年高考第一轮复习数学新编等比数列

等比数列●知识梳理 1.定义数列{a n }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：a n =a 1q n －1，推广形式：a n =a m q n －m.变式：q =mn mn a a -（n 、m ∈N *）. 3.前n 项和S n =⎪⎩⎪⎨⎧≠≠--=--=).10(11)1(),1(111q q q qa a q q a q na n n 或注：q ≠1时，m n S S =mnq q --11.4.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 =±ac .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qa、a 、aq ，四个数可设为3qa 、q a 、aq 、aq 3为好. 6.证明等比数列的方法：（1）用定义：只需证nn a a 1+=常数；（2）用中项性质：只需a n +12=a n ·a n +2或n n a a 1+=12++n n a a . ●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215-215- 251-251- 解析：设Rt △ABC 中，C =2π，则A 与B 互余且A 为最小内角.又由已知得sin 2B =sin A ，即cos 2A =sin A ，1－sin 2A =sin A ，解之得sin A =215-或sin A =215--（舍）.答案：B2.设{a n }是由正数组成的等比数列，公比q =2，且a 1·a 2·a 3·…·a 30=230，那么a 3·a 6·a 9·…·a 30等于解析：由等比数列的定义，a 1·a 2·a 3=（q a 3）3，故a 1·a 2·a 3·…·a 30=（1030963qa a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅）3.又q =2，故a 3·a 6·a 9·…·a 30=220.答案：B3.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解析：由题意列式（1－20%）n＜5%，两边取对数得n ＞2lg 3112lg -+≈.故n ≥14.答案：C4.（2004年全国，文14）已知等比数列{a n }中，a 3=3，a 10=384，则该数列的通项a n =___________________.解析：由已知得q 7=aa 10=128=27，故q =2.∴a n =a 3·q n －3=3·2n －3. 答案：3·2n －35.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 12 1 13 3 1 14 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 01-n ，C 11-n ，C 21-n ，…，C 11--n n ，故当n ≥3时，除了1外，第n 行各数的和为a n =C 11-n +C 21-n +…+C 21--n n =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a 3+a 4+…+a n =21)21(42---n －2（n －2）=2n －2n .答案：2n－2n ●典例剖析【例1】 已知等比数列{a n }中，a 1+a 2+a 3=7，a 1a 2a 3=8，求a n . 剖析：利用等比数列的基本量a 1，q ，根据条件求出a 1和q . 解：设{a n }的公比为q ，由题意知⎪⎩⎪⎨⎧=⋅⋅=++,8,721112111q a q a a q a q a a解得⎩⎨⎧==2,11q a 或⎪⎩⎪⎨⎧==.21,41q a ∴a n =2n －1或a n =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a 2和q 来表示其他的量好解吗该题的{a n }若成等差数列呢【例2】 已知数列｛a n ｝为等差数列，公差d ≠0，｛a n ｝的部分项组成下列数列：a 1k ，a 2k ，…，a n k ，恰为等比数列，其中k 1＝1，k 2＝5，k 3＝17，求k 1＋k 2＋k 3＋…＋k n .剖析：运用等差（比）数列的定义分别求得a n k ，然后列方程求得k n .解：设｛a n ｝的首项为a 1，∵a 1k 、a 2k 、a 3k 成等比数列，∴（a 1＋4d ）2＝a 1（a 1＋16d ）. 得a 1＝2d ，q ＝12k k a a ＝3.∵a n k ＝a 1＋（k n －1）d ，又a n k ＝a 1·3n －1，∴k n ＝2·3n －1－1.∴k 1＋k 2＋…＋k n ＝2（1＋3＋…＋3n －1）－n＝2×3131--n －n ＝3n－n －1.评述：运用等差（比）数列的定义转化为关于k n 的方程是解题的关键，转化时要注意：a n k 是等差数列中的第k n 项，而是等比数列中的第n 项.【例3】 设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足5n a ，5n b ，51+n a 成等比数列，lg b n ，lg a n +1，lg b n +1成等差数列，且a 1=1，b 1=2，a 2=3，求通项a n 、b n .剖析：由等比中项、等差中项的性质得a n +1=1+⋅n n b b 递推出a n =n n b b ⋅-1（n ≥2）. 解：∵5n a ，5n b ，51+n a 成等比数列， ∴（5n b ）2=5n a ·51+n a ，即2b n =a n +a n +1.①又∵lg b n ，lg a n +1，lg b n +1成等差数列，∴2lg a n +1=lg b n +lg b n +1，即a n +12=b n ·b n +1.②由②及a i ＞0，b j ＞0（i 、j ∈N *）可得a n +1=1+⋅n nb b .③∴a n =n n b b 1-（n ≥2）.④将③④代入①可得2b n =n n b b ⋅-1+1+⋅n n b b （n ≥2）， ∴2n b =1-n b +1+n b （n ≥2）. ∴数列{n b }为等差数列. ∵b 1=2，a 2=3，a 22=b 1·b 2，∴b 2=29. ∴n b =2+（n －1）（29－2） =21（n +1）（n =1也成立）.∴b n =2)1(2+n .∴a n =n n b b ⋅-1=2)1(222+⋅n n =2)1(+n n （n ≥2）. 又当n =1时，a 1=1也成立.∴a n =2)1(+n n .评述：由S n 求a n 时要注意验证a 1与S 1是否一致. 特别提示1.{a n }为等比数列是a n +12=a n ·a n +2的充分但不必要条件.2.若证{a n }不是等比数列，只需证a k 2≠a k －1a k +1（k 为常数，k ∈N ，且k ≥2）. ●闯关训练 夯实基础1.若等比数列{a n }的公比q ＜0，前n 项和为S n ，则S 8a 9与S 9a 8的大小关系是 ＞S 9a 8 ＜S 9a 8 =S 9a 8D.不确定 解析：由等比数列通项公式和前n 项和公式得 S 8·a 9－S 9·a 8=－q q a --1)1(81·a 1q 3－qq a --1)1(91·a 1q 7=q a q q q a ----1)]()[(16716821=qq q a --1)(7821=－a 12q 7.又q ＜0，则S 8·a 9－S 9·a 8＞0，即S 8·a 9＞S 9·a 8. 答案：A2.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.1)1(3-+rB.31［（1+r ）3－1］ C.（1+r ）3－1解析：由题意得（1+r ）3＜1+3q ，故q ＞31［（1+r ）3－1］. 答案：B3.（2003年上海，8）若首项为a 1，公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和总小于这个数列的各项和，则首项a 1，公比q 的一组取值可以是（a 1，q ）=___________.解析：由题意知q q a n --1)1(1＜qa-11且|q |＜1对n ∈N 都成立，∴a 1＞0，0＜q ＜1.答案：（1，21）（a 1＞0，0＜q ＜1的一组数） 4.设{a n }是首项为1的正项数列，且（n +1）a n +12－na n 2+a n +1a n =0（n ∈N *），则它的通项公式a n =___________________.解析：分解因式可得［（n +1）a n +1－na n ］·［a n +1+a n ］=0，又a n ＞0，则（n +1）a n +1－na n =0，即n n a a 1+=1+n n .又a 1=1，由累积法可得a n =n1. 答案：n15.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=a n ，则a 1=1，a n +1=3a n ，得a n =3n －1，即n *1=3n －1.6.等比数列{a n }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S n ，且S n =80，S 2n =6560，求：（1）前100项之和S 100. （2）通项公式a n .解：设公比为q ，∵S 2n －S n =6480＞S n ，∴q ＞1.则最大项是a n =a 1q n －1（∵a n ＞0）. ①又S n =qq a n --1)1(1=80，②S 2n =qq a n --1)1(21=6560，③由①②③解得a 1=2，q =3，则（1）前100项之和S 100=13)13(2100--=3100－1.（2）通项公式为a n =2·3n －1. 培养能力7.数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1=a 1，b n =a n －a n －1（n ≥2），若a n +S n =n . （1）设c n =a n －1，求证：数列{c n }是等比数列； （2）求数列{b n }的通项公式.（1）证明：∵a 1=S 1，a n +S n =n ，∴a 1+S 1=1，得a 1=21.又a n +1+S n +1=n +1，两式相减得2（a n +1－1）=a n －1，即111--+n n a a =21，也即n n c c 1+=21，故数列{c n }是等比数列.（2）解：∵c 1=a 1－1=－21， ∴c n =－n 21，a n =c n +1=1－n 21，a n －1=1－121-n .故当n ≥2时，b n =a n －a n －1=121-n －n 21=n 21.又b 1=a 1=21，即b n =n 21（n ∈N *）.8.设数列｛a n ｝、｛b n ｝（b n ＞0，n ∈Ｎ*），满足a n ＝nb b b n lg lg lg 21+⋅⋅⋅++（n ∈Ｎ*），证明：｛a n ｝为等差数列的充要条件是｛b n ｝为等比数列.证明：充分性：若｛b n ｝为等比数列，设公比为q ，则a n ＝n q q q b n n )lg(lg 121-⋅⋅⋅⋅⋅⋅+＝nq b n n n 2)1(1lglg -+＝lg b 1＋（n －1）lg q 21，a n ＋1－a n ＝lg q 21为常数，∴｛a n ｝为等差数列.必要性：由a n ＝nb b b nlg lg lg 21+⋅⋅⋅++得na n ＝lg b 1＋lg b 2＋…＋lg b n ，（n ＋1）a n ＋1＝lg b 1＋lg b 2＋…＋lg b n ＋1，∴n （a n ＋1－a n ）＋a n ＋1＝lg b n ＋1.若｛a n ｝为等差数列，设公差为d ， 则nd ＋a 1＋nd ＝lg b n ＋1，∴b n ＋1＝10nd a 21+，b n ＝10d n a )1(21-+.∴nn b b 1+＝102d为常数. ∴｛b n ｝为等比数列. 探究创新9.有点难度哟！设数列｛a n ｝，a 1＝65，若以a 1，a 2，…，a n 为系数的二次方程：a n －1x 2－a n x ＋1＝0（n ∈Ｎ*且n ≥2）都有根α、β满足3α－αβ＋3β＝1.（1）求证:｛a n －21｝为等比数列；（2）求a n ；（3）求｛a n ｝的前n 项和S n .（1）证明：∵α＋β＝1-n n a a ，αβ＝11-n a 代入3α－αβ＋3β＝1得a n ＝31a n －1＋31， ∴21211---n n a a ＝2121313111--+--n n a a ＝31为定值. ∴数列｛a n －21｝是等比数列. （2）解：∵a 1－21＝65－21＝31，∴a n －21＝31×（31）n －1＝（31）n.∴a n ＝（31）n ＋21.（3）解：S n ＝（31＋231+…+n 31)+2n ＝311)311(31--n +2n ＝21+n －n 321⨯. ●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{a n }是等差数列的两种基本方法是： （1）利用定义，证明1-n na a （n ≥2）为常数； （2）利用等比中项，即证明a n 2=a n －1·a n +1（n ≥2）. ●教师下载中心 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a 1、a n 、n 、q 、S n 可以“知三求二”；（2）分类讨论的思想：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.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{a n }中，a 1=1，a n =21a n －1+1（n ≥2），求通项公式a n . 解：由a n =21a n －1+1，得a n －2=21（a n －1－2）. 令b n =a n －2，则b n －1=a n －1－2，∴有b n =21b n －1.∴b n =21b n －1=21·21b n －2=21·21·21b n －3 =…=b 1=（21）n －1·b 1.∵a 1=1，∴b 1=a 1－2=－1.∴b n =－（21）n －1.∴a n =2－121 n . 【例2】 已知数列{a n }中，a 1=65，a 2=3619并且数列log 2（a 2－31a ），log 2（a 3－32a ），…，log 2（a n +1－3n a ）是公差为－1的等差数列，而a 2－21a ，a 3－22a ，…，a n +1－2n a 是公比为31的等比数列，求数列{a n }的通项公式.分析：由数列{log 2（a n +1－3n a）}为等差数列及等差数列的通项公式，可求出a n +1与a n的一个递推关系式①；由数列{a n +1－2n a}为等比数列及等比数列的通项公式，可求出a n +1与a n 的另一个递推关系式②.解两个关系式的方程组，即可求出a n .解：∵数列{log 2（a n +1－3n a）}是公差为－1的等差数列，∴log 2（a n +1－3n a ）=log 2（a 2－31a 1）+（n －1）（－1）=log 2（3619－31×65）－n +1=－（n +1），于是有a n +1－3n a =2－（n +1）.①又∵数列{a n +1－21a n }是公比为31的等比数列，∴a n +1－21a n =（a 2－21a 1）·3－（n －1）=（3619－21×65）·3－（n －1）=3－（n +1）. 于是有a n +1－21a n =3－（n +1）.②由①－②可得61a n =2－（n +1）－3－（n +1）， ∴a n =n 23－n 32.。