数学高二(上)沪教版(等比数列(一))教师版

年 级：高二 辅导科目： 数学 课时数：3 课 题 等比数列

教学目的 1、 掌握等比数列的定义，会求等比中项； 2、 掌握等比数列的通项公式，前n项和的求和公式；

教学内容 【知识点回顾】

1.定义：qaann1（常数q为公比）)(Nn （注意隐含条件:0,0naq）

2.通项公式：11nnqaa 推广: mnmnqaa 3.等比中项：如果在a与b间插入一个数G，使bGa,,成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，abG.)0(ab.

4.前n项和公式：11(1)(1)(1,0)1nnnaqSaqqqq且 （易错点:不分类讨论） 注意:应用前n项和公式时,一定要区分11qq与的两种不同情况,必要的时候要分类讨论. 5.等比数列na的一些常用性质 (1)对于任意正整数srqp,,,，如果srqp，则有srqpaaaa；如果qrp2，则有2qrpaaa (2)对于任意正整数,1n有112nnnaaa (3)对于任意非零实数b，数列nba是等比数列，则数列na是等比数列 (4)已知数列nb是等比数列，则nnba也是等比数列。 ⑸下标成等差数列的项构成等比数列 ⑹连续若干项的和也构成等比数列. 6．证明数列为等比数列的方法:

(1)定义法:若为等比数列数列nnnaNnqaa)(1

(2)等比中项法:若为等比数列数列且nnnnnnnaaaaNnaaa)0(21221 (3)通项法:若为等比数列数列的常数均是不为nnnaN，nqccqa)0,( (4)前n项和法:若为等比数列数列且为常数nnnaqq，qAAAqS)1,0,( 7．解决等比数列有关问题的常见思维方法 (1)方程的思想(“知三求二”问题) (2)分类的思想

①运用等比数列的求和公式时,需要对11qq和讨论

②为递增数列等比数列时或naqaqa,10,01,011 ()1(111qqaaannn) 为递减数列等比数列时或naqaqa,10,01,011

【基础训练】 1、在各项都为正数的等比数列｛an｝中，首项a1=3 ，前三项和为21，则a3+ a4+ a5= （ C ） ( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )189

2、已知等比数列{}na中，33a，10384a，则该数列的通项公式na 332n

3、命题甲:211(),2,22xxx成等比数列，命题乙:lg,lg(1),lg(3)xxx成等差数列，则甲是乙的 必要不充分 条件。（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”） 4、若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设{an}是公比为q的无穷等比数列,下列{an}的四组量中,一定能成为该数列“基本量”的是 第 ①④ 组.(写出所有符合要求的组号) ①S1与S2; ②a2与S3; ③a1与an; ④q与an. 其中n为大于1的整数, Sn为{an}的前n项和. 5、有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是( C ) (A) 4； (B) 5； (C) 6； (D) 7.

6、设数列{}na的前n项和为nS（N*n），关于数列na有下列三个命题：

（1）若{}na既是等差数列又是等比数列，则1(N*)nnaan； （2）若2RnSanbnab、，则{}na是等差数列； （3）若11nnS，则{}na是等比数列. 这些命题中，真命题的序号是 ⑴⑵⑶ . 【例题讲练】 题型Ⅰ 等比数列中基本量的计算

例1、数列na为等比数列,求下列各值,

(1)已知.,2118367463naaaaan求 (2) .,15367382qaaaa求公比已知 (3) .),21(15,218aSq求已知 思维分析:运用等比数列的基本公式和基本性质”知三求二”问题 解(1)21,36,18)(63636374qaaaaqqaqaaa 9212)21(3232,36)1(833333333363nqaaaqaqaaaannnn

(2)

,03615,,1536273738273两根是方程xxaaaaaaaa

222414,3,1212,3447373qqqqaaaa或或或

(3)1)21()21()21(1521)15(21])2(1[11818aaaS 变式1.设一个等比数列的首项为a(a>0),公比为q(q>0),其前n项和为80,而其中最大的一项为54,又其前2n项和是6560,求a和q. 思维分析:运算等比数列的求和公式及整体代换思想和分类讨论思想,

解:若q=1,则na=80,∴2na=160矛盾,1q

于是)3(541,081)1()2()2(65601)1()1(801)1(11211nnnnnqaaqqqqqaqqa又得 3,2548111)3)(1(81qaqaqaqn及得代入 变式2.设等比数列na的前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,求数列的公比q. 答案:243q 变式3.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. 例2.已知等比数列na的公比为,q前n项和为nS,且396,,SSS成等差数列.

⑴ 求3q的值； ⑵ 求证:285,,aaa成等差数列. （答案: 3q=12） 题型Ⅱ 等比数列的判定和证明 例3、数列}{na的前n项和记为Sn，已知).3,2,1(2,111nSnnaann 证明：（Ⅰ）数列}{nSn是等比数列； （Ⅱ）.41nnaS 证明：（Ⅰ）∵,2,111nnnnnSnnaSSa ∴ ),()2(1nnnSSnSn 整理得 ,)1(21nnSnnS

所以 .211nSnSnn 故}{nSn是以2为公比 的等比数列. （Ⅱ）由（Ⅰ）知).2(14111nnSnSnn 于是 ).2(41)1(411nanSnSnnn 又 ,3312Sa 故 ,4212aaS 因此对于任意正整数 ,1n 都有.41nnaS 评注:换元法体会肤浅,函数观点应用不当均会造成失误. 例4、已知数列na,Sn是它的前n项和,且1),(2411aNnaSnn

(1)设)(21Nnaabnnn,求证:数列nb是等比数列

(2)设nnnac2,,求证:数列nc是等差数列 思维分析:证明数列是等差数列还是等比数列.应紧扣定义式;而数列的前n项和Sn已知可求an

解:(1) 12121142,4244nnnnnnnnSaSaSSaa

2144nnnaaa即nnnnnnnnnbbaabaaaa22),2(2211112而,

由此可得nb是等比数列 且首项112123,2,32nnbqaab公比

(2)43223222,2111111nnnnnnnnnnnnnbaaccbc 可知nc是首项43,21211dac公差的等差数列,4143ncn 变式1:数列nnba,的通项公式分别是,23,2nbannn它们公共项由小到大排列的数列是nc, ①写出nc的前5项 ②证明nc是等比数列 思维分析:容易证明nc是等比数列,由定义式,只需找出nc中任意相邻两项关系即可. 解(1) nc的前5项为:8、32、128、512、2048 （2）设1)12(3)23(222,232,1ppapccbammmnnpm而 中在又中不在bnappabammmnm221,2)24(3)23(424,

是等比数列故项中的项即是nnnnnmccccca,4,112



变式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，而又是等比数列中的第n项（双重身份）. 变式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