2019-2020学年高中数学 第二章 数列 2.4 等比数列 第1课时 等比数列（一）课件 新人教

2.4等比数列第1课时等比数列(一)目标定位重点难点1.理解等比数列的定义，能用定义判定一个数列是否为等比数列．2．掌握等比数列的通项公式，体会它与指数函数的关系．3．掌握等比中项的定义，能用等比中项的定义解决问题.重点：等比数列的定义、等比数列的通项公式．难点：等比数列的通项公式的应用.1．等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于__________，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的________，通常用字母________表示(q≠0)．2．等比中项如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成________，那么G叫做a，b的等比中项，这三个数满足关系式G＝±ab.同一常数公比q等比数列3．等比数列的通项公式等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠0)，则通项公式为：an＝________.a1qn－1【答案】C1．在等比数列{an}中，a3＝2，a6＝16，则数列{an}的公比是()A．－2B．2C．2D．4【答案】B2．若等比数列的首项为98，末项为13，公比为23，则这个数列的项数为()A．3B．4C．5D．63．已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7＝()A．64B．81C．128D．243【答案】A【解析】∵{an}是等比数列，a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，∴设等比数列的公比为q，则a2＋a3＝(a1＋a2)q＝3q＝6，∴q＝2.∴a1＋a2＝a1＋a1q＝3a1＝3，∴a1＝1.∴a7＝a1q6＝26＝64.4．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()A．21B．42C．63D．84【答案】B【解析】∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21，∴1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.【例1】在等比数列{an}中，已知a3＝9，a6＝243，求a5.等比数列通项公式【解析】由a3＝9，a6＝243，得a1q2＝9，a1q5＝243.∴q3＝2439＝27，∴q＝3.∴a1＝1.∴a5＝a1q4＝1×34＝81.【方法规律】a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解．关于a1和q的求法通常有两种方法：(1)根据已知条件，建立关于a1，q的方程组，求出a1，q后再求an，这是常规方法；(2)充分利用各项之间的关系，直接求出q后，再求a1，最后求an，这种方法带有一定的技巧性，能简化运算．已知等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求an.【解析】设{an}的公比为q，由题意知a1＋a1q＋a1q2＝7，a1·a1q·a1q2＝8，解得a1＝1，q＝2或a1＝4，q＝12.∴an＝2n－1或an＝23－n.【例2】已知等比数列的前三项和为168，a2－a5＝42，求a5，a7的等比中项．等比中项的应用【解析】设该等比数列的公比为q，首项为a1，∵a1＋a1q＋a1q2＝168，a1q－a1q4＝42，∴a11＋q＋q2＝168，a1q1－q3＝42.∵1－q3＝(1－q)(1＋q＋q2)，上述两式相除，得q(1－q)＝14⇒q＝12，∴a1＝42q－q4＝4212－124＝96.若G是a5，a7的等比中项，则应有G2＝a5·a7＝a1q4·a1q6＝a21q10＝962·1210＝9，∴a5，a7的等比中项是±3.【方法规律】本题要注意同号的两个数的等比中项有两个，它们互为相反数，而异号的两个数没有等比中项．等差数列{an}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列{an}的前10项之和是()A．90B．100C．145D．190【答案】B【解析】设公差为d，由题意得a22＝a1·a5，∵a1＝1，∴(1＋d)2＝1＋4d，∴d2－2d＝0，∵d≠0.∴d＝2，∴S10＝10×1＋10×92×2＝100.故选B．【例3】已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，bn＝an＋1(n∈N*)．(1)求证：{bn}是等比数列；(2)求{an}的通项公式．等比数列的判定【解题探究】(1)欲证{bn}是等比数列，需证bn＋1bn为常数，又bn＝an＋1，∴bn＋1＝an＋1＋1，故只需将条件式变换为an＋1＋1与an＋1的关系式即可获证．(2)只要求出了{bn}的通项公式，就可以求出{an}的通项公式．【解析】(1)证明：∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，即bn＋1＝2bn.∵b1＝a1＋1＝2≠0，∴bn≠0.∴bn＋1bn＝2，∴{bn}是等比数列．(2)由(1)知{bn}是首项b1＝2，公比为2的等比数列，∴bn＝2×2n－1＝2n，即an＋1＝2n.∴an＝2n－1.【方法规律】判定数列是等比数列常用的方法：(1)定义法：an＋1an＝q(常数)或anan－1＝q(常数)(n≥2)⇔{an}为等比数列；(2)等比中项法：a2n＋1＝an·an＋2(an≠0，n∈N*)⇔{an}为等比数列；(3)通项法：an＝a1qn－1(其中a1，q为非零常数，n∈N*)⇔{an}为等比数列．(2019年辽宁大连双基训练)已知数列{an}满足an＋1＝12an＋13(n＝1,2,3，…)(1)当an≠23时，求证an－23是等比数列；(2)当a1＝76时，求数列{an}的通项公式．【解析】(1)证明：an＋1＝12an＋13，即an＋1－23＝12an－23.故当an≠23时，数列an－23是以12为公比的等比数列．(2)当a1＝76时，a1－23＝12.故数列an－23是首项为12，公比为12的等比数列．所以an－23＝12n，则an＝23＋12n.【分析】求{an}的通项公式可考虑构造辅助数列的方法．构造等比数列的技巧【示例】设数列{an}满足关系式：an＝32an－1＋5(n≥2)，a1＝－172.(1)求数列{an}的通项公式；(2)问数列{an}从第几项开始大于0？(lg2≈0.3010，lg3≈0.4771)【解析】(1)由题意，得an＋10＝32(an－1＋10)(n≥2)，∴数列{an＋10}是首项为a1＋10＝32，公比为32的等比数列．∴an＋10＝32×32n－1＝32n，∴an＝32n－10.(2)令an＞0，即32n＞10，两边取常用对数，得nlg32＞1，∴n(lg3－lg2)＞1，即n＞1lg3－lg2≈5.7(n∈N*)．∴数列{an}从第6项开始大于0.【方法总结】(1)“an＋10”中“10”可以用如下方法求得：令an＋x＝32(an－1＋x)，即an＝32an－1＋x2，与an＝32an－1＋5相比较，得x2＝5，即x＝10.这种方法称为“构造等比数列法”，常用来求已知条件形如“an＋1＝pan＋q(p≠1)”的递推关系的通项公式，可以证明an＋qp－1为等比数列．1．学习等比数列需要注意：(1)等比数列的定义可简述为an＋1an＝q(q为常数，q≠0)．(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0，因此q也不能为0；(2)an＋1an均为同一常数，即比值相等，由此体现了公比的意义，同时还应注意公比是从第2项起每一项与其前一项之比，不能前后颠倒次序．2．等比数列的通项公式可以变形为an＝a1qqn，因此等比数列{an}中各项所表示的点(n，an)孤立地分布在第一象限或第四象限，即这些点在曲线y＝a1qqx上，因此可以利用函数思想求解等比数列的通项公式．1．已知等比数列{an}的公比为正数且a3·a9＝2a25，a2＝1，则a1等于()A．12B．22C．2D．2【答案】B【解析】设公比为q，由a3·a9＝2a25，得a1q2·a1q8＝2(a1q4)2，∴q2＝2.又q＞0，∴q＝2.又a2＝1，∴a1q＝1，a1＝22.2．设a1＝2，an＋1＝2an＋1，bn＝an＋2an－1，n∈N*，则数列{bn}的通项公式bn＝________.【答案】2n＋1【解析】由题意，得b1＝a1＋2a1－1＝4，bn＋1＝an＋1＋2an＋1－1＝2an＋1＋22an＋1－1＝2an＋2an－1＝2bn.因此数列{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列，故bn＝4×2n－1＝2n＋1.3．在等比数列{an}中，(1)a5－a1＝15，a4－a2＝6，求a3；(2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，求an.【解析】(1)∵a5－a1＝15，a4－a2＝6，∴a1q4－1＝15，a1q3－q＝6.①②由①②得q2＋1q＝52，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12.当q＝2时，a1＝1，从而a3＝4.当q＝12时，a1＝－16，从而a3＝－4.(2)∵a2＋a5＝a1q＋a1q4＝18，①a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝9，②∴②①得q＝12，从而a1＝32.∴an＝a1qn－1＝32×12n－1＝26－n.