2020届二轮复习等比数列学案（全国通用）

2020届二轮复习等比数列学案（全国通用）

等比数列 ‎【考纲要求】‎ ‎1．理解等比数列的概念，等比数列的通项公式. ‎ ‎2．能在具体的问题情境中，识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题. ‎ ‎3．了解等比数列与指数函数的关系. ‎ ‎4．灵活应用等比数列的定义、公式和性质解决数列问题，认识和理解数列与其它数学知识之间的内在联系.‎ ‎【知识网络】‎ 等比数列 等比中项 通项公式及相关性质 等比数列与函数的关系 ‎【考点梳理】‎ 数列的概念388518 知识要点】‎ 考点一：等比数列的概念 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，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比.‎ 考点二、等比数列的通项公式 要点诠释：‎ ‎①方程观点：知二求一；‎ ②函数观点：函数的图象上一群孤立的点；‎ ③当时，若，等比数列是递增数列；若，等比数列是递减数列；‎ 当时，若，等比数列是递减数列；若，等比数列是递增数列；‎ 当时，等比数列是摆动数列；‎ 当时，等比数列是非零常数列。‎ 考点三、等比数列通项公式的主要性质：‎ ‎（1）等比中项：成等比数列，则； ‎ ‎（2）通项公式的推广：；‎ ‎（3）若，则；‎ ‎（4）等比数列中，若.‎ 要点诠释：（1）方程思想的具体运用；（2）两式相乘除化简。‎ ‎【典型例题】‎ 类型一：等比数列的概念、公式 例1.若数列为等比数列，, , 求.‎ 思路分析：求解等比数列的项，首先要根据已知条件求出数列的通项公式。‎ 解析：法一：令数列的首项为,公比为q，则有 ‎ 即 ， ‎ ‎(2)÷(1)有, ∴. ‎ ‎∴.‎ 法二：∵为等比数列， ‎ ‎∴ 即,‎ ‎ ∴. ‎ ‎∴.‎ 法三：∵为等比数列， ‎ ‎∴、、、,…也为等比数列，‎ ‎ ∴, ∴ ‎ 又∵.‎ ‎ ∴ ‎ 点评：熟悉等比数列的概念，基本公式及性质，要依条件恰当的选择入手公式，性质，从而简洁地解决问题，减少运算量。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】已知等比数列，若，，求。‎ 法一：∵，∴，∴‎ 从而解之得，或，‎ 当时，；当时，。‎ 故或。‎ 法二：由等比数列的定义知，‎ 代入已知得 将代入（1）得，‎ 解得或 由（2）得或 ，以下同方法一。‎ 类型二、等比数列的性质 数列的概念388518 典型例题二】‎ 例2.（1）等比数列中，，，，则 (　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎(2)设为等比数列的前n项和，已知,则公比q＝(　　)‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ 答案：A B 解析：（1），所以 又因为，则 所以，则 ‎（2），两式相减：‎ 所以 举一反三 ‎【变式1】等比数列中，若,求.‎ 解析：∵是等比数列，∴‎ ‎∴ ‎ 例3. (2018 福建高考)若a，b是函数f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（　　）‎ A．6 B．7 C．8 D．9‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意可得：a+b=p，ab=q，‎ ‎∵p＞0，q＞0，‎ 可得a＞0，b＞0，‎ 又a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，‎ 可得①或②．‎ 解①得：；解②得：．‎ ‎∴p=a+b=5，q=1×4=4，‎ 则p+q=9．故选D．‎ 举一反三 ‎【变式】（2014 天津高考）设{an}的首项为a1，公差为﹣1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1=（　　）‎ A．2 B．﹣2 C． D．﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵{an}是首项为a1，公差为﹣1的等差数列，Sn为其前n项和，‎ ‎∴S1=a1，S2=2a1﹣1，S4=4a1﹣6，‎ 由S1，S2，S4成等比数列，得：，‎ 即，解得：．故选D．‎ 类型三：等比数列的判断与证明 例4．已知数列{an}的前n项和Sn满足：log5(Sn+1)=n(n∈N+),求出数列{an}的通项公式，并判断{an}是何种数列？‎ 解析：∵log5(Sn+1)=n,∴Sn+1=5n,∴Sn=5n-1 (n∈N+), ‎ ‎∴a1=S1=51-1=4,‎ 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(5n-1)-(5n-1-1)=5n-5n-1=5n-1(5-1)=4×5n-1‎ 而n=1时，4×5n-1=4×51-1=4=a1,‎ ‎ ∴n∈N+时，an=4×5n-1‎ 由上述通项公式，可知{an}为首项为4，公比为5的等比数列.‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】已知数列{Cn}，其中Cn=2n+3n，且数列{Cn+1-pCn}为等比数列，求常数p。‎ 解析：p=2或p=3；‎ ‎∵{Cn+1-pCn}是等比数列，‎ ‎∴对任意n∈N且n≥2，有(Cn+1-pCn)2=(Cn+2-pCn+1)(Cn-pCn-1)‎ ‎∵Cn=2n+3n,∴[(2n+1+3n+1)-p(2n+3n)]2=[(2n+2+3n+2)-p(2n+1+3n+1)]·[(2n+3n)-p(2n-1+3n-1)]‎ 即[(2-p)·2n+(3-p)·3n]2=[(2-p)·2n+1+(3-p)·3n+1]·[(2-p)·2n-1+(3-p)·3n-1]‎ 整理得：,解得：p=2或p=3,‎ 显然Cn+1-pCn≠0，故p=2或p=3为所求.‎ ‎【变式2】设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列，Cn=an+bn,证明数列{Cn}不是等比数列.‎ 证明：设数列{an}、{bn}的公比分别为p, q，且p≠q 为证{Cn}不是等比数列，只需证.‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ 又∵ p≠q, a1≠0, b1≠0,‎ ‎∴即 ‎∴数列{Cn}不是等比数列.‎ ‎【变式3】判断正误：‎ ‎(1){an}为等比数列a7=a3a4；‎ ‎(2)若b2=ac，则a，b，c为等比数列；‎ ‎(3){an}，{bn}均为等比数列，则{anbn}为等比数列；‎ ‎(4){an}是公比为q的等比数列，则、仍为等比数列；‎ ‎(5)若a，b，c成等比，则logma，logmb，logmc成等差.‎ 答案：‎ ‎(1)错；a7=a1q6，a3a4=a1q2·a1q3=a12q5，等比数列的下标和性质要求项数相同；‎ ‎(2)错；反例：02=0×0，不能说0，0，0成等比；‎ ‎(3)对；{anbn}首项为a1b1，公比为q1q2；‎ ‎(4)对；；‎ ‎(5)错；反例：-2，-4，-8成等比，但logm(-2)无意义.‎ 类型四：等比数列的其他类型 例5．已知三个数成等比数列，若前两项不变，第三项减去32，则成等差数列.若再将此等差数列的第二项减去4，则又成等比数列.求原来的三个数.‎ 思路分析：结合数列的性质设未知数。‎ 解析：‎ 法一：设成等差数列的三数为a-d, a,a+d.‎ 则a-d, a, a+d+32成等比数列，a-d, a-4, a+d成等比数列.‎ ‎∴‎ 由(2)得a=...........(3)‎ 由(1)得32a=d2+32d ..........(4)‎ ‎(3)代(4)消a，解得或d=8.‎ ‎∴当时,；当d=8时,a=10‎ ‎∴原来三个数为,,或2,10,50.‎ 法二：设原来三个数为a, aq, aq2，则a, aq,aq2-32成等差数列，a, aq-4, aq2-32成等比数列 ‎∴‎ 由(2)得，代入(1)解得q=5或q=13‎ 当q=5时a=2；当q=13时.‎ ‎∴原来三个数为2，10，50或，,.‎ 总结升华：选择适当的设法可使方程简单易解。一般地，三数成等差数列，可设此三数为a-d, a, a+d；若三数成等比数列，可设此三数为，x, xy。但还要就问题而言，这里解法二中采用首项a，公比q来解决问题反而简便。‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】一个等比数列有三项，如果把第二项加上4，，那么所得的三项就成为等差数列，如果再把这个等差数列的第三项加上32，那么所得的三项又成为等比数列，求原来的等比数列.‎ 解析：设所求的等比数列为a，aq，aq2；‎ 则 2(aq+4)=a+aq2，且(aq+4)2=a(aq2+32)；‎ 解得a=2，q=3或，q=-5；‎ 故所求的等比数列为2，6，18或.‎ 例6．已知三个数成等比数列，它们的积为27，它们的平方和为91，求这三个数。‎ 思路分析：如果充分考虑到等比数列的性质来设未知数，会使求解过程简单些。‎ 解析：设这三个数分别为，‎ 由已知得 得，所以或，‎ 即或 故所求三个数为：1、3、9或―1、3、―9或9、3、1或―9、3、―1。‎ 总结升华：方程的思想在解决数列问题中的应用。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】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为12，求这四个数.‎ 解析：设四个数分别是x,y,12-y,16-x ‎∴‎ 由(1)得x=3y-12，代入(2)得144-24y+y2=y(16-3y+12)‎ ‎∴144-24y+y2=-3y2+28y, ∴4y2-52y+144=0, ‎ ‎∴y2-13y+36=0, ∴ y=4或9，‎ ‎∴ x=0或15，‎ ‎∴四个数为0，4，8，16或15，9，3，1.‎ 例7.设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2an的最大值为 .‎ ‎【答案】64‎ ‎【解析】设等比数列的公比为q(q≠0)，由a1+a3=10，a2+a4=5得，a1（1+q2）=10，‎ a1q（1+q2）=5，解得a1=8，。所以a1a2an=，于是当n=3或n=4时，a1a2an取得最大值26=64.‎