高考数学一轮总复习 6.3 等比数列教案 理 新人教a版

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1、6.3　等比数列典例精析题型一　等比数列的基本运算与判定【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…).求证：(1)数列{}是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.【解析】(1)因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn).整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，所以＝2·，故{}是以2为公比的等比数列.(2)由(1)知＝4·＝(n≥2)，于是Sn＋1＝4(n＋1)·＝4an(n≥2).又a2＝3S1＝3，故S2＝a1＋a2＝4.因此对于任意正整数n≥1，

2、都有Sn＋1＝4an.【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1；②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用＝q(常数)恒成立，也可用a＝an·an＋2恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.【变式训练1】等比数列{an}中，a1＝317，q＝－.记f(n)＝a1a2…an，则当f(n)最大时，n的值为(　　)

3、A.7B.8C.9D.10【解析】an＝317×(－)n－1，易知a9＝317×＞1，a10＜0,0＜a11＜1.又a1a2…a9＞0，故f(9)＝a1a2…a9的值最大，此时n＝9.故选C.题型二　性质运用【例2】在等比数列{an}中，a1＋a6＝33，a3a4＝32，an＞an＋1(n∈N*).(1)求an；(2)若Tn＝lga1＋lga2＋…＋lgan，求Tn.【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6＝a3a4＝32，又a1＋a6＝33，a1＞a6，解得a1＝32，a6＝1，所以＝，即q5＝，所以q＝，所以an＝32·()n

4、－1＝26－n.(2)由等比数列的性质可知，{lgan}是等差数列，因为lgan＝lg26－n＝(6－n)lg2，lga1＝5lg2，所以Tn＝＝lg2.【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a29－n(n＜29，n∈N*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19＝1，能得到什么等式？【解析】由题设可知，如果am＝0，在等差数列中有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋

5、…＋a2m－1－n(n＜2m－1，n∈N*)成立，我们知道，如果m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，而对于等比数列{bn}，则有若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，所以可以得出结论：若bm＝1，则有b1b2…bn＝b1b2…b2m－1－n(n＜2m－1，n∈N*)成立.在本题中则有b1b2…bn＝b1b2…b37－n(n＜37，n∈N*).题型三　综合运用【例3】设数列{an}的前n项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且－a1，Sn，an＋1成等差数列.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1－Sn，问是否存在a1，

6、使数列{bn}为等比数列？若存在，则求出a1的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)由题意可得2Sn＝an＋1－a1.所以当n≥2时，有两式相减得an＋1＝3an(n≥2).又a2＝2S1＋a1＝3a1，an≠0，所以{an}是以首项为a1，公比为q＝3的等比数列.所以an＝a1·3n－1.(2)因为Sn＝＝－a1＋a1·3n，所以bn＝1－Sn＝1＋a1－a1·3n.要使{bn}为等比数列，当且仅当1＋a1＝0，即a1＝－2，此时bn＝3n.所以{bn}是首项为3，公比为q＝3的等比数列.所以{bn}能为等比数列，此时a1＝－2.

7、【变式训练3】已知命题：若{an}为等差数列，且am＝a，an＝b(m＜n，m、n∈N*)，则am＋n＝.现在已知数列{bn}(bn＞0，n∈N*)为等比数列，且bm＝a，bn＝b(m＜n，m，n∈N*)，类比上述结论得bm＋n＝　　　　　.【解析】.总结提高1.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an＝Sn－Sn－1(n≥2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.3.分类讨论思想：当a

8、1＞0，q＞1或a1＜0,0＜q＜1时，等比数列{an}为递增数列；当a1＞0,0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，{an}为递减数列；q＜0时，{an}为摆动数列；q＝1时，{an}为常数列.