，48=n a ，公比2=q ，则项数=n .⑵已知四个实数，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，首末两数之和为37，中间两数之和为36，求这四个数.【解题思路】⑴利用等比数列的通项公式11-=n n qa a 及qq a S n n --=1)1(1求出1a 及q ，代入n S 可求项数n ；⑵利用等差数列、等比数列设出四个实数代入已知，可求这四个数.【解析】⑴由93=n S ，48=n a ，公比2=q ，得532248293)12(111=⇒=⇒⎩⎨⎧=⋅=--n a a nn n . ⑵设前2个数分别为b a ,，则第43、个数分别为a b --3736，，则⎩⎨⎧-=-+-=)37()36()36(22a b b a b b ，解得⎩⎨⎧==1612b a 或⎪⎩⎪⎨⎧==481499b a ； 【反思归纳】平时解题时，应注意多方位、多角度思考问题，加强一题多解的练习，这对提高我们的解题能力大有裨益. 题型3 求等比数列前n 项和【例3】等比数列 ,8,4,2,1中从第5项到第10项的和. 【解题思路】可以先求出10S ，再求出4S ，利用410S S -求解；也可以先求出5a 及10a ， 由10765,,,,a a a a 成等比数列求解. 【解析】由2,121==a a ，得2=q ，∴102321)21(11010=--=S ，1521)21(144=--=S ，∴.1008410=-S S 【例4】已知n S 为等比数列{}n a 前n 项和，13233331-+++++=n n a ，求n S 【解题思路】可以先求出n a ，再根据n a 的形式特点求解. 【解析】 212331)31(133331132-=--=+++++=-n n n n a ，∴n n S n nn 2131)31(32121)3333(2132---⨯=-++++= 即.432143--=n S n n 【例5】已知n S 为等比数列{}n a 前n 项和，n n n a 3)12(⋅-=，求n S .【解题思路】分析数列通项形式特点，结合等比数列前n 项和公式的推导，采用错位相减法求和.【解析】 n n n a 3)12(⋅-=∴n n n S 3)12(35333132⋅-++⋅+⋅+⋅= ，----------------①14323)12(3)32(3533313+⋅-+⋅-++⋅+⋅+⋅=n n n n n S -------------② ①—②，得14323)12()3333(232+⋅--+++++=-n n n n S63)22(3)12(31)31(923111-⋅-=⋅----⨯+=++-n n n n n∴.33)1(1+⋅-=+n n n S【反思归纳】根据数列通项的形式特点，等比数列求和的常用方法有：公式法、性质法、分解重组法、错位相减法，即数列求和从“通项”入手. 考点2 证明数列是等比数列 【例6】已知数列{}n a 和{}n b 满足：λ=1a ，4321-+=+n a a n n ，)213()1(+--=n a b n n n ，其中λ为实数，+∈N n . ⑴ 对任意实数λ，证明数列{}n a 不是等比数列；⑵ 试判断数列{}n b 是否为等比数列，并证明你的结论.【解题思路】⑴证明数列{}n a 不是等比数列，只需举一个反例；⑵证明数列{}n b 是等比数列，常用：①定义法；②中项法.【解析】⑴ 证明：假设存在一个实数λ，使{}n a 是等比数列，则有3122a a a ⋅=， 即,094949494)494()332(222=⇔-=+-⇔-=-λλλλλλλ矛盾. 所以{}n a 不是等比数列.⑵ 解：因为[]21)1(3)1()213()1(11++--=+--=++n a n a b n n n n n [])14232()1(183)1(111+--=+--=+++n a n a n n n nn n n b n a 32)213()1(321-=+--=+ 又)18(11+-=λb ，所以当)(0,18+∈=-=N n b n λ，此时{}n b 不是等比数列； 当)8(,181+-=-≠λλb 时，由上可知)(32,01++∈-=∴≠N n b b b n n n ，此时{}n b 是等比数列.【反思归纳】等比数列的判定方法：⑴定义法：q a a nn =+1（+∈N n ，0≠q 是常数）⇔{}n a 是等比数列； ⑵中项法：221++⋅=n n n a a a (+∈N n )且0≠n a ⇔{}n a 是等比数列. （二）、巩固强化训练1、已知n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，364,243,362===n S a a ，则=n ；【解析】3,12433151612==⎩⎨⎧⇒====q a q a a q a a 或3,11-=-=q a ， 当3,11==q a 时，636431)31(1=⇒=--=n S n n ；当3,11-=-=q a 时，[]n S nn ⇒=+---=36431)3(11无整数解. 2、已知数列{}n a 的首项123a =，121n n n a a a +=+，1,2,3,n =…．证明：数列1{1}na -是等比数列。
2014届高三数学总复习 5.5数列的简单应用教案 新人教A版
2014届高三数学总复习 5.5数列的简单应用教案 新人教A 版1. (必修5P 14例4改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，这个剧场共有________个座位．答案：8202. 从2007年1月2日起，每年1月2日到银行存入一万元定期储蓄，若年利率为p ，且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新一年的定期存款，到2013年1月1日将所有存款和利息全部取回，则可取回的钱的总数为________万元．答案：1p[(1＋p)7－(1＋p)]3. 某种细胞开始时有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按照此规律，6小时后，细胞的存活数是________．答案：654. 办公大楼共有14层，现每一层派一人集中到第k 层开会，当这14位参加会议的人员上下楼梯所走路程的总和最小时，k ＝________．答案：7或8数列应用题常见模型 (1) 银行储蓄单利公式利息按单利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝a(1＋rx)． (2) 银行储蓄复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝a(1＋r)x(x∈N 且x>1)．(3) 产值模型原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间x 的总产值y ＝N(1＋p)x(x∈N 且x>1)．(4)分期付款模型设某商品一次性付款的金额为a 元，以分期付款的形式等额地分成n 次付清，每期期末所付款是x 元，每期利率为r ，则x ＝ar （1＋r ）n（1＋r ）－1(n∈N 且n>1)． [备课札记]题型1 以等差数列为模型的实际问题例1 某化工企业2007年底投入100万元，购入一套污水处理设备．该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．(1) 求该企业使用该设备x 年的年平均污水处理费用y(万元)； (2) 为使该企业的年平均污水处理费用最低，该企业几年后需要重新更换新的污水处理设备？解：(1) y ＝100＋0.5x ＋（2＋4＋6＋…＋2x ）x ，即y ＝x ＋100x ＋1.5(x ＞0)．(2) 由均值不等式得 y ＝x ＋100x＋1.5≥2x·100x＋1.5＝21.5，当且仅当x ＝100x，即x ＝10时取到等号，故该企业10年后需要重新更换新设备． 变式训练(2013·江西文)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵树是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N *)为________．答案：6解析：S n ＝2×（1－2n）1－2＝2n ＋1－2≥100，n ≥6.题型2 以等比数列为模型的实际问题例2 水土流失是我国西部大开发中最突出的问题，全国9 100万亩坡度为25°以上的坡耕地需退耕还林，其中西部占70%，2002年国家确定在西部地区退耕还林面积为515万亩，以后每年退耕土地面积递增12%.(1) 试问，从2002年起到哪一年西部地区基本上解决退耕还林问题？ (2) 为支持退耕还林工作，国家财政补助农民每亩300斤粮食，每斤粮食按0.7元计算，并且每亩退耕地每年补助20元，试问到西部地区基本解决退耕还林问题时，国家财政共需支付约多少亿元？解：(1) 设2002年起经x 年西部地区基本上解决退耕还林问题．依题意，得515＋515×(1＋12%)＋515×(1＋12%)2＋…＋515×(1＋12%)x －1＝9 100×70%，即515×[1＋1.12＋1.122＋…＋1.12x －1]＝6 370，1－1.12x －1×1.121－1.12＝6 370515＝1 274103 1.12x－10.12＝1 274103，整理得1.12x≈2.484 3x ≈log 1.122.484 3＝lg2.484 3lg1.12≈0.359 20.049 2≈8.03.又x ∈N ，故从2002年起到2009年年底西部地区基本解决退耕还林问题．(2) 设到西部地区基本解决退耕还林问题时国家共需支付y 亿元．首批退耕地国家应支付：515×104×(300×0.7＋20)×8，第二批退耕地国家应支付：515×104×(1＋20%)×(300×0.7＋20)×7，第三批退耕地国家应支付：515×104×(1＋20%)×(300×0.7＋20)×6， …最后一批退耕地国家应支付：515×104×(1＋20%)7×(300×0.7＋20)×1. y ＝515×104×（300×0.7＋20）×（8＋7×1.12＋6×1.122＋…＋1×1.127）108， 令S ＝8＋7×1.12＋6×1.122＋…＋1×1.127，①1．12S ＝8×1.12＋7×1.122＋6×1.123＋…＋1×1.128，②②－①，得0.12S ＝－8×(1.12＋1.122＋1.123＋…＋1.127)＋1×1.128， 即0.12S ＝－8＋1.12－1.128×1.121－1.12＝－8＋1.129－1.120.12≈－8＋2.773－1.120.12，解得S≈48.1，故y≈(515×104×230×48.1)÷108≈569.7亿元．故到西部地区基本解决退耕还林问题国家共需支付约570亿元． 备选变式（教师专享）设C 1、C 2、…、C n 、…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在轴的正半轴上，且都与直线y ＝33x 相切，对每一个正整数n ，圆C n 都与圆C n ＋1相互外切，以r n 表示C n 的半径，已知{r n }为递增数列．(1) 证明：{r n }为等比数列； (2) 设r 1＝1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n r n 的前n 项和.(1) 证明：将直线y ＝33x 的倾斜角记为θ，则有tan θ＝33，sin θ＝12. 设C n 的圆心为(λn ，0)，则由题意得r n λn ＝12，得λn ＝2r n ；同理λn ＋1＝2r n ＋1，从而λn＋1＝λn ＋r n ＋r n ＋1＝2r n ＋1，将λn ＝2r n 代入，解得r n ＋1＝3r n ，故{r n }为公比q ＝3的等比数列． (2) 解：由于r n ＝1，q ＝3，故r n ＝3n －1，从而n r n＝n×31－n，记S n ＝1r 1＋2r 2＋…＋nr n ，则有S n ＝1＋2×3－1＋3×3－2＋…＋n×31－n，①S n 3＝1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ＋n×3－n，② ①－②，得2S n 3＝1＋3－1＋3－2＋…＋31－n －n×3－n＝1－3－n23－n×3－n ＝32－⎝⎛⎭⎪⎫n ＋32×3－n ，∴S n ＝94－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32×31－n＝9－（2n ＋3）×31－n4.题型3 数列中的综合问题例3 已知各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ，且0＜q ＜12.(1) 在数列{a n }中是否存在三项，使其成等差数列？说明理由；(2) 若a 1＝1，且对任意正整数k ，a k －(a k ＋1＋a k ＋2)仍是该数列中的某一项． (ⅰ) 求公比q ；(ⅱ) 若b n ＝－loga n ＋1(2＋1)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，T r ＝S 1＋S 2＋…＋S n ，试用S 2 011表示T 2 011.解：(1) 由条件知a n ＝a 1qn －1，0＜q ＜12，a 1＞0，所以数列{a n }是递减数列．若有a k ，a m ，a n (k ＜m ＜n)成等差数列，则中项不可能是a k (最大)，也不可能是a n (最小)，若2a m ＝a k ＋a n 2q m －k ＝1＋q n －k，(*)由2q m －k ≤2q ＜1，1＋q h －k＞1，知(*)式不成立， 故a k ，a m ，a n 不可能成等差数列．(2) (ⅰ) (解法1)a k －a k ＋1－a k ＋2＝a 1q k －1(1－q －q 2)＝a 1q k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋122＋54，由－⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋122＋54∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1，知a k －a k ＋1－a k ＋2＜a k ＜a k －1＜…， 且a k －a k ＋1－a k ＋2＞a k ＋2＞a k ＋3＞…，所以a k －a k ＋1－a k ＋2＝a k ＋1，即q 2＋2q －1＝0， 所以q ＝2－1.(解法2)设a k －a k ＋1－a k ＋2＝a m ，则1－q －q 2＝q m －k，由1－q －q 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1知m －k ＝1，即m ＝k ＋1，以下同解法1. (ⅱ) b n ＝1n，(解法1)S n ＝1＋12＋13＋…＋1n，T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋(1＋12＋13＋…＋1n )＝n ＋n －12＋n －23＋…＋n －（n －1）n＝n(1＋12＋13＋…＋1n )－(12＋23＋34＋…＋n －1n )＝nS n －[(1－12)＋(1－13)＋(1－14)＋…＋(1－1n)]＝nS n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤（n －1）－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋ (1)＝nS n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋ (1)＝nS n －n ＋S n＝(n ＋1)S n －n ，所以T 2 011＝2 012S 2 011－2 011.(解法2)S n ＋1＝1＋12＋13＋…＋1n ＋1n ＋1＝S n ＋1n ＋1，所以(n ＋1)S n ＋1－(n ＋1)S n ＝1，所以(n ＋1)S n ＋1－nS n ＝S n ＋1，2S 2－S 1＝S 1＋1， 3S 3－2S 2＝S 2＋1， … …(n ＋1)S n ＋1－nS n ＝S n ＋1，累加得(n ＋1)S n ＋1－S 1＝T n ＋n ，所以T n ＝(n ＋1)S n ＋1－1－n ＝(n ＋1)S n －n ＝(n ＋1)(S n ＋b n )－1－n＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋1n ＋1－1－n ＝(n ＋1)S n －n ， 所以T 2 011＝2 012S 2 011－2 011.备选变式（教师专享）已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后顺次成为等比数列{b n }的前三项．(1) 分别求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2) 设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n (n∈N *)，若T n ＋2n ＋32n －1n <c (c∈Z )恒成立，求c 的最小值．解：(1) 设d 、q 分别为等差数列{a n }、等比数列{b n }的公差与公比，且d>0.由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3有b 1＝2，b 2＝2＋d ，b 3＝4＋2d.(2＋d)2＝2(4＋2d)，d 2＝4. ∵ d>0，∴ d ＝2，q ＝b 2b 1＝42＝2，∴ a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，b n ＝2×2n －1＝2n.(2) T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1.② ①－②，得12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n －1－2n －12n ＋1，∴ T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n .∴ T n ＋2n ＋32n －1n ＝3－1n<3.∵ 3－1n 在N *上是单调递增的，∴ 3－1n∈[2，3)．∴ 满足条件T n ＋2n ＋32n －1n<c (c∈Z )恒成立的最小整数值为c ＝3.【示例】 (本题模拟高考评分标准，满分16分)已知数列{a n }是首项为1，公差为d 的等差数列，数列{b n }是首项为1，公比为q(q ＞1)的等比数列．(1) 若a 5＝b 5，q ＝3，求数列{a n ·b n }的前n 项和；(2) 若存在正整数k(k≥2)，使得a k ＝b k .试比较a n 与b n 的大小，并说明理由． 审题引导： ① 等差数列与等比数列对应项的积错位相减求和；② 作差比较．规范解答： 解： (1) 依题意，a 5＝b 5＝b 1q 5－1＝1×34＝81，故d ＝a 5－a 15－1＝81－14＝20，所以a n ＝1＋20(n －1)＝20n －19.(3分)令S n ＝1×1＋21×3＋41×32＋…＋(20n －19)·3n －1，①则3S n ＝1×3＋21×32＋…＋(20n －39)·3n －1＋(20n －19)·3n， ② ①－②，得－2S n ＝1＋20×(3＋32＋…＋3n －1)－(20n －19)·3n＝1＋20×3（1－3n －1）1－3－(20n －19)·3n＝(29－20n)·3n－29，所以S n ＝（20n －29）·3n＋292.(7分)(2) 因为a k ＝b k ， 所以1＋(k －1)d ＝q k －1，即d ＝qk －1－1k －1， 故a n ＝1＋(n －1)qk －1－1k －1. 又b n ＝qn －1，(9分)所以b n －a n ＝q n －1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋（n －1）q k －1－1k －1 ＝1k －1[(k －1)(q n －1－1)－(n －1)(q k －1－1)] ＝q －1k －1[(k －1)(q n －2＋q n －3＋…＋q ＋1)－(n －1)(q k －2＋q k －3＋…＋q ＋1)]．(11分) (ⅰ) 当1＜n ＜k 时，由q ＞1知b n －a n ＝q －1k －1[(k －n)(q n －2＋q n －3＋…＋q ＋1)－(n －1)(q k －2＋q k －3＋…＋q n －1)]＜q －1k －1[(k －n)(n －1)q n －2－(n －1)(k －n)q n －1]＝－（q －1）2q n －2（k －n ）（n －1）k －1＜0；(13分)(ⅱ)当n ＞k 时，由q ＞1知b n －a n ＝q －1k －1[(k －1)(q n －2＋q n －3＋…＋q k －1)－(n －k)(q k －2＋q k －3＋…＋q ＋1)]＞q －1k －1[(k －1)(n －k)q k －1－(n －k)(k －1)q k －2] ＝(q －1)2q k －2(n －k) ＞0，(15分)综上所述，当1＜n ＜k 时，a n ＜b n ；当n ＞k 时，a n ＞b n ；当n ＝1，k 时，a n ＝b n .(16分) (注：仅给出“1＜n ＜k 时，a n ＜b n ；n ＞k 时，a n ＞b n ”得2分)错因分析： 错位相减时项数容易搞错，作差比较后学生不能灵活倒用等比数列求和公式1－q n ＝(1－q)(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)．1. 已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 9成等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 11－S 9S 7－S 6＝________．答案：3解析：设公差为d ，则(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋8d)，∴ a 1d ＝d 2，又d≠0，∴ a 1＝d ， 则S 11－S 9S 7－S 6＝66a 1－45a 128a 1－21a 1＝3. 2. (2013·福建)已知等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n . (1) 若1，a 1，a 3成等比数列，求a 1； (2) 若S 5>a 1a 9，求a 1的取值范围．解：(1) 因为数列{}a n 的公差d ＝1，且1，a 1，a 3成等比数列，所以a 21＝1×(a 1＋2)，即a 21－a 1－2＝0，解得a 1＝－1或a 1＝2. (2) 因为数列{}a n 的公差d ＝1，且S 5>a 1a 9，所以5a 1＋10>a 21＋8a 1；即a 21＋3a 1－10<0，解得－5<a 1<2.3. 设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列． (1) 求数列{a n }的公比；(2) 证明：对任意k∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．(1) 解：设公比为q ，则2a 3＝a 5＋a 4，得2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.又q≠0，a 1≠0，q ≠1，∴ q ＝－2.(2) 证明：S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2)＝0，∴ S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．4. 已知数列{a n }前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数都成立． (1) 求a 1，a 2的值；(2) 设a 1＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg10a 1a n 前n 项和为T n ，当n 为何值时，T n 最大？并求出最大值．解：(1) 取n ＝1时，a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，①取n ＝2时，a 22＝2a 1＋2a 2. ② 由②－①得，a 2(a 2－a 1)＝a 2. ③ 若a 2＝0，由①知a 1＝0；若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1. ④由①④解得a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.综上所述，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2) 当a 1＞0时，a 1＝2＋1，a 2＝2＋2. n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ， (2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1，∴ (1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1， 即a n ＝2a n －1(n≥2)，∴ a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n ＝1－n －12lg2，故{b n }是递减的等差数列，从而b 1＞b 2＞…＞b 7＝lg 108＞lg1＝0，n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128＜12lg1＝0，故n ＝7时，T n 取得最大值，T 7＝7－212lg2.1. 某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员，第1名得全部资金的一半多一万元，第2名得剩下的一半多一万元，以名次类推都得到剩下的一半多一万元，到第10名恰好资金分完，则此科研单位共拿出________万元资金进行奖励．答案：2 046解析：设第10名到第1名得到的奖金数分别是a 1，a 2，…，a 10，则a n ＝12S n ＋1，则a 1＝2，a n －a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12S n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12S n －1＋1＝12(S n －S n －1)＝12a n ，即a n ＝2a n －1，因此每人得的奖金额组成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以S 10＝2（1－210）1－2＝2 046.2. 在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋c ＝________．答案：1解析：由已知a ＝12，第1行的各个数依次是：1，32，2，52，3；第2行的各个数依次是：12，34，1，54，32.∴b ＝52×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝516，c ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝316，∴a ＋b ＋c ＝12＋516＋316＝1.3. 我国是一个人口大国，随着时间推移，老龄化现象越来越严重，为缓解社会和家庭压力，决定采用养老储备金制度．公民在就业的第一年交纳养老储备金，数目为a 1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储备金数目a 1，a 2，…，a n 是一个公差为d 的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定利率为r(r>0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a 1(1＋r)n －1，第二年所交纳的储备金就变为a 2(1＋r)n －2，…，以T n 表示到第n 年所累计的储备金总额．(1) 写出T n 与T n －1(n≥2)的递推关系式；(2) 求证：T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是一个等比数列，{B n }是一个等差数列． (1) 解：由题意可得：T n ＝T n －1(1＋r)＋a n (n≥2)． (2) 证明：T 1－a 1，对n≥2反复使用上述关系式，得T n ＝T n －1(1＋r)＋a n ＝T n －2(1＋r)2＋a n －1(1＋r)＋a n ＝…＝a 1(1＋r)n －1＋a 2(1＋r)n －2＋…＋a n －1(1＋r)＋a n ，①在①式两端同乘1＋r ，得(1＋r)T n ＝a 1(1＋r)n ＋a 2(1＋r)n －1＋…＋a n －1(1＋r)2＋a n (1＋r)，②②－①，得rT n ＝a 1(1＋r)n＋d[(1＋r)n －1＋(1＋r)n －2＋…＋(1＋r)]－a n ＝d r[(1＋r)n－1－r]＋a 1(1＋r)n－a n .即T n ＝a 1r ＋d r (1＋r)n－d r n －a 1r ＋d r.如果记A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r)n，B n ＝－a 1r ＋d r 2－d r n ，则T n ＝A n ＋B n .其中{A n }是以a 1r ＋d r 2(1＋r)为首项，以1＋r(r>0)为公比的等比数列；{B n }是以－a 1r ＋d r 2－d r 为首项，以－dr 为公差的等差数列．4. 甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额均为a 万元，由于经营方式不同，甲超市前n 年的总销售额为a 2(n 2－n ＋2)万元，乙超市第n 年的销售额比前一年销售额多⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1a 万元．(1) 设甲、乙两超市第n 年的销售额分别为a n 、b n, 求a n 、b n 的表达式；(2) 若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年？解：(1) 假设甲超市前n 年总销售额为S n ，则S n ＝a 2(n 2－n ＋2)(n≥2)，因为n ＝1时，a 1＝a ，则n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a 2(n 2－n ＋2)－a 2[(n －1)2－(n －1)＋2]＝a(n －1)，故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，（n －1）a ，n ≥2.又b 1＝a ，n ≥2时，b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1a ，故b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝a ＋23a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232a ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1a ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1a ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n1－23a ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1a ， 显然n ＝1也适合，故b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1a (n∈N *)．(2) 当n ＝2时，a 2＝a ，b 2＝35a ，有a 2>12b 2；n ＝3时，a 3＝2a ，b 3＝199a ，有a 3>12b 3；当n≥4时，a n ≥3a ，而b n <3a ，故乙超市有可能被甲超市收购．当n≥4时，令12a n >b n ，则12(n －1)a>⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1a n －1>6－4·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.即n>7－4·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.又当n≥7时，0<4·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<1，故当n∈N *且n≥7时，必有n>7－4·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．1. 深刻理解等差(比)数列的性质，熟悉他们的推导过程是解题的关键，两类数列性质既有类似的的部分，又有区别，要在应用中加强记忆．同时用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错．2. 等比数列的前n 项和公式要分q ＝1，q ≠1两种情况讨论，容易忽视．3. 在等差数列与等比数列中，经常要根据条件列方程(组)，在解方程组时，仔细体会两种情形下解方程组的方法的不同之处．请使用课时训练(A)第5课时(见活页)．[备课札记]。
高考数学一轮复习 第5章 数列 第3节 等比数列及其前n项和教学案 理(含解析)新人教A版-新人教A
第三节 等比数列及其前n 项和[考纲传真] 1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等比数列与指数函数的关系．1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(不为零)，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，通常用字母q 表示，定义的数学表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1＝a m qn －m.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1q ＝1，a 11－q n 1－q＝a 1－a n q1－q q ≠1.[常用结论]1．在等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .2．若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍然是等比数列．3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n，其中当公比为－1时，n 为偶数时除外．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(3)若{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( )(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a 1－a n1－a.( )[答案](1)× (2)× (3)× (4)×2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝( )A ．－12B ．－2C ．2 D.12D [由通项公式及已知得a 1q ＝2①，a 1q 4＝14②，由②÷①得q 3＝18，解得q ＝12.故选D.]3．已知数列{a n }满足a n ＝12a n ＋1，若a 3＋a 4＝2，则a 4＋a 5＝( )A.12 B ．1 C ．4 D ．8 C [∵a n ＝12a n ＋1，∴a n ＋1a n＝2.∴a 4＋a 5＝2(a 3＋a 4)＝2×2＝4.故选C.]4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A.13 B ．－13 C.19 D ．－19C [∵S 3＝a 2＋10a 1，∴a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，∴a 3＝9a 1，即公比q 2＝9，又a 5＝a 1q 4，∴a 1＝a 5q 4＝981＝19.故选C.] 5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝__________. 6 [∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S n ＝126，∴21－2n1－2＝126，解得n ＝6.]等比数列的基本运算1．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2,3S 2＝a 3－2，则公比q ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6B [因为3S 3＝a 4－2,3S 2＝a 3－2，所以两式相减，得3(S 3－S 2)＝(a 4－2)－(a 3－2)，即3a 3＝a 4－a 3，得a 4＝4a 3，所以q ＝a 4a 3＝4.]2．等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知a 3＝32，S 3＝92，则a 2＝________.－3或32 [法一：∵数列{a n }是等比数列，∴当q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝32，显然S 3＝3a 3＝92.当q ≠1时，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 31－q ＝92，a 1q 2＝32，解得q ＝－12或q ＝1(舍去)．∴a 2＝a 3q ＝32×(－2)＝－3.综上可知a 2＝－3或32.法二：由a 3＝32得a 1＋a 2＝3.∴a 3q 2＋a 3q＝3， 即2q 2－q －1＝0， ∴q ＝－12或q ＝1.∴a 2＝a 3q ＝－3或32.]3．(2019·某某模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n 且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.2n－1 [设等比数列的公比为q ，则 (a 1＋a 3)q ＝(a 2＋a 4)，即q ＝5452＝12，由a 1＋a 3＝a 1(1＋q 2)＝52可知a 1＝2.∴a n ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n －2.S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n .∴S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 12n －2＝2n －1.] [规律方法]1等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程组便可迎刃而解.2等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和等比数列的判定与证明【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式． [解](1)由条件可得a n ＋1＝2n ＋1na n . 将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.[规律方法]1证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可. 2利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，(1)求证：{b n }是等比数列． (2)求{a n }的通项公式．[解](1)因为a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ， 所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－4a n －2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n＝2.因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，所以a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．所以a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，所以a n ＝(3n －1)·2n －2.等比数列性质的应用【例2】 (1)等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．5(2)(2019·某某调研)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ·a m ＋2＝2a m ＋1(m ∈N *)，数列{a n }的前n 项积为T n ，且T 2m ＋1＝128，则m 的值为( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6(3)等比数列{a n }满足a n ＞0，且a 2a 8＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 9＝________. (1)C (2)A (3)9 [(1)因为{a n }为等比数列，所以a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项， 所以(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝a 5＋a 72a 1＋a 3＝428＝2； 同理，a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项， 所以(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝a 9＋a 112a 5＋a 7＝224＝1. 所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3.(2)因为a m ·a m ＋2＝2a m ＋1，所以a 2m ＋1＝2a m ＋1，即a m ＋1＝2，即{a n }为常数列．又T 2m ＋1＝(a m ＋1)2m ＋1，由22m ＋1＝128，得m ＝3，故选A.(3)由题意可得a 2a 8＝a 25＝4，a 5＞0，所以a 5＝2，则原式＝log 2(a 1a 2……a 9)＝9log 2a 5＝9.] [规律方法]1在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度.2等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形；二是等比中项的变形；三是前n 项和公式的变形.根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.(1)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝________. (2)(2019·某某模拟)在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________.(1)－12 (2)－53 [(1)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q ≠1，S 10－S 5S 5＝－132.由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，所以q ＝－12.(2)因为1a 7＋1a 10＝a 7＋a 10a 7a 10，1a 8＋1a 9＝a 8＋a 9a 8a 9，由等比数列的性质知a 7a 10＝a 8a 9， 所以1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝158÷⎝ ⎛⎭⎪⎫－98＝－53.]1．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏D ．9盏B [设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 11－q 71－q ＝a 11－271－2＝381，解得a 1＝3.故选B.]2．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63D ．84B [∵a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，∴3＋3q 2＋3q 4＝21. ∴1＋q 2＋q 4＝7.解得q 2＝2或q 2＝－3(舍去)． ∴a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B.]3．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. －8 [设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1，①a 1(1－q 2)＝－3.②②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2.∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.]4．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．64 [设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8. 故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1n2＝23n －n 22＋n2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64.]5．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . [解](1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－2n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.。
人教A版高中数学必修五人教等比数列教案(3)
《等比数列》说课设计今天我说课的题目是《等比数列》，内容选自高教版高一数学第6章第5节，本节分两个课时，这里是第一课时。
下面我从五个方面来说说对这节课的分析和设计：一、教学背景分析教材地位：数列在高中数学中的地位举足轻重，在自然界和日常生活中也有着广泛的实际应用，等比数列作为数列的典型代表，更是数列这一章的重点内容。
重点、难点：本节课的重点是等比数列的定义和通项公式，解高次方程组是难点．通过引导学生类比等差数列的内容突出重点，要突破难点，关键是要引导学生采用正确消元方法学情分析：学习本节课这前，学生已经学习了等差数列的相关知识，其学习模式知识结构，为学习等比数列提供了基础，（但是由于职高学生的数学基础较差，同时受到高一学生学习心理和认知结构影响，学习中难免会有一些困难，比如抽象思维有待提高，类比归纳中会出现障碍等。
）二、教学目标设计知识目标：掌握等比数列的定义、通项公式及相关应用．能力目标：通过对等差数列内容的复习小结，使学生对等比数列的知识结构进行主动建构，从而培养学生归纳问题、解决问题的能力，提高逻辑推理与抽象概括的能力．情感目标：通过学生对等比数列性质的讨论，培养学生敢于猜想，乐于探究的精神，有利于提高创新意识，并在学习过程中获得自己创造的成就感，形成持续学习数学的兴趣，增强学好数学的自信心！三、教学模式设计根据以上分析，在教学中采用“探究法”的教学模式,以明确的任务驱动,通过学生自主探究、合作学习来达到预设的教学目标四、教学过程设计（一）引入新课首先让学生说出等差数列定义及数学表达式、通项公式，在复习旧知识的同时，激活学习所必需的先前经验，促进、迁移出新知识．然后举出教材中的两个引例，(塞尔平斯基地毯构造过程中，小正方形的总数组成的数列，某城市每年人口总数组成的数列)同时提出三个探索性的问题1．如何定义等比数列？2．等比数列定义的数学表达式是什么？3．等比数列的通项公式是什么?（二）类比归纳出等比数列的相关问题学生通过回顾等差数列的内容，类比归纳出等比数列定义及定义的数学表达式、通项公式，锻炼学生探索、类比、归纳、猜想的能力，以及由特殊到一般的知识迁移能力．（三）学生讨论论证类比出的结论让学生对大家给出的结论进行分组讨论，找出各自在归纳猜想过程中出现的偏差，加深对课本内容的认识．突出了重点，同时也培养学生敢于猜想，乐于探究，尊重科学的精神．教师对学生结论中出现的问题要及时更正。
2013-2014学年高中数学 等比数列(一)教案 新人教A版必修1
2013-2014学年高中数学 等比数列（一）教案 新人教A 版必修1第八教时教材：等比数列（一）目的：要求学生理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式并会根据它进行有关计算。
过程：一、1.印度国王奖赏国际象棋发明者的实例：得一个数列：63322,,2,2,2,1 (1)2.数列： ,625,125,25,5 (2) ,81,41,21,1-- (3)观察、归纳其共同特点：1︒“从第二项起”与“前一项”之比为常数(q )2︒ 隐含：任一项00≠≠q a n 且 3︒ q = 1时，{a n }为常数二、通项公式：*),64(2212:)1()21()21(1)3(555)2(221)1(111111111131********N n n a q qaa a a a q qa a q a a q a q a a q a q a a q a a n n n n n n n n nn n n n n n n n n ∈≤⨯==⨯=-=-⨯==⨯==⨯=⋅==⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫=====-------且如：数列缩后图象上的孤立点。
是经过指数函数纵向伸图象：：：：如数列：或三、例一：（P127 例一）实际是等比数列，求 a 5∵a 1=120, q =120 ∴a 5=120×1205-1=1205≈2.5×1010例二、（P127 例二） 强调通项公式的应用 例三、求下列各等比数列的通项公式：1． a 1=-2, a 3=-8解：24213±=⇒=⇒=q q q a an n n n n n a a )2()2)(2(22)2(11-=--=-=-=∴--或2． a 1=5, 且2a n +1=-3a n解：111)23(5523-+-⨯=∴=-==n n n n a a a a q 又： 3． a 1=5, 且11+=+n na a n n解：nn a a a a a a n n a a n n n n 1,,32,211123121-===∴+=-+以上各式相乘得：na n a n 311==四、关于等比中项：如果在a 、b 中插入一个数G ，使a 、G 、b 成GP ，则G 是a 、b 的等比中项。
《等比数列》教案2新人教A版
《等比数列》教案2（新人教A版必修5）3.4 等比数列（第一课时）教学目标知识目标：1、理解和掌握等比数列的定义；2、理解和掌握等比数列的通项公式及其推导过程和方法；3、会运用等比数列的通项公式解决一些简单的问题。
能力目标：通过对等比数列定义和通项公式的探求，引导学生运用观察、类比、分析、归纳的推理方法，提高学生的逻辑思维能力，培养学生良好的思维品质。
教育目标：1、培养学生的发现意识；2、提高学生的创新意识；3、提高学生的逻辑推理能力；4、增强学生的应用意识。
教学重点和难点：本节重点是等比数列定义、通项公式的探求及运用。
本节难点是等比数列通项公式的探求。
教学方法:比较式教学法与问题引导式教学法相结合。
教具：多媒体投影教学过程：一、复习回顾回顾等差数列的定义，通项公式及通项公式的探求方法和等差数列通项公式的推广公式。
二、新课1、引入：观察下列数列，找出它们的共同特点：（1）1，2，4，8，16， (263)（2）5，25，125，625，......；（3）1， -1/2，1/4，-1/8，......；2、等比数列的定义：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与前一项的比等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列。
引导学生对定义进行认识和理解。
练习:判断下列数列是否等比数列，不是等比数列说明理由，是等比数列的求出公比。
（1）1，-1/3，1/9，-1/27，...（2）1，2，4，8，12，16，20，...（3）数列﹛an﹜的通项公式为an=（4）1，1，1，...，1（5）a，a，a，...，a引导学生对等比数列定义再认识和进一步理解。
3、等比数列的通项公式.（1）已知一个数列﹛an﹜是等比数列，首项为a1，公比为q 求an.分析：所谓通项公式是求第n项an与序号n之间的关系，回忆等差数列通项公式的探求过程，思考如何求出等比数列﹛an﹜的通项公式。
方法一：由定义式可得：a1a2=a1qa3=a2q=（a1q）q=a1q2a4=a3q=（a1q2）q=a1q3... ...∴ an=a1qn-1, (n∈N*)方法二：由定义式可=q=q（n-1）个... ...=q若将上述几n-1等式相乘，便可得：=qn-1即an=a1·qn-1（n≥2）当n=1时左=a1，右=a1 ∴等式成立∴ 等比数列的通项公式为：an=a1qn-1（a1 ，q≠0）（2）等比数例通项公式的认识①用方程的思想②以函数的观点4、等比数列通项公式的推广（1）等比数列﹛an﹜中，已知am为其中一项，公比为q，求an。
人教A版高中数学必修五等比数列教案新(1)
等比数列（二）教学目的：在熟悉等比数列有关概念的基础上，要求学生进一步熟悉等比数列的有关性质，并系统了解判断一个数列是否成等比数列的方法。
教学过程：一、复习：1、等比数列的定义，通项公式，中项。
2、处理课本P128练习，重点是第三题。
二、等比数列的有关性质：1、与首末两项等距离的两项积等于首末两项的积。
与某一项距离相等的两项之积等于 这一项的平方。
2、若q p n m +=+，则q p n m a a a a =。
例一：1、在等比数列{}n a ，已知51=a ，100109=a a ，求18a 。
解：∵109181a a a a =，∴205100110918===a a a a 2、在等比数列{}n b 中，34=b ，求该数列前七项之积。
解：()()()45362717654321b b b b b b b b b b b b b b =∵53627124b b b b b b b ===，∴前七项之积()2187333732==⨯3、在等比数列{}n a 中，22-=a ，545=a ，求8a ，解：145825454255358-=-⨯=⋅==a a a q a a 另解：∵5a 是2a 与8a 的等比中项，∴25482-⨯=a∴14588-=a三、判断一个数列是否成GP 的方法：1、定义法，2、中项法，3、通项公式法 例二：已知无穷数列ΛΛΛΛ,10,10,10,1051525150-n ，求证：（1）这个数列成GP （2）这个数列中的任一项是它后面第五项的101， （3）这个数列的任意两项的积仍在这个数列中。
证：（1）5152511101010==---n n n n a a （常数）∴该数列成GP 。
（2）101101010154515===-+-+n n n n a a ，即：5101+=n n a a 。
（3）525151101010-+--==q p q p q p a a ，∵N q p ∈,，∴2≥+q p 。
2014年高中数学知识探究教案(人教版A版必修5)2.4《等比数列》
一、知识与技能1.了解现实生活中存在着一类特殊的数列2.理解等比数列的概念，探索并掌握等比数列的通项公式3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关的知识解决相应的实际问题;4.体会等比数列与指数函数的关系二、过程与方法1.采用观察、思考、类比、归纳、探究、得出结论的方法进行教学2.发挥学生的主体作用，作好探究性活动3.密切联系实际，激发学生学习的积极性三、情感态度与价值观1.通过生活中的大量实例，鼓励学生积极思考，激发学生对知识的探究精神和严肃认真的科学态度，培养学生的类比、归纳的能力2.通过对有关实际问题的解决，体现数学与实际生活的密切联系，激发学生学习的兴趣教学重点1.等比数列的概念； 2.等比数列的通项公式教学难点1.在具体问题中抽象出数列的模型和数列的等比关系；2.等比数列与指数函数的关系教学建议本节内容先由师生共同分析日常生活中的实际问题来引出等比数列的概念，再由教师引导学生与等差数列类比探索等比数列的通项公式，并将等比数列的通项公式与指数函数进行联系，体会等比数列与指数函数的关系，既让学生感受到等比数列是现实生活中大量存在的数列模型，也让学生经历了从实际问题抽象出数列模型的过程教学中应充分利用信息和多媒体技术，给学生以较多的感受，激发学生学习的积极性和思维的主动性准备丰富的阅读材料，为学生提供自主学习的可能，进而达到更好的理解和巩固课堂所学知识的目的.导入新课一师现实生活中，有许多成倍增长的实例.如，将一张报纸对折、对折、再对折、…，对折了三次，手中的报纸的层数就成了8层，对折了5次就成了32层.你能举出类似的例子吗？生一粒种子繁殖出第二代120粒种子，用第二代的120粒种子可以繁殖出第三代120×120粒种子，用第三代的120×120粒种子可以繁殖出第四代120×120×120粒种子，师非常好的一个例子！现实生活中，我们会遇到许多这类的事例教师出示多媒体课件一：某种细胞分裂的模型师细胞分裂的个数也是与我们上述提出的问题类似的实例.细胞分裂有什么规律，将每次分裂后细胞的个数写成一个数列，你能写出这个数列吗？生通过观察和画草图，发现细胞分裂的规律，并记录每次分裂所得到的细胞数，从而得到每次细胞分裂所得到的细胞数组成下面的数列：1，2，4，8，…①教师出示投影胶片1：“一尺之棰，日取其半，万世不竭师 这是《庄子·天下篇》中的一个论述，能解释这个论述的含义吗？生 思考、讨论，用现代语言叙述师 (用现代语言叙述后)如果把“一尺之棰”看成单位“1”，那么得到的数列是什么样的呢？ 生 发现等比关系，写出一个无穷等比数列：1，21，41，81，161，… ②引入课题：板书课题 2.4等比数列的概念及通项公式新课导入二Ⅰ.课题导入复习：等差数列的定义： n a －1-n a =d ，（n ≥2，n ∈N +）等差数列是一类特殊的数列，在现实生活中，除了等差数列，我们还会遇到下面一类特殊的数列。
2014年高中数学 2.4等比数列等比数列说课教案 新人教A版必修5
《等比数列》说课稿尊敬的各位评委老师，今天我说课的课题是《等比数列》的第一课时。
我将从教材分析、教法学法分析、教学过程分析及教学评价四个方面阐述本节课的教学设计。
【一】教材分析1、教学内容《等比数列》是人教A版数学5（必修）中第二章的第四节，本节课是第一课时，主要内容有：等比数列的概念，通项公式及其简单应用。
2、教材的地位和作用等比数列是来源于现实生活中的一种特殊数列，是数列的重要组成部分。
本节内容在教材中起着承上启下的作用：一方面，学法的承上，本节课之前学习了等差数列，而等比数列和等差数列具有相似性，可以让学生从已有的学习经验出发，将研究等差数列的方法类比到等比数列，促进学生在数学学习活动中获得更扎实的基本技能和基本思想；另一方面，为后续进一步研究等比数列的性质、等比数列前n项和公式，求一般数列的通项公式做好准备，为学生自主探究教材中——《购房中的数学》这一联系生活的问题打下基础。
3、教学目标我把本节课的教学目标定为如下三个方面：（1）知识目标：理解等比数列的概念，探索并掌握等比数列通项公式，了解等比数列与指数函数的关系，会用公式解决一些简单问题。
（2）能力目标：培养学生运用归纳类比的方法发现问题，分析问题，概括问题的能力；通过模仿探索的过程，提高学生运用函数观点，方程思想解决问题的数学能力；（3）德育目标：通过主动研究、合作交流，感受探索的乐趣和成功的喜悦，感受数学的整体性与严谨性，发展学生基本数学活动经验，帮助学生感受到数学就在身边，是有用的，树立正确的学科观，激发学生学习数学的兴趣。
4、教学的重点和难点教学重点：理解等比数列的概念，探索并掌握等比数列的通项公式。
教学难点：等比数列概念的内涵与外延深刻理解，及通项公式的推导。
【二】教法、学法分析1、学情分析在本节课之前，学生已经学习了数列的概念和简单表示法，等差数列的概念、通项公式及前n项和公式，了解了数列是一种特殊的函数，初步掌握了用函数观点和方程思想看待数列问题的数学思想方法，但是学生在数学学习过程中，对于数学知识之间的有机联系，感受数学的整体性方面，能力较为欠缺，需要老师在教学过程中抓住时机，加强培养，帮助学生体会类比在数学发现中的作用。
《等比数列》教案4(新人教A版必修5).docx
课题：3・4等比数列(-)教学目的：1.掌握等比数列的定义.2.理解等比数列的通项公式及推导教学重点：等比数列的定义及通项公式教学难点：灵活应用定义式及通项公式解决相关问题授课类型：新授课课时安排：1课时内容分析：在等比数列也是一类重要的特殊数列，在讲等比数列的概念和通项公式时要突出它与指数函数的联系这不仅可加深对等比数列的认识，而且可以对处理某类问题的指数函数方法和等比数列方法进行比较，从而有利于对这些方法的掌握从全面提高学生的素质考虑，本节课把等比数列定义及通项公式的探索、发现、创新等思维过程的暴露，知识形成过程的揭示作为教学重点，同时，市于''思维过程的暴鉛，知识形成过程的揭示”不像将知识点和盘托出那么容易，而是要求教师精心设计问题层次，由浅入深，循序渐进，不断地激发学生思维的积极性和创造性，使学生自行发现知识.“创造”知识.这是对教师，也是对学生高层次的要求，因而是教学的难点之一.教学过程：一、复习引入：首先回忆一下前几节课所学主要内容：1.等差数列的定义：a n - a n_{ =d , (nN2, neN+)2.等差数列的通项公式：a n = a】+ (n一1)J (a n = a m + (zz —m)d或a n =pn+q (p、q 是常数))3.几种计算公差d的方法：go”一仏严也二1二也二kn-1 n-m4.等差中项：人=凹0°",成等差数列25.等差数列的性质：m+n=p+q => a tn + a n = a p + a q (m, n, p, q WN)6.数列的前n 项和S”：S” =+ ©), +Sn=°i?+( g)n,当dH0,是一个常数项为零的二次式2 27・S”是等差数列前n项和，则S,,S2A. -S,,S3, -S2,仍成等差数列前面我们已经研究了一类特殊的数列一等差数列，今天我们一起研究第二类新的数列一等比数列二、讲解新课:下面我们来看这样儿个数列，看其又有何共同特点?L 2, 4, 8, 16,…，263; ①5, 25, 125, 625,…；②对于数列①，© = 2心；仏 =2 （心2）%对于数列②，1 二5 （心2）%对于数列③，a n = （-iy+i•厶；竺二一丄（心2）2心％ 2共同特点：从第二项起，第一项与前一项的比都等于同一个常数1.等比数列：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（gHO）,B|J：~^-=q（qHO）1°“从第二项起”与“前一项” Z比为常数（q）｛a n｝成等比数列o也出（/?G N± ,qH02°隐含：任一项a tl工0且g丰0“色工0”是数列｛色｝成等比数列的必要非充分条件.3°q=l吋，｛细｝为常数2•等比数列的通项公式1: % =4・qS・q7由等比数列的定义，有：a2 - a｝q；= a i c I ~（qq）g = a\c T；a4 = a3q = （a｝q2）q = a x q3；J = ® 才⑷・少0)3•等比数列的通项公式2:仏=a m・q n~m（q •今H 0）4.既是等差又是等比数列的数列：非零常数列.三、例题讲解例求下列各等比数列的通项公式：1. 6Z| =—2, ci^=—8解：a 3 = a x q => = 4 => ^ = ±2/. a n = (-2)2H_, =-2n 或％ =(-2)(-2)i =(-2)/:2. %=5,且 2陥1=一3 勺 3•5=5x(-才心(4) V<7=14- V2 =^- ,«)=V2 /. 6Z z? = a } q n ~l = V2 • ( )解：§ =如 a n 3. 绚=5,且也也a n解:•••纽二丄 a n 兀+ 1 % 斤-1 d"-l 以上各式相乘得: 1 5 =~a \ =- n n四、练习：1.求下面等比数列的第4项与第5项：(1) 5, -15, 45, ；(2) 1.2, 2.4, 4.8, ......... ； ⑶討冷,……；(4)凤孚……. 解：(1) V q-— =—3, a { =5 a n = a x q H ~[ =5 • (—3) M_, :.為=5 •(一3)3=—135,佑=5 •(一3)4 =405.(2)・・・尸瞥2,心2・・・’宀.2X2^A 6Z 4 = 1.2X23 =9A a 5=1.2X24=19.2(3) Tg 二丄-^— =— 2 3 2 3 • Cl A —— X (—) 4 2 4 3 2 卫i =— 4 1 3 3__9_ 一 32' =-X (-) Z 3 4 i 27"1281(V2)M -2・_ 1 _1 _ 1 _近2. (1) 一个等比数列的第9项是纟，公比是一丄，求它的第1项.9 34 1解：由题意得6f9= —,^=—-O 4 1 QV a9 = a^ q，/. — = ci{ (—— ) ，/. a{ =2916答：它的第1项为2916.(2) 一个等比数列的第2项是10,第3项是20,求它的第1项与第4项.解：由已知得6Z2=10, a3 =20.在等比数列中2, a4 = a3 q=40.答：它的第1项为5,第4项为40.五、小结本节学习内容：等比数列的概念和等比数列的通项公式.六、课后作业：1.有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12,求这四个数解：设四个数依次为a, b, 12 —b, 16 —a,则2b - 6/+ (12-/2) (12-/?)2=b(l6-a)G =15b = 9・•・这四个数为0, 4, 8, 16或15, 9, 3, 1.七、板书设计(略)八、课后记：。
高中数学新人教版A版精品教案《《等比数列》教学设计》
等比数列教学设计●教学目标知识与技能：掌握等比数列的定义；理解等比数列的通项公式及推导；过程与方法：通过实例，理解等比数列的概念；探索并掌握等比数列的通项公式、性质，能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，提高数学建模能力；体会等比数列与指数函数的关系。
情感态度与价值观：充分感受数列是反映现实生活的模型，体会数学是的，数学是丰富多彩的而不是枯燥无味的，提高学习的兴趣。
●教学重点理解等比数列的概念，探索并掌握等比数列的通项公式。
●教学难点等比数列的概念的内涵与外延深刻理解，及通项公式的推导。
● 教学过程体验体验一：拉面馆的师傅将一根很粗的面条，拉伸，捏合，再拉伸，再捏合，如此反复多次，就拉成了许多根细面条。
试问经过8次，可以拉出多少根细面条？第一次 __________ 第五次 __________第二次 ___________ 第六次 __________第三次 ___________ 第七次 __________第四次 ___________ 第八次 __________数列1,2,4,8,16，32,64,128……体验二：战国时代哲学家庄周著的《庄子·天下篇》引用过一句话: 一尺之棰 日取其半 万世不竭 ,...21,......,161,81,41,211,1n体验三：计算机病毒传播问题一种计算机病毒，可以查找计算机中的地址簿，通过邮件进行传播如果把病毒制造者发送病毒称为第一轮，邮件接收者发送病毒称为第二轮，依此类推假设每一轮每一台计算机都感染2021算机,那么在不重复的情况下,这种病毒感染的计算机数构成一个什么样的数列呢1，20210，20210，… ③质疑:上面数列有什么共同特点生答：从第二项起,每一项与前一项的比都等于同一个常数。
等比数列的概念;一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫等比数列。
这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示。
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2014届高三数学总复习 5.3等比数列教案 新人教A 版1. (必修5P 55习题2(1)改编)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，a 6＝32，则S 3＝________．答案：7解析：q 5＝a 6a 1＝32，q ＝2，S 3＝1×（1－23）1－2＝7.2. (必修5P 49习题1改编) {a n }为等比数列，a 2＝6，a 5＝162，则{a n }的通项公式a n ＝________．答案：a n ＝2×3n －1解析：由a 2＝6，a 5＝162，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，a 1q 4＝162，所以a 1＝2，q ＝3.3. (必修5P 49习题6改编)等比数列{a n }中，a 1>0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝36，则a 3＋a 5＝________．答案：6解析：a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝(a 3＋a 5)2＝36，又a 1>0，∴ a 3，a 5>0，∴ a 3＋a 5＝6. 4. (必修5P 49习题7(2)改编)已知两个数k ＋9和6－k 的等比中项是2k ，则k ＝________． 答案：3解析：由已知得(2k)2＝(k ＋9)(6－k)，k ∈N *，∴ k ＝3.5. (必修5P51例2改编)等比数列{a n }中，S 3＝7，S 6＝63，则a n ＝________．答案：2n －1解析：由已知得a 1＝1，q ＝2；∴ a n ＝2n －1.1. 等比数列的概念 (1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列．(2) 符号语言：a n ＋1a n_＝q(n∈N ，q 是等比数列的公比)．2. 等比数列的通项公式设{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列，则第n 项an ＝a 1q n －1．推广：a n ＝a m q (n －m)．3. 等比中项若a ，G ，b 成等比数列，则G 为a 和b 的等比中项且G 4. 等比数列的前n 项和公式(1) 当q ＝1时，S n ＝na 1．(2) 当q≠1时，S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝a 1－a n q1－q．5. 等比数列的性质(1) a n ＝a m q n －m．(2) 等比数列{a n }中，对任意的m 、n 、p 、q∈N *，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ．特殊的，若m ＋n ＝2p ，则a m a n ＝a 2p ．(3) 等比数列{a n }中依次每m 项的和仍成等比数列，即S m 、S 2m －S m 、S 3m －S 2m 、…仍成等比数列，其公比为q m(q≠－1)．[备课札记]题型1 等比数列的基本运算例1 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列． (1) 求{a n }的公比q ； (2) 若a 1－a 3＝3，求S n .解：(1) ∵ S 1，S 3，S 2成等差数列，∴ 2S 3＝S 1＋S 2，即2(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 1＋a 2， ∴ 2a 3＝－a 2，∴ q ＝a 3a 2＝－12.(2) a 3＝a 1q 2＝14a 1，∴ a 1－14a 1＝3，∴ a 1＝4，∴ S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1＋12＝83－83⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.变式训练已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且2a n ＋1＝S n ＋2(n∈N )． (1) 求a 2，a 3的值，并求数列{a n }的通项公式； (2) 解不等式∑i ＝1n3a i>S n (n∈N )．解：(1) ∵ 2a 2＝S 1＋2＝a 1＋2＝3，∴ a 2＝32.∵ 2a 3＝S 2＋2＝a 1＋a 2＋2＝92，∴ a 3＝94.∵ 2a n ＋1＝S n ＋2，∴ 2a n ＝S n －1＋2(n≥2)，两式相减，得2a n ＋1－2a n ＝S n －S n －1.∴ 2a n ＋1－2a n ＝a n .则a n ＋1＝32a n (n≥2)．∵ a 2＝32a 1，∴ a n ＋1＝32a n (n∈N )．∵ a 1＝1≠0，∴ a n ＋1a n ＝32，即{a n }为等比数列，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.(2) 3a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，∴ 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫3a n 是首项为3，公比为23的等比数列．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫3a n 的前5项为：3，2，43，89，1627.{a n }的前5项为：1，32，94，278，8116.∴ n ＝1，2，3时，∑i ＝1n3a i >S n 成立；而n ＝4时，∑i ＝1n3a i ≤S n ；∵ n ≥5时，3a n＜1，a n ＞1，∴ ∑i ＝1n3a i≤S n .∴ 不等式∑i ＝1n3a i>S n (n∈N )的解集为{1，2，3}．题型2 等比数列的判定与证明例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，3S n ＝a n －1(n∈N )． (1) 求a 1，a 2；(2) 求证：数列{a n }是等比数列； (3) 求a n 和S n .(1) 解：由3S 1＝a 1－1，得3a 1＝a 1－1，∴ a 1＝－12.又3S 2＝a 2－1，即3a 1＋3a 2＝a 2－1，得a 2＝14.(2) 证明：当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13(a n －1)－13(a n －1－1)，得a n a n －1＝－12，所以{a n }是首项为－12，公比为－12的等比数列．(3) 解：由(2)可得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .备选变式（教师专享）在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝4a n －3n ＋1，n ∈N *. (1) 求证：数列{a n －n}是等比数列； (2) 求数列{a n }的前n 项和S n ；(3) 求证：不等式S n ＋1≤4S n 对任意n∈N *皆成立．(1) 证明：由题设a n ＋1＝4a n －3n ＋1，得a n ＋1－(n ＋1)＝4(a n －n)，n ∈N *.又a 1－1＝1，所以数列{a n －n}是首项为1，公比为4的等比数列．(2) 解：由(1)可知a n －n ＝4n －1，于是数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －1＋n ，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝4n－13＋n （n ＋1）2.(3) 证明：对任意的n∈N *，S n＋1－4S n ＝4n ＋1－13＋（n ＋1）（n ＋2）2－4⎣⎢⎡⎦⎥⎤4n－13＋n （n ＋1）2＝－12(3n 2＋n －4)≤0，所以不等式S n ＋1≤4S n对任意n∈N *皆成立．题型3 等比数列的性质例3 已知等比数列{a n }中，a 2＝32，a 8＝12，a n ＋1<a n .(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设T n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，求T n 的最大值及相应的n 值．解：(1) q 6＝a 8a 2＝1232＝164， a n ＋1<a n ，所以q ＝12.以a 1＝a 2q ＝3212＝64为首项，所以通项公式为a n ＝64·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝27－n(n∈N )．(2) 设b n ＝log 2a n ，则b n ＝log 227－n＝7－n.所以{b n }是首项为6，公差为－1的等差数列．T n ＝6n ＋n （n －1）2(－1)＝－12n 2＋132n ＝－12(n －132)2＋1698.因为n 是自然数，所以n ＝6或n ＝7时，T n 最大，其最大值是T 6＝T 7＝21.备选变式（教师专享）已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n∈N *)的取值范围是________．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫8，323解析：∵a 5＝a 2q 3，∴14＝2×q 3，∴q ＝12，∴a 1＝a 2q ＝4，∴a n ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝23－n ，∴a k a k ＋1＝12k －3·12k －2＝122k －5，∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝12＋12＋…＋12＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋…＋14n ＝32×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝323⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫8，323.题型4 等比数列的应用例4 定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f(a n )}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x 2；②f(x)＝2x；③f(x)＝|x|；④f(x)＝ln(x)． 其中是“保等比数列函数”的是__________．(填序号) 答案：①③解析：验证：① f （a n ＋1）f （a n ）＝a 2n ＋1a 2n ＝q 2；③ f （a n ＋1）f （a n ）＝|a n ＋1||a n |＝|q|. 备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n . (1) 求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2) 设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n≥3时，c n ＋1<c n .(1) 解：a 1＝S 1＝4，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n(n ＋1)－2(n －1)n ＝4n.又a 1＝4适合上式，∴a n ＝4n(n∈N *)．将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，∴T 1＝b 1＝1. 当n≥2时，T n －1＝2－b n －1，T n ＝2－b n ， ∴b n ＝T n －T n －1＝b n －1－b n ， ∴b n ＝12b n －1，∴b n ＝21－n.(2) 证明：证法1：由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n，得c n ＋1c n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2. 当且仅当n≥3时，1＋1n ≤43<2，即c n ＋1<c n .证法2：由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n ，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2]＝24－n [－(n －1)2＋2]． 当且仅当n≥3时，c n ＋1－c n <0，即c n ＋1<c n.1. (2013·大纲版)已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和为________．答案：3(1－3－10)解析：q ＝－13，a 1＝4，则S 10＝4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝3(1－3－10)．2. (2013·新课标1)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式是a n＝________．答案：a n ＝(－2)n －1解析：S n ＝23a n ＋13，S n －1＝23a n －1＋13(n≥2)，相减得a n ＝23a n －23a n －1，即a n ＝－2a n －1(n≥2)．又S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1，故a n ＝(－2)n －1.3. (2013·新课标Ⅱ)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝________．答案：19解析：有条件得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝a 1q ＋10a 1，a 1q 4＝9，解得q ＝±3，a 1＝19.4. 若数列{a n }满足lga n ＋1＝1＋lga n ，a 1＋a 2＋a 3＝10，则lg(a 4＋a 5＋a 6)＝________． 答案：4解析：由条件知：a n ＋1a n＝10，即数列{a n }是公比为10的等比数列，所以lg(a 4＋a 5＋a 6)＝lgq 3(a 1＋a 2＋a 3)＝4.1. 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋a n ＝66，a 2a n －1＝128，S n ＝126，求n 和公比q 的值．解：解法1：在等比数列{a n }中，a 1a n ＝a 2a n －1＝128.又a 1＋a n ＝66，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a n ＝66，a 1a n ＝128，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝64或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝64，a n ＝2，∴q ≠1.由a n ＝a 1qn －1和S n ＝a 1（1－q n）1－q＝126，得⎩⎪⎨⎪⎧2q n －1＝64，2（1－q n ）1－q ＝126或⎩⎪⎨⎪⎧64q n －1＝2，64（1－q n ）1－q ＝126，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ＝6，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧n ＝6，q ＝12.解法2：当q ＝1时，经检验不合适，由题意可得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋qn －1）＝66， ①a 21q n －1＝128， ②a 1（1－q n）1－q ＝126， ③由②可得qn －1＝128a 21，代入①，得a 1⎝⎛⎭⎪⎫1＋128a 21＝66，化简得a 21－66a 1＋128＝0，解得a 1＝2或a 1＝64.当a 1＝2时，代入①，得q n －1＝32，将a 1＝2和qn －1＝32代入③，得2（1－32q ）1－q＝126，解得q ＝2.又qn －1＝32，即2n －1＝32＝25，∴n ＝6.同理，当a 1＝64时，可解得q ＝12，n ＝6.综上所述，n 的值为6，q ＝2或12.2. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋1，设b n ＝a n ＋1－2a n .证明：数列{b n }是等比数列．证明：由于S n ＋1＝4a n ＋1，① 当n≥2时，S n ＝4a n －1＋1.② ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1. 所以a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)．又b n ＝a n ＋1－2a n ，所以b n ＝2b n －1.因为a 1＝1，且a 1＋a 2＝4a 1＋1，即a 2＝3a 1＋1＝4.所以b 1＝a 2－2a 1＝2，故数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．3. (2013·辽宁)已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和，若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________．答案：63解析：因为等比数列{a n }是递增数列，所以a 1＝1，a 3＝4，则q ＝2，故S 6＝1×（1－26）1－2＝63.4. 已知数列{a n }的首项a 1＝2a ＋1(a 是常数，且a≠－1)，a n ＝2a n －1＋n 2－4n ＋2(n≥2)，数列{b n }的首项b 1＝a ，b n ＝a n ＋n 2(n≥2)．(1) 证明：{b n }从第2项起是以2为公比的等比数列；(2) 设S n 为数列{b n }的前n 项和，且{S n }是等比数列，求实数a 的值； (3) 当a>0时，求数列{a n }的最小项．(1) 证明：∵ b n ＝a n ＋n 2，∴ b n ＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋(n ＋1)2－4(n ＋1)＋2＋(n ＋1)2＝2a n ＋2n 2＝2b n (n≥2)．由a 1＝2a ＋1，得a 2＝4a ，b 2＝a 2＋4＝4a ＋4，∵ a ≠－1， ∴ b 2≠0，即{b n }从第2项起是以2为公比的等比数列．(2) 解：由(1)知b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，（4a ＋4）2n －2，n ≥2. S n ＝a ＋（4a ＋4）（2n －1－1）2－1＝－3a －4＋(2a ＋2)2n，当n≥2时，S nS n －1＝（2a ＋2）2n－3a －4（2a ＋2）2n －1－3a －4＝2＋3a ＋4（a ＋1）2n －1－3a －4. ∵ {S n }是等比数列， ∴ S n S n －1(n≥2)是常数，∴ 3a ＋4＝0，即a ＝－43.(3) 解：由(1)知当n≥2时，b n ＝(4a ＋4)2n －2＝(a ＋1)2n，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋1，n ＝1，（a ＋1）2n －n 2，n ≥2， ∴ 数列{a n }为2a ＋1，4a ，8a －1，16a ，32a ＋7，…显然最小项是前三项中的一项．当a∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14时，最小项为8a －1； 当a ＝14时，最小项为4a 或8a －1；当a∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12时，最小项为4a ； 当a ＝12时，最小项为4a 或2a ＋1；当a∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，最小项为2a ＋1.1. 重点是本着化多为少的原则，解题时，需抓住首项a 1和公比q.2. 运用等比数列求和公式时，要对q ＝1和q≠1进行讨论．3. 解决等比数列有关问题的常见思想方法：①方程的思想：等比数列中有五个量a 1，q ，n ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程组求关键量a 1，q ；②分类的思想：当a 1>0，q>1或者a1<0，0<q<1时，等比数列{a n}递增；当a1>0，0<q<1或者a1<0，q>1时，等比数列{a n}递减；当q<0时，等比数列为摆动数列；当q＝1时，等比数列为常数列；③函数的思想：用函数的观点来理解和掌握等比数列的概念、通项公式和前n项和公式．4. 巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．请使用课时训练（A）第3课时（见活页）.。