第6章 第3节　等比数列-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

这是一份第6章 第3节　等比数列-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案，共12页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
一、教材概念·结论·性质重现
1．等比数列的有关概念
(1)定义：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都等于同一个常数，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，公比通常用字母q表示(显然q≠0)．定义的递推公式为eq \f(an＋1,an)＝q(常数)．
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．此时，G2＝ab.
(1)注意：①等比数列的每一项都不可能为0.
②公比是每一项与其前一项的比，前后次序不能颠倒，且公比是一个与n无关的常数．
(2)“G2＝ab”是“a，G，b成等比数列”的必要不充分条件．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)通项公式的推广：an＝am·qn－m(n，m∈N*)．
(3)前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
(1)等比数列通项公式与指数函数的关系
等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1还可以改写为an＝eq \f(a1,q)·qn，当q≠1且a1≠0时，y＝qx是指数函数，y＝eq \f(a1,q)·qx是指数型函数，因此数列{an}的图象是函数y＝eq \f(a1,q)·qx的图象上一些孤立的点．
(2)求等比数列前n项和时要对公比q是否等于1进行分类讨论．
3．等比数列的有关性质
(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w＝m＋n，则aman＝aeq \\al(2,w)，其中m，n，w∈N*.
对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….
(2)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{ban}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))，{pan·qbn}和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(pan,qbn)))仍然是等比数列(其中b，p，q是非零常数)．
(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．
(4)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列，其公比为qk.
(5)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq \f(T2n,Tn)，eq \f(T3n,T2n)，…成等比数列．
4．等比数列{an}的单调性
5.常用结论
(1)项的个数的“奇偶”性质，在等比数列{an}中，公比为q.
①若共有2n项，则S偶∶S奇＝q；
②若共有2n＋1项，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q.
(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm⇔qn＝eq \f(Sn＋m－Sn,Sm)(q为公比)．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．(×)
(2)任意两个实数都有等比中项．(×)
(3)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．(×)
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a1－an,1－a)．(×)
2．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18.若a1am＝9，则m的值为(C)
A．8 B．9 C．10 D．11
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6等于( )
A．31B．32
C．63D．64
C 解析：根据题意知，等比数列{an}的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.故选C．
4．在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．
27,81 解析：设该数列的公比为q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，所以q＝3.
所以插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.
5．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8 GB．(1 GB＝210 MB)
39 解析：由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成等比数列{an}，且a1＝2，q＝2，所以an＝2n，
则2n＝8×210＝213，所以n＝13.
即病毒共复制了13次．
所以所需时间为13×3＝39(秒).
考点1 等比数列基本量的运算——基础性
1．已知公比大于0的等比数列{an}满足a1＝3，前三项和S3＝21，则a2＋a3＋a4＝( )
A．21B．42
C．63D．84
B 解析：S3＝21＝eq \f(a11－q3,1－q)＝3(1＋q＋q2)，即q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍)，所以a2＋a3＋a4＝qS3＝2×21＝42.
2．在等比数列{an}中，若a4－a2＝6，a5－a1＝15，则a3＝________.
4或－4 解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3－a1q＝6，,a1q4－a1＝15，))两式相除，得eq \f(q,1＋q2)＝eq \f(2,5)，
即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq \f(1,2).
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－16，,q＝\f(1,2).))
故a3＝4或a3＝－4.
3．(2019·全国卷Ⅰ)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝eq \f(1,3)，aeq \\al(2,4)＝a6，则S5＝________.
eq \f(121,3) 解析：由aeq \\al(2,4)＝a6，得(a1q3)2＝a1q5，
整理得q＝eq \f(1,a1)＝3，所以S5＝eq \f(\f(1,3)1－35,1－3)＝eq \f(121,3).
4．(2020·芜湖模拟)18世纪德国数学家提丢斯给出一串数列：0,3,6,12,24,48,96,192，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍．将每一项加上4得到一个数列：4,7,10,16,28,52,100,196，….再每一项除以10得到：0.4,0.7,1.0,1.6,2.8,5.2,10.0，…，这个数列称为提丢斯数列，则提丢斯数列的通项公式an＝________.
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0.4，n＝1，,\f(3×2n－2＋4,10)，n≥2，))n∈N* 解析：由题意可得：n≥3时，{10an－4}为数列0,3,6,12,24,48,96,192，…，
所以10an－4＝6×2n－3＝3×2n－2，解得an＝eq \f(3×2n－2＋4,10).
n＝2时，a2＝0.7，也满足条件．
n＝1时，a1＝0.4，不满足条件．故提丢斯数列的通项公式an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0.4，n＝1，,\f(3×2n－2＋4,10)，n≥2，))n∈N*.
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．
(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解．
考点2 等比数列的性质及应用——应用性
(1)(2020·宝鸡二模)等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，则lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a10＝( )
A．12B．15
C．8D．2＋lg35
B 解析：因为等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，所以a5a6＝a3a8＝27，
所以lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a10＝lg3(a1×a2×a3×…×a10)＝lg3(a5a6)5＝5lg327＝15.
(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn.若eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，则公比q＝________.
－eq \f(1,2) 解析：由eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，a1＝－1知公比q≠±1，
则可得eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,32).
由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，
故q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2).
1．本例(1)条件不变， 则lgeq \r(3)a1＋lgeq \r(3)a2＋…＋lgeq \r(3)a10＝________.
30 解析：因为等比数列{an}，an＞0且a5a6＋a3a8＝54，所以a5a6＝a3a8＝27,
所以lgeq \r(3)a1＋lgeq \r(3)a2＋…＋lgeq \r(3)a10
＝lgeq \r(3)(a1a2…a10)＝lgeq \r(3)(a1a10)5
＝lgeq \r(3)(a5a6)5＝lgeq \r(3)315＝2lg3315＝30.
2．本例(1)把条件变为“在各项不为零的等差数列{an}中，2a2 017－aeq \\al(2,2 018)＋2a2 019＝0，数列{bn}是等比数列，且b2 018＝a2 018”，试求lg2(b2 017·b2 019)的值．
解：因为等差数列{an}中a2 017＋a2 019＝2a2 018，所以2a2 017－aeq \\al(2,2 018)＋2a2 019＝4a2 018－aeq \\al(2,2 018)＝0.
因为各项不为零，所以a2 018＝4.
因为数列{bn}是等比数列，
所以b2 017·b2 019＝aeq \\al(2,2 018)＝16，
所以lg2(b2 017·b2 019)＝lg216＝4.
等比数列性质应用的要点
(1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q，则有aman＝apaq”，可以减少运算量．
(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，公比为qk(q≠－1)．
设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S5＝8，S10＝7，求a11＋a12＋a13＋a14＋a15的值．
解：因为a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝S15－S10，且S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列，即8，－1，S15－S10成等比数列，所以8(S15－S10)＝1，即S15－S10＝eq \f(1,8)，所以a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝eq \f(1,8).
考点3 等比数列的判定和证明——综合性
考向1 用等比数列的定义证明
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3n－1，bn＝an＋n.
(1)证明：数列{bn}为等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和．
(1)证明：因为bn＝an＋n，所以bn＋1＝an＋1＋n＋1.
又因为an＋1＝4an＋3n－1，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1＋n＋1,an＋n)＝eq \f(4an＋3n－1＋n＋1,an＋n)
＝eq \f(4an＋n,an＋n)＝4.
又因为b1＝a1＋1＝1＋1＝2，
所以数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列．
(2)解：由(1)求解知，bn＝2×4n－1，
所以an＝bn－n＝2×4n－1－n，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝2(1＋4＋42＋…＋4n－1)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝eq \f(21－4n,1－4)－eq \f(nn＋1,2)
＝eq \f(2,3)(4n－1)－eq \f(1,2)n2－eq \f(1,2)n.
判断或证明一个数列为等比数列时应注意的问题
(1)判断或者证明数列为等比数列最基本的方法是用定义判断，其他方法最后都要回到定义．
(2)判断一个数列是等比数列，有通项公式法及前n项和公式法，但在解答题中不作为证明方法．
(3)若要判断一个数列不是等比数列，只需判断存在连续三项不成等比数列．
考向2 用等比中项法证明等比数列
在数列{an}中，aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明：因为aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(an＋2＋1,an＋1＋1).
因为a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，
所以eq \f(a2＋1,a1＋1)＝2，
所以数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知，an＋1＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－1，
所以Sn＝eq \f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.
证明等比数列问题的注意点
(1)aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明q≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{an}为等比数列．
1．设{an}为等比数列，给出四个数列：①{2an}；②{aeq \\al(2,n)}；③{2 eq \s\up6(an) }；④{lg2|an|}，其中一定为等比数列的是( )
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
A 解析：{an}为等比数列，设其公比为q，则通项公式为a1qn－1，
所以对于①，数列{2an}是以2a1为首项，以q为公比的等比数列；
对于②，eq \f(a\\al(2,n),a\\al(2,n－1))＝q2为常数，又因为aeq \\al(2,1)≠0，故②为等比数列；
对于③，eq \f(2 eq \s\up6(an),2 eq \s\up6(an－1))＝2 eq \s\up7(an－(an－1))，不一定为常数；
对于④，eq \f(lg2|an|,lg2|an－1|)＝eq \f(lg2|a1qn－1|,lg2|a1qn－2|)，不一定为常数．
2．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明：由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2，
有a1＋a2＝S2＝4a1＋2.
所以a2＝5，所以b1＝a2－2a1＝3.
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＋1＝4an＋2， ①,Sn＝4an－1＋2n≥2， ②))
①－②，得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)(n≥2)．
因为bn＝an＋1－2an，所以bn＝2bn－1(n≥2)，
故数列{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．
(2)解：由(1)知bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
所以eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(3,4)，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(3,4)的等差数列．
所以eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)·eq \f(3,4)＝eq \f(3n－1,4)，
故an＝(3n－1)·2n－2.
3．在数列{an}中，已知an＋1an＝2an－an＋1，且a1＝2(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是等比数列；
(2)设bn＝aeq \\al(2,n)－an，且Sn为{bn}的前n项和，试证：2≤Sn＜3.
证明：(1)由an＋1an＝2an－an＋1，得eq \f(2,an＋1)－eq \f(1,an)＝1，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,2an)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(1,an＋1)－1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1)).
因为a1＝2，所以eq \f(1,a1)－1＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2)≠0，
所以eq \f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq \f(1,2)，
即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是等比数列．
(2)因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是等比数列，且首项为－eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)，
所以eq \f(1,an)－1＝－eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up6(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up6(n)，则an＝eq \f(2n,2n－1).
所以bn＝aeq \\al(2,n)－an＝an(an－1)＝eq \f(2n,2n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n－1)－1))＝eq \f(2n,2n－12).
因为b1＝2，bn＝eq \f(2n,2n－12)>0，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn≥2.
又bn＝eq \f(2n,2n－12)＝eq \f(2n,22n－2·2n＋1)