高考第一轮复习数学3.3等比数列

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=mnmnaa（n、m∈N*）.3.前n项和Sn=).10(11)1(),1(111qqqqaaqqaqnann或注：q≠1时，mnSS=mnqq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、qa、aq、aq3为好.6.证明等比数列的方法：（1）用定义：只需证nnaa1=常数；（2）用中项性质：只需an+12=an·an+2或nnaa1=12nnaa.●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.arccos215B.arcsin215C.arccos251D.arcsin251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sin2B=sinA，即cos2A=sinA，1－sin2A=sinA，解之得sinA=215或sinA=215（舍）.答案：B2.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.210B.220C.216D.215解析：由等比数列的定义，a1·a2·a3=（qa3）3，故a1·a2·a3·…·a30=（1030963qaaaa）3.又q=2，故a3·a6·a9·…·a30=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A.5B.10C.14D.15解析：由题意列式（1－20%）n＜5%，两边取对数得n＞2lg3112lg≈13.4.故n≥14.答案：C4.（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=aa10=128=27，故q=2.∴an=a3·qn－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___________________.111121133114641……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C01n，C11n，C21n，…，C11nn，故当n≥3时，除了1外，第n行各数的和为an=C11n+C21n+…+C21nn=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=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{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,8,721112111qaqaaqaqaa解得2,11qa或.21,41qa∴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：a1k，a2k，…，ank，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ank，然后列方程求得kn.解：设｛an｝的首项为a1，∵a1k、a2k、a3k成等比数列，∴（a1＋4d）2＝a1（a1＋16d）.得a1＝2d，q＝12kkaa＝3.∵ank＝a1＋（kn－1）d，又ank＝a1·3n－1，∴kn＝2·3n－1－1.∴k1＋k2＋…＋kn＝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kn的方程是解题的关键，转化时要注意：ank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5na，5nb，51na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=1nnbb递推出an=nnbb1（n≥2）.解：∵5na，5nb，51na成等比数列，∴（5nb）2=5na·51na，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=1nnbb.③∴an=nnbb1（n≥2）.④将③④代入①可得2bn=nnbb1+1nnbb（n≥2），∴2nb=1nb+1nb（n≥2）.∴数列{nb}为等差数列.∵b1=2，a2=3，a22=b1·b2，∴b2=29.∴nb=2+（n－1）（29－2）=21（n+1）（n=1也成立）.∴bn=2)1(2n.∴an=nnbb1=2)1(222nn=2)1(nn（n≥2）.又当n=1时，a1=1也成立.∴an=2)1(nn.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＞S9a8B.S8a9＜S9a8C.S8a9=S9a8D.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=－qqa1)1(81·a1q3－qqa1)1(91·a1q7=qaqqqa1)]()[(16716821=qqqa1)(7821=－a12q7.又q＜0，则S8·a9－S9·a8＞0，即S8·a9＞S9·a8.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）3－1D.r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qqan1)1(1＜qa11且|q|＜1对n∈N都成立，∴a1＞0，0＜q＜1.答案：（1，21）（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nnaa1=1nn.又a1=1，由累积法可得an=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=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=qqan1)1(1=80，②S2n=qqan1)1(21=6560，③由①②③解得a1=2，q=3，则（1）前100项之和S100=13)13(2100=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=21.又an+1+Sn+1=n+1，两式相减得2（an+1－1）=an－1，即111nnaa=21，也即nncc1=21，故数列{cn}是等比数列.（2）解：∵c1=a1－1=－21，∴cn=－n21，an=cn+1=1－n21，an－1=1－121n.故当n≥2时，bn=an－an－1=121n－n21=n21.又b1=a1=21，即bn=n21（n∈N*）.8.设数列｛an｝、｛bn｝（bn＞0，n∈Ｎ*），满足an＝nbbbnlglglg21（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＝nqqqbnn)lg(lg121＝nqbnnn2)1(1lglg＝lgb1＋（n－1）lgq21，an＋1－an＝lgq21为常数，∴｛an｝为等差数列.必要性：由an＝nbbbnlglglg21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＝10nda21，bn＝10dna)1(21.∴nnbb1＝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＝65，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－21｝为等比数列；（2）求an；（3）求｛an｝的前n项和Sn.（1）证明：∵α＋β＝1nnaa，αβ＝11na代入3α－αβ＋3β＝1得an＝31an－1＋31，∴21211nnaa＝2121313111nnaa＝31为定值.∴数列｛an－21｝是等比数列.（2）解：∵a1－21＝65－21＝31，∴an－21＝31×（31）n－1＝（31）n.∴an＝（31）n＋21.（3）解：Sn＝（31＋231+…+n31)+2n＝311)311(31n+2n＝21n－n321.●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1nnaa（n≥2）为常数；（2）利用等比中项，即证明an2=an－1·an+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=