数学选择性必修 第二册4.3 等比数列精品第2课时学案及答案

这是一份数学选择性必修 第二册4.3 等比数列精品第2课时学案及答案，共10页。







在等差数列{an}中，存在很多的性质，如


(1)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．


(2)若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap.


(3)若l1，l2，l3，l4…ln成等差数列，则al1，al2，al3，al4，…aln也成等差数列．


那么如果该数列为等比数列，能否求出等比数列的相类似的性质呢？





1．推广的等比数列的通项公式


{an}是等比数列，首项为a1，公比为q，则an＝a1qn－1，an＝am·qn－m(m，n∈N*)．


2．“子数列”性质


对于无穷等比数列{an}，若将其前k项去掉，剩余各项仍为等比数列，首项为ak＋1，公比为q；若取出所有的k的倍数项，组成的数列仍为等比数列，首项为ak，公比为qk.


思考：如何推导an＝amqn－m?


[提示] 由eq \f(an,am)＝eq \f(a1·qn－1,a1·qm－1)＝qn－m，


∴an＝am·qn－m.


3．等比数列项的运算性质


在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq.


①特别地，当m＋n＝2k(m，n，k∈N*)时，am·an＝aeq \\al(2,k).


②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＝….


4．两等比数列合成数列的性质


若数列{an}，{bn}均为等比数列，c为不等于0的常数，则数列{can}，{aeq \\al(2,n)}，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))也为等比数列．





1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)


(1)有穷等比数列中，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积．( )


(2)在等比数列{an}中，q＞1时是递增数列．( )


(3)若数列{an}是等比数列，那么eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{|an|}都是等比数列．( )


[提示] (2)q＞1，a1＜0时，数列{an}是递减数列．(3)若{an}的公比为q，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{|an|}的公比分别为eq \f(1,q)，q2，|q|.


[答案] (1)√ (2)× (3)√


2．(教材P31T5改编)已知数列{an}是等比数列，下列说法错误的是( )


A．a3，a5，a7成等比数列


B．a1，a3，a9成等比数列


C．an，an＋1，an＋2成等比数列


D．n＞3时，an－3，an，an＋3成等比数列


B [在等比数列中，若m＋n＝2p，则aman＝aeq \\al(\s\d1(2),\s\d1(p))，即am，ap，an成等比数列，所以ACD正确，B错误，故选B.]


3．在等比数列{an}中，已知a7·a12＝5，则a8·a9·a10·a11＝( )


A．－25 B．25 C．10 D．20


B [在等比数列{an}中，7＋12＝8＋11＝9＋10，∴a7a12＝a8a11＝a9a10.∴原式＝(a7a12)2＝25.故选B.]


4．在等比数列{an}中，a5＝4，a7＝6，则a9＝________.


9 [因为a7＝a5q2，所以q2＝eq \f(3,2).


所以a9＝a5q4＝a5(q2)2＝4×eq \f(9,4)＝9.]


5．数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.


1 [设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，因为a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，所以(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1，故q＝eq \f(a3＋3,a1＋1)＝eq \f(a1－2＋3,a1＋1)＝1.]





【例1】 有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，第一个数与第四个数的和为21，中间两个数的和为18，求这四个数．


[思路探究] 本题由于涉及的数列的项比较特殊，巧妙设为对称项，会给解题带来方便．


[解] 法一：设前三个数分别为eq \f(a,q)，a，aq(q≠0)，则第四个数为2aq－a.


由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,q)＋2aq－a＝21,a＋aq＝18，))，解得q＝2或q＝eq \f(3,5).


当q＝2时，a＝6，这四个数为3，6，12，18；


当q＝eq \f(3,5)时，a＝eq \f(45,4)，这四个数为eq \f(75,4)，eq \f(45,4)，eq \f(27,4)，eq \f(9,4).


法二：设后三个数分别为a－d，a，a＋d，则第一个数为eq \f(a－d2,a)，因此这四个数为eq \f(a－d2,a)，a－d，a，a＋d.


由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a－d2,a)＋a＋d＝21，,a－d＋a＝18，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝12，,d＝6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(27,4)，,d＝－\f(9,2).))


故这四个数为3，6，12，18或eq \f(75,4)，eq \f(45,4)，eq \f(27,4)，eq \f(9,4).


法三：设第一个数为a，则第四个数为21－a，


设第二个数为b，则第三个数为18－b，


则这四个数为a，b，18－b，21－a，


由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a18－b＝b2，,b＋21－a＝218－b，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(75,4)，,b＝\f(45,4).))


故这四个数为3，6，12，18或eq \f(75,4)，eq \f(45,4)，eq \f(27,4)，eq \f(9,4).





巧设等差数列、等比数列的方法


1若三数成等差数列，常设成a－d，a，a＋d.若三数成等比数列，常设eq \f(a,q)成，a，aq或a，aq，aq2.


2若四个数成等比数列，可设为eq \f(a,q)，a，aq，aq2.若四个正数成等比数列，可设为eq \f(a,q3)，eq \f(a,q)，aq，aq3.





[跟进训练]


1．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是12，求这四个数．


[解] 法一：设前三个数依次为a－d，a，a＋d，则第四个数为eq \f(a＋d2,a)，由条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－d＋\f(a＋d2,a)＝16，,a＋a＋d＝12，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,d＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝9，,d＝－6.))所以当a＝4，d＝4时，所求四个数为0，4，8，16；当a＝9，d＝－6时，所求四个数为15，9，3，1.


法二：设第一个数为a，则第四个数为16－a，


设第二个数为b，则第三个数为12－b，


∴这四个数为a，b，12－b，16－a，


由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝a＋12－b，,12－b2＝b16－a，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝15，,b＝9，))


故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1.


【例2】 已知{an}为等比数列．


(1)等比数列{an}满足a2a4＝eq \f(1,2)，求a1aeq \\al(2,3)a5；


(2)若an>0，a5a6＝9，求lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a10的值．


[思路探究] 利用等比数列的性质，若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq求解．


[解] (1)等比数列{an}中，因为a2a4＝eq \f(1,2)，所以aeq \\al(2,3)＝a1a5＝a2a4＝eq \f(1,2)，所以a1aeq \\al(2,3)a5＝eq \f(1,4).


(2)由等比数列的性质知a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9，


∴lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3a10＝lg3(a1a2…a10)


＝lg3[(a1a10)(a2a9)(a3a8)(a4a7)(a5a6)]


＝lg395＝10.





解决等比数列的计算问题，通常考虑两种方法


1基本量法：利用等比数列的基本量，先求公比，后求其他量.这是解等比数列问题的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁琐.


2数列性质：等比数列每相邻几项的积成等比数列、与首末两项等距离的两项的积相等、等比中项的性质等经常被用到.





[跟进训练]


2．(1)已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝( )


A．5eq \r(2) B．7 C．6 D．±5eq \r(2)


(2)在等比数列{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的两个根，则eq \f(a2a16,a9)的值为( )


A．－eq \r(6)或eq \r(6)B．－eq \r(2)


C．eq \r(2)D．eq \r(2)或－eq \r(2)


(1)A (2)D [(1)法一：由等比中项的性质知a1a2a3＝(a1a3)·a2＝aeq \\al(3,2)＝5，a7a8a9＝(a7a9)·a8＝aeq \\al(3,8)＝10，所以a2a8＝50eq \s\up12(eq \f(1,3))，


所以a4a5a6＝(a4a6)·a5＝aeq \\al(3,5)＝(eq \r(a2a8))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(50eq \s\up12(\f(1,6))))eq \s\up12(3)＝5eq \r(2).


法二：由等比数列的性质知a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9构成等比数列，所以(a1a2a3)·(a7a8a9)＝(a4a5a6)2，所以a4a5a6＝±eq \r(5×10)＝±5eq \r(2).又数列各项均为正数，所以a4a5a6＝5eq \r(2).


(2)等比数列{an}中，∵a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的两个根，


∴a2·a16＝2.又∵ a2 ·a16 ＝ aeq \\al(2,9 ) ＝2，∴a9＝±eq \r(2)，∴eq \f(a2a16,a9)＝eq \f(a\\al(2,9),a9)＝a9＝±eq \r(2).故选D.]


[探究问题]


1．如果数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，你能判断出{an}是等差数列，还是等比数列吗？


[提示] 由等差数列与等比数列的递推关系，可知数列{an}既不是等差数列，也不是等比数列．


2．若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，能否证明{an＋1}是一个等比数列？


[提示] 在an＋1＝2an＋1两边都加1得


an＋1＋1＝2(an＋1)，显然数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，以q＝2为公比的等比数列．


3．在探究1中，若将an＋1＝2an＋1改为an＋1＝3an＋5，又应如何构造出一个等比数列？你能求出an吗？


[提示] 先将an＋1＝3an＋5变形为an＋1＋x＝3(an＋x)．将该式整理为an＋1＝3an＋2x与an＋1＝3an＋5对比可知2x＝5，即x＝eq \f(5,2)；所以在an＋1＝3an＋5两边都加eq \f(5,2)，可构造出等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(5,2))).利用等比数列求出an＋eq \f(5,2)即可求出an.


【例3】 已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋n－4.


(1)求a1的值；


(2)若bn＝an－1，试证明数列{bn}为等比数列．


[思路探究] (1)把n＝1代入Sn＝2an＋n－4求得；(2)先由Sn＝2an＋n－4，利用Sn和an的关系得{an}的递推关系，然后构造出数列{an－1}利用定义证明．


[解] (1)因为Sn＝2an＋n－4，


所以当n＝1时，S1＝2a1＋1－4，解得a1＝3.


(2)证明：因为Sn＝2an＋n－4，


所以当n≥2时，


Sn－1＝2an－1＋(n－1)－4，


Sn－Sn－1＝(2an＋n－4)－(2an－1＋n－5)，即an＝2an－1－1，


所以an－1＝2(an－1－1)，


又bn＝an－1，所以bn＝2bn－1，


且b1＝a1－1＝2≠0，


所以数列{bn}是以b1＝2为首项，2为公比的等比数列．





1．(变条件，变结论)将本例条件“Sn＝2an＋n－4”改为“a1＝1，Sn＋1＝4an＋2”，“bn＝an－1”改为“bn＝an＋1－2an”，试证明数列{bn}是等比数列，并求{bn}的通项公式．


[证明] an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2


＝4an＋1－4an.


eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)


＝eq \f(4an＋1－4an－2an＋1,an＋1－2an)＝eq \f(2an＋1－4an,an＋1－2an)＝2.


所以数列{bn}是公比为2的等比数列，首项为a2－2a1.


因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，


所以a2＝5，所以b1＝a2－2a1＝3.


所以bn＝3·2n－1.


2．(变条件，变结论)将本例中条件“Sn＝2an＋n－4”改为“a1＝eq \f(5,6)，an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)”，试证明{an－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n) }为等比数列，并求{an}的通项公式．


[证明] 令an＋1－A×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(an－A×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)))，


则an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \f(A,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1).


由已知条件知eq \f(A,3)＝1，得A＝3，


所以an＋1－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(an－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n))).


又a1－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)＝－eq \f(2,3)≠0，


所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)))是首项为－eq \f(2,3)，公比为eq \f(1,3)的等比数列．


于是an－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＝－eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)，


故an＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n).





两种递推公式构造等比数列的模型


1由递推关系an＋1＝Aan＋BA，B为常数，且A≠0，A≠1求an时，由待定系数法设an＋1＋λ＝Aan＋λ可得λ＝eq \f(B,A－1)，这样就构造了等比数列{an＋λ}.


2形如an＋1＝can＋dnc≠d，cd≠0的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同除以dn＋1得eq \f(an＋1,dn＋1)＝eq \f(c,d)×eq \f(an,dn)＋eq \f(1,d)，进而化归为等比数列.还可以两边同除以cn＋1得eq \f(an＋1,cn＋1)＝eq \f(an,cn)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,c)))eq \s\up10(n)×eq \f(1,c)，再利用累加法求出eq \f(an,cn)，即得an.











1．与等差、等比数列有关的综合问题，其解题过程应注意以下方法与技巧：


(1)转化思想：将非等差、等比数列转化构造成等差、等比数列，以便于利用其公式和性质解题．


(2)等差(比)数列公式和性质的灵活应用．


(3)题中有多个数列出现时，既要研究单一数列项与项之间的关系，又要关注各数列之间的相互联系．


2．在等比数列的有关运算中，常常涉及次数较高的指数运算，往往是建立关于a1，q的方程组求解，但这样解起来很麻烦．若能避开求a1，q，直接利用等比数列的性质求解，往往可使问题简单明了．





1．已知等差数列{an}的公差为4，且a2，a3，a6成等比数列，则a10＝( )


A．26 B．30 C．34 D．38


C [由题意可得：aeq \\al(2,3)＝a2a6，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋d))2＝a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋4d))，


结合题意有：(a2＋4)2＝a2(a2＋16)，解得a2＝2，则a10＝a2＋8d＝2＋8×4＝34.故选C.]


2．已知数列{an}为等比数列，Sn为等差数列{bn}的前n项和，且a2＝1，a10＝16，a6＝b6 ，则S11＝( )


A．44 B．－44 C．88 D．－88


A [由题意，数列{an}为等比数列，满足a2＝1，a10＝16，根据等比数列的性质，可得a2a10＝1×16＝aeq \\al(2,6)，a6>0，可得a6＝4，


所以b6＝a6＝4，则S11＝eq \f(11b1＋b11,2)＝11×b6＝44，故选A.]


3．在eq \f(1,2)和8之间插入3个数，使它们与这两个数依次构成等比数列，则这3个数的积为________．


8 [设插入的3个数依次为a，b，c，即eq \f(1,2)，a，b，c，8成等比数列，由等比数列的性质可得b2＝ac＝eq \f(1,2)×8＝4，因为a2＝eq \f(1,2)b>0，∴b＝2(舍负)．所以这3个数的积为abc＝4×2＝8.]


4．已知在公比为q的等比数列{an}中，a5＋a9＝eq \f(1,2)q，则a6(a2＋2a6＋a10)的值为________．


eq \f(1,4) [∵a5＋a9＝eq \f(1,2)q，∴a4＋a8＝eq \f(1,2)，∴a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2aeq \\al(2,6)＋a6a10＝aeq \\al(2,4)＋2a4a8＋aeq \\al(2,8)＝(a4＋a8)2＝eq \f(1,4).]


5．(1)已知数列{an}为等比数列，a3＝3，a11＝27，求a7；


(2)已知{an}为等比数列，a2·a8＝36，a3＋a7＝15，求公比q.


[解] (1)法一：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝3，,a1q10＝27))相除得q8＝9.


所以q4＝3，所以a7＝a3·q4＝9.


法二：因为aeq \\al(2,7)＝a3a11＝81，所以a7＝±9，


又a7＝a3q4＝3q4>0，所以a7＝9.


(2)因为a2·a8＝36＝a3·a7，而a3＋a7＝15，


所以a3＝3，a7＝12或a3＝12，a7＝3.


所以q4＝eq \f(a7,a3)＝4或eq \f(1,4)，所以q＝±eq \r(2)或q＝±eq \f(\r(2),2).


学 习 目 标
核 心 素 养
1.掌握等比数列的性质及其应用．(重点)


2.熟练掌握等比数列与等差数列的综合应用．(难点、易错点)


3.能用递推公式求通项公式．(难点)
1.通过灵活设项求解等比数列问题以及等比数列性质的应用，培养数学运算素养.


2.借助递推公式转化为等比数列求通项，培养逻辑推理及数学运算素养.
灵活设项求解等比数列
等比数列的性质及应用
由递推公式构造等比数列求通项