人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.3 等比数列5.3.1 等比数列第1课时学案

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.3 等比数列5.3.1 等比数列第1课时学案，共8页。

第1课时 等比数列的定义
有人说过：你如果能将一张纸对折42次，我就能顺着它在今天晚上爬上月球．(假设纸的厚度为0.1 mm)
这个实例所包含的数学问题，用数字反应如下：
1，2，4，8，16，32，64，128，…
问题：该组数字的后一项与前一项存在怎样的等量关系？是什么数列？
[提示] 从第2项起，后一项是前一项的2倍；等比数列．
知识点1 等比数列的概念
一般地，如果数列{an}从第2项起，每一项与它的前一项之比都等于同一个常数q，即eq \f(an＋1,an)＝q恒成立，则称数列{an}为等比数列，其中q称为等比数列的公比．
1．在等比数列{an}中，某一项可以为0吗？
[提示] 一定不能为0．
拓展：对等比数列的定义的理解
(1)“从第2项起”有两层含义，第一层是第一项没有“前一项”，第二层是包含第一项后的所有项．
(2)“每一项与前一项的比”意思也有两层，第一层指相邻的两项之间，第二层指后项与前项的比．
(3)判断一个数列是否为等比数列，主要是利用等比数列的定义，即验证其通项是否满足eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数，n≥2)．
(4)对于常数列，若它的各项都是零，则它只是等差数列，不是等比数列，各项都不为零的常数列既是等差数列，又是等比数列．因此，常数列必是等差数列，却不一定是等比数列．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)若an＋1＝qan，n∈N*且q≠0，则{an}是等比数列．( )
(2)常数列一定是等比数列．( )
(3)存在一个数列既是等差数列，又是等比数列．( )
[答案] (1)× (2)× (3)√
知识点2 等比数列的通项公式及其推广
若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式an＝a1qn－1，该式可推广为an＝amqn－m，其中n，m∈N*．
2．等比数列通项公式an＝a1qn－1是关于n的指数型函数吗？
[提示] 不一定．如当q＝1时，an是关于n的常数函数．
2．(1)已知{an}是首项为2，公比为3的等比数列，则这个数列的通项公式为( )
A．an＝2·3n＋1 B．an＝3·2n＋1
C．an＝2·3n－1D．an＝3·2n－1
(2)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则公比q＝________．
(1)C (2)eq \f(1,2) [(1)由已知可得a1＝2，q＝3，则数列{an}的通项公式为an＝a1·qn－1＝2·3n－1．
(2)法一：∵a2＝a1q＝2，①
a5＝a1q4＝eq \f(1,4)，②
∴②÷①得：q3＝eq \f(1,8)，∴q＝eq \f(1,2)．
法二：∵a5＝a2q3，∴q3＝eq \f(1,8)⇒q＝eq \f(1,2)．]
知识点3 等比数列的单调性
等比数列{an}的首项为a1，公比为q．
(1)当q>1，a1>0或0(2)当q>1，a1<0或00时，数列为递减数列；
(3)当q＝1时，数列为常数列；
(4)当q<0时，数列为摆动数列．
3．已知等比数列{an}为递增数列，且aeq \\al(2,5)＝a10，2(an＋an－2)＝5an－1，则数列{an}的通项公式为__________．
an＝2n [设数列{an}的公比为q．
∵aeq \\al(2,5)＝a10，2(an＋an－2)＝5an－1，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a\\al(2,1)·q8＝a1·q9,2q2＋1＝5q))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,2),q＝\f(1,2)))．
又数列{an}为递增数列，∴a1＝q＝2，∴an＝2n．]
类型1 等比数列基本量的求解
【例1】 在等比数列{an}中．
(1)a4＝2，a7＝8，求an；
(2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n；
(3)a3＝2，a2＋a4＝eq \f(20,3)，求an．
[解] (1)法一：∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝a1q3，,a7＝a1q6，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q3＝2， ①,a1q6＝8， ②))
由eq \f(②,①)得q3＝4，从而q＝eq \r(3,4)，而a1q3＝2，
于是a1＝eq \f(2,q3)＝eq \f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝2eq \s\up12(eq \f(2n－5,3))．
法二：∵a7＝a4q3，∴q3＝eq \f(a7,a4)＝eq \f(8,2)＝4，
∴q＝eq \r(3,4)．
∴an＝a4qn－4＝2×4eq \s\up12(eq \f(n－4,3))＝2×2eq \s\up12(eq \f(2n－8,3))＝2eq \s\up12(eq \f(2n－5,3))．
(2)法一：∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝a1q＋a1q4＝18，,a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝9，)) eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(③,④))
由eq \f(④,③)得q＝eq \f(1,2)，从而a1＝32，又an＝1，
∴32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝1，即26－n＝20，
∴n＝6．
法二：∵a3＋a6＝q(a2＋a5)，
∴q＝eq \f(1,2)．
由a1q＋a1q4＝18，知a1＝32．由an＝a1qn－1＝1，知n＝6．
(3)设等比数列{an}的公比为q，则q≠0．
a2＝eq \f(a3,q)＝eq \f(2,q)，a4＝a3q＝2q，
∴eq \f(2,q)＋2q＝eq \f(20,3)，解得q1＝eq \f(1,3)，q2＝3．
当q＝eq \f(1,3)时，a1＝18，∴an＝18×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝2×33－n．
当q＝3时，a1＝eq \f(2,9)，∴an＝eq \f(2,9)×3n－1＝2×3n－3．
综上，当q＝eq \f(1,3)时，an＝2×33－n；当q＝3时，an＝2×3n－3．
a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，其他量便可迎刃而解.此类问题求解的通法是根据条件，建立关于a1和q的方程组，求出a1和q.
[跟进训练]
1．(多选题)“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自《庄子·天下篇》，其意思为“一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完”．设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺，第二天被截取剩下的一半剩下a2尺，……，第六天被截取剩下的一半剩下a6尺，则( )
A．a6＝eq \f(1,32) B．eq \f(a1,a4)＝8
C．a5＋a6＝eq \f(5,64)D．a1＋a2＋…＋a6＝eq \f(63,64)
BD [依题意可知，a1，a2，a3，…成等比数列，且首项与公比均为eq \f(1,2)，
则a6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(6)＝eq \f(1,64)，eq \f(a1,a4)＝8，a5＋a6＝eq \f(3,64)，a1＋a2＋…＋a6＝eq \f(63,64)．故选BD．]
类型2 等比数列的判定与证明
【例2】 (对接教材P31例3)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(1,3)(an－1)(n∈N＋)．
(1)求a1，a2；
(2)求证：数列{an}是等比数列．
[解] (1)由S1＝eq \f(1,3)(a1－1)，得a1＝eq \f(1,3)(a1－1)，
∴a1＝－eq \f(1,2)．
又S2＝eq \f(1,3)(a2－1)，即a1＋a2＝eq \f(1,3)(a2－1)，得a2＝eq \f(1,4)．
(2)证明：当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)(an－1)－eq \f(1,3)(an－1－1)，
得eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2)．
又a1＝－eq \f(1,2)，
所以数列{an}是首项为－eq \f(1,2)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列．
1．已知数列的前n项和，或前n项和与通项的关系求通项，常用an与Sn的关系求解．
2．判断一个数列是否是等比数列的常用方法有：
①定义法：eq \f(an＋1,an)＝q(q为常数且不为零)⇔{an}为等比数列．
②通项公式法：an＝a1qn－1(a1≠0且q≠0)⇔{an}为等比数列．
③构造法：在条件中出现an＋1＝kan＋b关系时，往往构造数列，方法是把an＋1＋x＝k(an＋x)与an＋1＝kan＋b对照，求出x即可．
[跟进训练]
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an＋1，求证{an}是等比数列，并求出通项公式．
[证明] ∵Sn＝2an＋1，
∴Sn＋1＝2an＋1＋1．
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝(2an＋1＋1)－(2an＋1)＝2an＋1－2an，∴an＋1＝2an，
又∵S1＝2a1＋1＝a1，
∴a1＝－1≠0．
又由an＋1＝2an知an≠0，
∴eq \f(an＋1,an)＝2，
∴{an}是等比数列．
∴an＝－1×2n－1＝－2n－1．
类型3 构造等比数列求数列的通项公式
1．如何证明数列{an}是等比数列？
[提示] 只需证明eq \f(an＋1,an)＝q，(q≠0)即可．
2．如何证明数列{an＋1}是等比数列？
[提示] 只需证明eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝q，(q≠0)即可．
【例3】 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1．
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解] (1)证明：∵an＋1＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，
又a1＝1，故an＋1≠0，
∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2．
∴数列{an＋1}是等比数列．
(2)由(1)可知{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．
∴an＋1＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－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}.
[跟进训练]
3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(5,2)－eq \f(1,an)，bn＝eq \f(1,an－2)，求数列{bn}的通项公式．
[解] an＋1－2＝eq \f(5,2)－eq \f(1,an)－2＝eq \f(an－2,2an)，eq \f(1,an＋1－2)＝eq \f(2an,an－2)＝eq \f(4,an－2)＋2，
即bn＋1＝4bn＋2，bn＋1＋eq \f(2,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(bn＋\f(2,3)))．
又a1＝1，故b1＝eq \f(1,a1－2)＝－1，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn＋\f(2,3)))是首项为－eq \f(1,3)，公比为4的等比数列，
所以bn＋eq \f(2,3)＝－eq \f(1,3)×4n－1，
bn＝－eq \f(4n－1,3)－eq \f(2,3)．
1．在等比数列{an}中，a1＝8，a4＝64，则a3等于( )
A．16 B．16或－16
C．32D．32或－32
C [由a4＝a1q3，得q3＝8，即q＝2，所以a3＝a1q2＝8×4＝32．]
2．若等比数列的首项为4，末项为128，公比为2，则这个数列的项数为( )
A．4 B．6 C．5 D．32
B [由等比数列的通项公式，得128＝4×2n－1，2n－1＝32，所以n＝6．]
3．在等比数列{an}中，若a2＝18，a4＝8，则公比q＝________．
±eq \f(2,3) [由题意可知q2＝eq \f(a4,a2)＝eq \f(8,18)＝eq \f(4,9)，即q＝±eq \f(2,3)．]
4．已知数列{an}满足eq \f(an＋1,an＋1＋1)＝eq \f(1,2)，且a2＝2，则a4＝________．
11 [∵eq \f(an＋1,an＋1＋1)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2，∴数列{an＋1}是公比q＝2的等比数列，∴eq \f(a4＋1,a2＋1)＝22＝4，即eq \f(a4＋1,2＋1)＝4，∴a4＋1＝3×4＝12，∴a4＝11．]
回顾本节知识，自我完成以下问题：
1．你对等比数列是如何理解的？
[提示] (1)由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不能为零，因此q也不可能为零．
(2)eq \f(an＋1,an)均为同一常数，由此体现了公比的意义，同时应注意分子、分母次序不能颠倒．
(3)如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起每一项与它的前一项之比是同一个常数，那么这个数列不是等比数列．
2．如何理解等比数列的通项公式？
[提示] (1)已知首项a1和公比q，可以确定一个等比数列．
(2)在公式an＝a1qn－1中有an，a1，q，n四个量，已知其中任意三个量，可以求得第四个量．
(3)在公式an＝amqn－m中，体现了已知任意两项便可求公比q，即可求任意一项的思想．
学 习 任 务
核 心 素 养
1．理解等比数列的定义．(重点)
2．掌握等比数列的通项公式及其应用．(重点、难点)
3．熟练掌握等比数列的判定方法．(易错点)
1．通过等比数列概念的学习，培养数学抽象的素养．
2．借助等比数列的通项公式及其应用的学习，培养数学运算的素养．