前言
- 重新编辑于2020-02-26 by WangHai.
相关概念
刻画等比数列的几种语言
[自然语言]:从第二项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数的数列称为等比数列,这个常数称为公比,常用(q)来表示。
[符号语言]:
(cfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=q),(ngeqslant 1),(nin N^*),(q)为常数。
(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=q),(ngeqslant 2),(nin N^*),(q)为常数。
[图形语言]:
- 等比中项:如果三个实数(a,G,b)成等比数列,则(G)称为(a,b)的等比中项,满足(G^2=ab)。[1]
-
等比数列的通项公式:(a_n=a_1cdot q^{n-1}),推广形式为(a_n=a_mcdot q^{n-m}),
-
等比数列的前(n)项和公式:(S_n=left{egin{array}{l}{na_1,q=1}\{cfrac{a_1cdot (1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1-a_nq}{1-q},q eq 1}end{array} ight.)
其中(n)为参与求和的项数,而不是最后一项的指数。上述公式体现的是分段函数,当知道(q)的值的时候,自然是确定的某一段函数,题目考查第二段的时候居多,当不知道(q)的值时,应该分类讨论,尤其容易漏掉对第一段的说明;实际应用中,当(q>1)时,为减少运算步骤,常用(S_n=cfrac{a_1cdot(q^n-1)}{q-1});
相关性质
-
①在等比数列({a_n})中,若(m+n=p+q=2k(m,n,p,q,kin N^*)),则(a_mcdot a_n=a_pcdot a_q=a_k^2)。
-
②若数列({a_n}),({b_n})(项数相同)是等比数列,则({lambda a_n}(lambda eq 0)),({cfrac{1}{a_n}}),({a_n^2}),({a_ncdot b_n}),({cfrac{a_n}{b_n}})仍然是等比数列;其公比的求解依然利用等比数列进行,比如数列({a_ncdot b_n})的公比应该是(cfrac{a_2cdot b_2}{a_1cdot b_1})(=cfrac{a_2}{a_1})( imescfrac{b_2}{b_1}),其他同理;
-
③在等比数列({a_n})中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即(a_m,a_{m+k},a_{m+2k},a_{m+3k},cdots)为等比数列,公比为(q^k);[2]
- ④当公比(q eq-1)或(q=1)且(n)为奇数时,则(S_n),(S_{2n}-S_n),(S_{3n}-S_{2n}),(cdots) 仍成等比数列,其公比为(q^n);
当公比(q=-1)时,(S_n),(S_{2n}-S_n),(S_{3n}-S_{2n}),(cdots)不一定成等比数列,若(n)为偶数,则其不能构成等比数列,若(n)为奇数,则可以构成等比数列。
比如数列(2,-2,2,-2,2,-2,cdots,2,-2),则(S_2=0),(S_4=0),(S_6=0),则(S_2),(S_4-S_2),(S_6-S_4),(cdots),就不能构成等比数列;
- ⑤(q eq 1)的等比数列的前(2n)项,
(S_{偶}=a_2+a_4+a_6+cdots+a_{2n}),(S_{奇}=a_1+a_3+a_5+cdots+a_{2n-1}),则(cfrac{S_{偶}}{S_{奇}}=q);
说明:(S_{偶}=a_2+a_4+a_6+cdots+a_{2n}=cfrac{a_2cdot [1-(q^2)^n]}{1-q^2}),(S_{奇}=a_1+a_3+a_5+cdots+a_{2n-1}=cfrac{a_1cdot [1-(q^2)^n]}{1-q^2}),则(cfrac{S_{偶}}{S_{奇}}=q);
- ⑥等比数列的单调性判断,依然遵从函数的单调性判断,取决于两个参数(a_1)和(q)的取值,由于
故当(left{egin{array}{l}{a_1>0}\{q>1}end{array} ight.)或(left{egin{array}{l}{a_1<0}\{0<q<1}end{array} ight.)时,(a_n)单调递增;
当(left{egin{array}{l}{a_1>0}\{0<q<1}end{array} ight.)或(left{egin{array}{l}{a_1<0}\{q>1}end{array} ight.)时,(a_n)单调递减;
判定证明
证明方法:
-
定义法:(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=q(nge 2)),或者(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q(nge 1));
-
等比中项法:(a_{n+1}^2=a_ncdot a_{n+2}(nge 1)),或者(a_n^2=a_{n+1}cdot a_{n-1}(nge 2));
判定方法:除了上述的两种方法以外,还有
- 通项公式法:(a_n=ccdot q^n(nin N^*)),(c),(q)均为不为零的常数,
说明:(a_n=a_1cdot q^{n-1}=cfrac{a_1}{q}cdot q^n=ccdot q^n)[指数型函数],
- 前(n)项和法:(S_n=kcdot q^n-k),(k eq 0),(q eq 0)且(q eq 1),
说明:(S_n=cfrac{a_1cdot (1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1}{1-q}-cfrac{a_1}{1-q}cdot q^n),令(-cfrac{a_1}{1-q}=k),则(S_n=kcdot q^n-k)。
如果判定某数列不是等比数列,只需要判定其有连续三项不成等比数列即可,这样就可以联系到赋值法,比如常常判断(a_2^2 eq a_1cdot a_3)。
变形技巧
①常用的数学公式:
②整体思想的运用,解方程组时整体相除,
如(left{egin{array}{l}{a_1q^3-a_1q=6①}\{a_1q^4-a_1=15②}end{array} ight.)
两式相除得到,(cfrac{a_1(q^3-q)}{a_1(q^4-1)}=cfrac{a_1q(q^2-1)}{a_1(q^2+1)(q^2-1)}=cfrac{q}{1+q^2}=cfrac{2}{5}),从而解得(q=2)或(q=cfrac{1}{2})。
- 求比值时整体思想的运用;
再比如给定等比数列({a_n})的公比为(q=2),求(cfrac{a_8+a_9+a_{10}}{a_5+a_6+a_7})的值。
由题目可知,(cfrac{a_8+a_9+a_{10}}{a_5+a_6+a_7}=cfrac{(a_5+a_6+a_7)cdot q^3}{a_5+a_6+a_7}=q^3=8)
③当涉及(S_n)的下标比较小的运算题目时,常常利用定义式。
比如已知等比数列的(S_3=8),则可知(S_3=a_1+a_2+a_3=8),这样可以有效的避免分类讨论,而不是利用(cfrac{a_1(1-q^3)}{1-q}=8)来计算,
如果非要利用这个公式,你就必须先分类讨论排除(q eq 1),否则使用就是错的。
④比例因子的运用。设等比数列({a_n})的前(n)项的和为(S_n),若(cfrac{S_6}{S_3}=cfrac{1}{2}),则(cfrac{S_9}{S_6})=?
分析:引入比例因子,设(cfrac{S_6}{S_3}=cfrac{1}{2}=cfrac{k}{2k}(k eq 0)),
则(S_6=k),(S_3=2k),(S_6-S_3=-k),由(S_3,S_6-S_3,S_9-S_6)成等比数列,
可知(S_9-S_6=cfrac{k}{2}),则(S_9=cfrac{3k}{2}),故(cfrac{S_9}{S_6}=cfrac{frac{3k}{2}}{2k}=cfrac{3}{4})。
⑤在数列题目中,若出现各项为正数或(a_n>0),则有(a_n+a_{n+1}>0),或者(a_n+a_{n-1}>0),这样就为约分埋下了伏笔。
比如某个题目变形得到((a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1})=a_n+a_{n-1}),约掉(a_n+a_{n-1}),得到(a_n-a_{n-1}=1),即({a_n})是等差数列。
⑥若出现证明数列({a_n+1})为等比数列,则你必须意识题目已经给了变形的提示,因为变形到最后必然会出现(a_n+1=p(a_{n-1}+1)(p为常数)),
或者出现同类型的(a_{n+1}+1=p(a_n+1)(p为常数)),这样你往上回溯,自然就会看到题目应该怎么变形了。
⑦ 等比数列求和中的项数的计算
如数列求和:(S=2^1+2^3+2^5+cdots+2^{2n+3});
其项数的计算,可以利用上标来计算,其上标刚好成等差数列,
故项数(r=cfrac{a_n-a_1}{d}+1=cfrac{(2n+3)-1}{3-1}+1=n+2);
则(S=cfrac{2cdot (4^{n+2}-1)}{4-1}=cfrac{2}{3}(4^{n+2}-1))。
⑧设元技巧
当题目已知三个数成等比数列时,我们常常依次设三个数为(cfrac{a}{q}),(a),(aq),这样设元的优越性在于其积为(a^3),如果题目恰好已知了其积的值,则中间的数立马可知,这样变量就剩下一个(q)了;
当已知五个数成等差数列时,常设为(cfrac{a}{q^2}),(cfrac{a}{q}),(a),(aq),(aq^2);
⑨已知(a_n=2n-1),则(a_{2^{n-1}}=2cdot 2^{n-1}-1=2^n-1);
(a_{log_2n-1}=2(log_2n-1)-1=2log_2n-3);(a_{log_2(n-1)}=2log_2(n-1)-1);
给出方式
-
直接给出:(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=3)
-
变形给出:(S_{n+1}-S_n=3(S_n-S_{n-1}))
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变形给出:(2^{a_{n+1}}=2^{3a_{n}})((a_n>0)),则得到(a_{n+1}=3a_n);
-
变形给出:(log_3a_n+1=log_3a_{n+1}),则得到(a_{n+1}=3a_n);
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变形给出:(cfrac{a_{n+1}^2}{a_n}=4(a_{n+1}-a_{n})),得到((a_{n+1}-2a_n)^2=0);
-
变形给出:(a_n>0),点((a_{n+1}^2,a_n^2))在直线(x-9y=0)上,则(a_{n+1}^2=9a_n^2),即(a_{n+1}=3a_n);
-
构造给出:如(a_{n+1}=2a_n+1),构造得到(a_{n+1}+1=2(a_n+1)),即数列({a_n+1})为等比数列;
其他变形请参阅常见构造方法
典例剖析
【法1】分析:(a_7(a_1+2a_3)+a_3a_9=a_7a_1+2a_3a_7+a_3a_9)
(=a_4^2+2a_4a_6+a_6^2=(a_4+a_6)^2=10^2=100)。故选(C)。
【法2】:特殊化策略,由于题目数列({a_n})为等比数列,(a_4+a_6=10),则可以将其特殊化为(a_4=a_6=5)的特殊的等比数列,即常数列,
此时(a_n=5),代入运算得到(a_7(a_1+2a_3)+a_3a_9=100),故选(C)。
分析:由(a_n>0),(a_2cdot a_{10}=9),则可知(a_5cdot a_7=9),
则由均值不等式可知,(a_5+a_7ge 2sqrt{a_5a_7}=6),
当且仅当(a_5=a_7=3)时取得等号,
故(a_5+a_7)有最小值(6),故选(A)。
分析:设(a,b,c,d)是方程((x^2-mx+2)(x^2-nx+2)=0)的四个根,
不妨设(a<c<d<b),则有(ab=cd=2),且(a=cfrac{1}{2}),则(b=4),
根据等比数列的性质可知,(c=1),(d=2),
则(m=a+b=cfrac{1}{2}+4=cfrac{9}{2}),(n=c+d=3),
或者(n=a+b=cfrac{1}{2}+4=cfrac{9}{2}),(m=c+d=3),
故(cfrac{m}{n}=cfrac{3}{2})或(cfrac{m}{n}=cfrac{2}{3}),故选(B)。
分析:由(a_{n+1}=3S_n(nge 1)),可得(a_n=3S_{n-1}(nge 2)),两式做差,得到
(a_{n+1}-a_n=3a_n(nge 2)),整理得到,
当(nge 2)时,满足(a_{n+1}=4a_n),
由于(a_1=1),(a_{n+1}=3S_n(nge 1)),故得到(a_2=3),
故数列({a_n})的通项公式为(a_n=left{egin{array}{l}{1,n=1}\{3cdot 4^{n-2},nge 2}end{array} ight.)
即数列({a_n})不是等比数列,但是数列(a_2),(a_3),(cdots),(a_n)是等比数列;故选(B)。
分析:(a_6^2=a_3cdot a_9=4),故(a_6=pm 2)。原因是(a_6=a_3cdot q^3),(q^3)可取正负两种情形,故(a_6=pm 2)。
- 对照:已知等比数列({a_n})中, (a_3=4), (a_{11}=1), 则(a_7=)?
分析:(a_7^2=a_3cdot a_{11}=4),故(a_7=pm 2)。又由于(a_7=a_3cdot q^4),(q^4)只能取正值一种情形,故(a_7=2)。
分析:由题目可知(q eq 1),则(cfrac{S_6}{S_3}=frac{cfrac{a_1(1-q^6)}{1-q}}{cfrac{a_1(1-q^3)}{1-q}}=1+q^3=9),
则(q=2),同理,(cfrac{S_{10}}{S_5}=frac{cfrac{a_1(1-q^{10})}{1-q}}{cfrac{a_1(1-q^5)}{1-q}}=1+q^5=33),
故选(D)。
分析:由(a_2a_3a_4=-a_7^2=-64),可知(a_3^3=-64),故(a_3=-4),又(a_7=a_3cdot q^4<0),故由(a_7^2=64),可得(a_7=-8),这样(a_4a_6=a_3a_7=32),
故(tan(cfrac{a_4a_6}{3}cdot pi)=tan(cfrac{32}{3}cdot pi)=tan(cfrac{2pi}{3})=-sqrt{3}),故选(B).
(1)若(a_3+b_3=5),求({b_n})的通项公式。
分析:设等差数列的公差为(d),等比数列的公比为(q),
则由题目可知(egin{cases}-1+d+1cdot q=2\-1+2d+1cdot q^2=5end{cases}),
即(egin{cases}d+ q=3\2d+ q^2=6end{cases}),
解得(q^2-2q=0),故(q=2或q=0(舍去)),
故等比数列({b_n})的通项公式为(b_n=2^{n-1})。
(2)若(T_3=21),求(S_3)。
分析:由于(b_1=1,T_3=21),故(1+q+q^2=21),解得(q=-5)或(q=4);
当(q=-5)时,由(a_2+b_2=2)得到(d=8),此时(S_3=-1+7+15=21);
当(q=4)时,由(a_2+b_2=2)得到(d=-1),此时(S_3=-1-2-3=-6);
分析:由(a_1+2d=3)和(4a_1+6d=10),
容易计算出(a_n=n),故(S_n=cfrac{n(n+1)}{2}),
则有(cfrac{1}{S_n}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})),
故(sumlimits_{k=1}^n {cfrac{1}{S_k}}=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots +(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])
(=2(1-cfrac{1}{n+1})=cfrac{2n}{n+1})。
分析:由题目可知(a_2cdot a_3=a_1cdot a_4=8),
故得到二元二次方程组(egin{cases}a_1+a_4=9\a_1cdot a_4=8end{cases}),
将(a_1=9-a_4)代入(a_1cdot a_4=8),解得(a_1=1)或(a_1=8),
对应得到(a_4=8)或(a_4=1),即得到两组解,
(egin{cases}a_1=1\a_4=8end{cases})或者(egin{cases}a_1=8\a_4=1end{cases}(由递增舍去)),
故有(a_1=1,a_4=8),则(q=2),
故(a_n=2^{n-1}),(S_n=2^n-1)。
法1:由(a_4=2), (a_5=5),求得(q=cfrac{5}{2}),
则(a_n=a_4cdot q^{n-4}=2cdot (cfrac{5}{2})^{n-4}),
故(lga_n=lg2+(n-4)lgcfrac{5}{2}),故({lga_n})为等差数列。
又可以计算(a_1=cfrac{16}{125}),
故(T_8=8lgcfrac{16}{125}+cfrac{8 imes7}{2}cdot lgcfrac{5}{2}=cdots=4)。
法2:由于({a_n})为等比数列,则有(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q);
故有(lga_{n+1}-lga_n=lgq),即数列({lga_n})为等差数列。
(T_8=cfrac{lga_1+lga_8}{2}cdot 8=4lg(a_1cdot a_8)=4lg(a_4cdot a_5)=4lg10=4)。
(1)求数列({a_n})的通项公式。
分析:本问比较简单,你能说出怎么个简单法吗?
解方程组得到(a_1=-2,q=-2),
故({a_n})的通项公式(a_n=-2cdot (-2)^{n-1}=(-2)^n)。
(2)求(S_n),并判断(S_{n+1},S_n,S_{n+2})是否成等差数列。
分析:先求解
(S_n=cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q})
(=cfrac{-2[1-(-2)^n]}{1-(-2)})
(=cfrac{-2+2cdot (-1)^ncdot 2^n}{3})
(=-cfrac{2}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+1}}{3})。
接下来你得意识到,
(S_n)是个关于自变量(n)的函数,
故由此我们应该能写出(S_{n+1}),(S_{n+2})
至于等差数列的判断,我们依据等差中项法判断即可,
即验证(S_{n+2}+S_{n+1})是否等于(2S_n)。
判断如下:(S_{n+2}+S_{n+1})
(=-cfrac{2}{3}+(-1)^{n+2}cfrac{2^{n+3}}{3}-cfrac{2}{3}+(-1)^{n+1}cfrac{2^{n+2}}{3})
(=-cfrac{4}{3}+(-1)^ncdot (-1)^2cfrac{2^{n+3}}{3}+(-1)^ncdot (-1)^1cfrac{2^{n+2}}{3})
(=-cfrac{4}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+3}}{3}-(-1)^ncfrac{2^{n+2}}{3})
(=-cfrac{4}{3}+(-1)^n(cfrac{2^{n+2}cdot 2}{3}-cfrac{2^{n+2}}{3}))
(=-cfrac{4}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+2}}{3})
(=2[-cfrac{2}{3}+(-1)^ncfrac{2^{n+1}}{3}]=2S_n),
故(S_{n+1},S_n,S_{n+2})成等差数列。
法1:分类讨论法+公式法;若(q=1),则(S_4=4a_1(a_1 eq 0)),(S_5=5a_1),(S_6=6a_1),则(2S_4 eq S_5+S_6),故(q eq 1);
由(S_5),(S_4),(S_6)成等差数列,得到(2S_4=S_5+S_6),
即(2 imes cfrac{a_1(1-q^4)}{1-q}=cfrac{a_1(1-q^5)}{1-q}+cfrac{a_1(1-q^6)}{1-q}) 〔运算训练〕
化简得到,(q^2+q-2=0),解得(q=-2)(舍去(q=1));故选(C);
法2:定义法,由(S_5),(S_4),(S_6)成等差数列,
则得到(2S_4=S_5+S_6),即(2(a_1+a_2+a_3+a_4)=(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5)+(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6))
化简得到,(2a_5+a_6=0),即(q=cfrac{a_6}{a_5}=-2),故选(C);
分析:本题目的考点有以下几个,其一求等比数列的(a_n),其二由(S_n)求(a_n)。
我们往往需要先由(S_n)求(a_n),
途径一:(a_n)与(S_n)法,
当(nge 1)时,(S_n=2^n-c(cin R)),
当(nge 2)时,(S_{n-1}=2^{n-1}-c(cin R)),
故(nge 2)时,(a_n=S_n-s_{n-1}=2^n-2^{n-1}=2^{n-1})
所以,(a_n=2^{n-1}(nin N^*))(此处可以验证,也可以不验证,已知的等比)
途径二:由等比数列的前(n)项和(S_n=cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1}{1-q}cdot (1-q^n)=mcdot q^n-m(m=-cfrac{a_1}{1-q}))的性质可知,
(c=1),(q=2),再由(S_1=a_1=2^1-1=1),
故(a_n=1 imes 2^{n-1}(nin N^*));
接下来用对数的性质求解转化:
(a_1cdot a_2cdot a_n=2^0cdot 2^1cdots 2^{n-1}=2^{0+1+cdots+(n-1)}=2^{frac{n(n-1)}{2}}),
则(log_2a_1+log_2a_2+cdots+log_2a_n=log_2(a_1cdot a_2cdots a_n)=log_22^0cdot 2^1cdots 2^{n-1}),
(=log_22^{0+1+cdots+(n-1)}=log_22^{frac{n(n-1)}{2}}=cfrac{n(n-1)}{2}=10),解得(n=5)。
解后反思:
1、熟练理解等差、等比数列的常用性质,尤其是从函数角度出发的性质,对数学解题有很大的帮助。
2、本题目原来是选择题,给了(2,3,4,5)四个选项,当进行到解方程(cfrac{n(n-1)}{2}=10)时,应该意识到验证总比解方程要节省时间。
对等比中项的理解和把握,要比等差中项难得多。任意两个实数都有等差中项,但任意两个实数不一定都有等比中项。
注意:①必须(ab>0)才能保证(G)的存在性。比如(-2)和(3)就没有等比中项;
②若(1),(G),(4)三个数成等比数列,则(G=pm 2)[两个值];但是若(-1),(2),(G),(8),(-16)成等比数列,则(G=-4)[一个值,原因是限制条件比前面得情形要多]; ↩︎由于(a_m=a_1cdot q^{m-1}),(a_{m+k}=a_1cdot q^{m+k-1}),
则新数列的公比为(cfrac{a_{m+k}}{a_m}=cfrac{a_1cdot q^{m+k-1}}{a_1cdot q^{m-1}}=q^k); ↩︎