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2014届高三数学(理)一轮复习课件:第5章 第3节 等比数列(人教A版 广东)


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第三节
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等比数列
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1.等比数列

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2.等比数列的性质
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(1) 对任意的正整数 m 、 n 、 p 、 q ,若 m + n = p + q = ap·aq =a. 2k,则a · a =__________
m n

qn-m (m,n∈N*) (2)通项公式的推广:an=am _____________ (3)公比不为-1的等比数列{an}的前n项和为Sn,则Sn,

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qn S2n-Sn,S3n- S2n仍成等比数列,其公比为________ ;当公
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比为-1时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n不一定构成等比数列.
1 (4)若数列{an}, {bn}(项数相同)是等比数列, 则{λan}, { }, an an 2 {an},{an·bn},{ }(λ≠0)仍是等比数列. bn
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1.b2=ac是a,b,c成等比数列的什么条件? 【提示】 必要而不充分条件.当 a = 0 , b = 0 , c = 1

时,满足b2=ac,但a,b,c不是等比数列;当a,b,c成等
比数列时,必有b2=ac.

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a a 2.如果四个实数成等比数列,能否将其设为 3, , q q aq,aq3? a a 【提示】 当公比大于 0 时,可以设为 3, ,aq, q q aq3,当公比小于 0 时,不能这样设.
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1.(人教A版教材习题改编)设Sn为等比数列{an}的前n S5 项和,8a2+a5=0,则 =( ) S2 A.-11 B.-8 C.5 D.11 【解析】 8a2+a5=0,得8a2=-a2q3, 又a2≠0,∴q=-2, S5 则S5=11a1,S2=-a1,∴ =-11. S2

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【答案】

A





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2.(2012·安徽高考)公比为2的等比数列{an}的各项都是

正数,且a3a11=16,则log2a10=(
A.4 B.5

)
C.6 D.7

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【解析】

由题意a=a3a11=16,且a7>0,∴a7=4,

∴a10=a7·q3=4×23=25,
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从而log2a10=5. 【答案】 B

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3.(2013· 深圳调研)已知递增的等比数列{an}中,a2+a8 a13 =3,a3·a7=2,则 =________. a10
【解析】 因为{an}是等比数列,所以a3a7=a2a8=2, 又a2+a8=3,且{an}是递增数列,所以a2<a8,且公比q> 0,解得a2=1,a8=2, a13 6 所以q =2,故 =q3= 2. a10
【答案】 2

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4.(2012·江西高考)等比数列{an}的前n项和为Sn,公比

不为1.若a1=1,则对任意的n∈N*,都有an+2+an+1-2an=
0,则S5=________.
【解析】 设公比为q, 由题意知a3+ a2- 2a1= 0, 则 a1(q2+ q- 2)= 0. 解得 q=- 2或 q= 1(舍去), a1( 1- q5) 1-(-2)5 则 S5= = = 11. 3 1- q

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【答案】

11





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(1)(2012· 辽宁高考)已知等比数列{an}为递增数列, 且 a2 5= a10, 2(an+ an+2)= 5an+1,则数列 {an}的通项公式 an= ________. (2)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S1,S3,S2 成等差数列. ①求{an}的公比 q;②若 a1-a3=3,求 Sn.
【思路点拨】 建立关于 a1 与公比 q 的方程,求出基本

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量a1和公比,代入等比数列的通项公式与求和公式.
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【尝试解答】 (1)设数列{an}的首项为a1,公比为q, 2 ∵ a5 =a10,2(an+ an+2)= 5an+1.

1 由①得 a1=q;由②知 q=2或q= , 2 又数列{an}为递增数列, ∴ a1=q= 2,从而an=2n.

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【答案】 2n (2)①∵S1,S3,S2成等差数列, ∴a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2). 由于a1≠0,故2q2+q=0, 1 又q≠0,从而q=- . 2
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12 ②由已知可得a1-a1(- ) =3,故a1=4, 2 1 n 4[1-(- ) ] 2 8 1n 从而Sn= = [1-(- ) ]. 1 3 2 1-(- ) 2

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1 . 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问

题,数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求
二”,体现了方程思想的应用. 2. 在使用等比数列的前 n项和公式时,应根据公比q 的

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情况进行分类讨论,此外在运算过程中,还应善于运用整体 代换思想简化运算.

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(2013· 清远调研 )已知{an}是各项均为正数的等比数列, 1 1 1 1 1 且a1+ a2= 2( + ), a3+a4+a5=64( + + ). a1 a2 a3 a4 a5 (1)求{an}的通项公式; 1 2 (2)设bn=(an+ ) ,求数列{bn}的前n项和 Tn. an
【解】 (1)设公比为q,则an=a1qn 1.由已知有 1 1 ? ?a1+a1q=2(a1+a1q), ? ?a1q2+a1q3+a1q4=64( 1 2+ 1 3+ 1 4). a1q a1q a1q ?


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?a2q= 2, ? 1 化简得? 2 6 又a1>0,故q=2,a1=1. ? ? a1q = 64.
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所以 an= 2

n-1

.

1 2 2 1 (2)由 (1)知bn=(an+ ) = an+ 2+2 an an 1 n-1 = 4 + n- 1+2. 4 1 1 - 因此 Tn= (1+4+?+4n 1)+(1+ +?+ n- 1)+ 2n 4 4 1 4n-1 1-4n 1 n - = + +2n= (4 -41 n)+2n+ 1. 1 3 4- 1 1- 4

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(2013· 揭阳质检)成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2、5、13后成为等比数列 {bn}中 的b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式; 5 (2)数列{bn}的前n项和为Sn,求证:数列{Sn+ }是等比 4 数列.

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【思路点拨】

正确设等差数列的三个正数,利用等比

数列的性质解出公差 d ,从而求出数列 {bn} 的首项、公比;

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利用等比数列的定义可解决第(2)问.





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【尝试解答】 (1)设成等差数列的三个正数分别为 a -d,a,a+d. 依题意,得 a-d+a+a+d=15,解得 a=5. 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d. 依题意,(7-d)(18+d)=100, 解之得 d=2 或 d=-13(舍去), 5 ∴b3=5,公比 q=2,因此 b1= . 4 5 故 bn= ·2n-1=5· 2n-3. 4

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5 (2)证明 由 (1)知 b1= ,公比q= 2, 4 5 ( 1- 2n) 4 5 n- 2 ∴ Sn= = 5· 2 - , 4 1- 2 5 5 5 n- 2 则 Sn+ = 5· 2 ,因此S1+ = , 4 4 2

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5 n-2 Sn+ 4 5· 2 又 = n-3= 2(n≥ 2). 5 5· 2 Sn- 1+ 4 5 5 ∴数列 {Sn+ }是以 为首项,公比为 2的等比数列. 4 2
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1.本题求解常见的错误:(1)计算失误,不注意对方程 的根(公差d)的符号进行判断;(2)不能灵活运用数列的性质 简化运算. 2.证明数列{an}是等比数列一般有两种方法: an+1 (1)定义法: =q(q是不为零的常数,n∈ N*); an 2 * (2)等比中项法:an +1 = an· an+2≠ 0(n∈ N ).

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(1)在正项数列{an}中,a1= 2,点( an , an- 1 )(n≥ 2)在 直线x- 2y= 0上,则数列{an}的前n项和Sn. (2)数列{an}的前n项和为Sn,若an+Sn=n, cn= an- 1,求证:数列{cn}是等比数列,并求{an}的通项公式.

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【解析】
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(1)由题意知 an- 2 an-1=0,
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∴an=2an-1(n≥2), ∴数列{an}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. a1(1-qn) 2(1-2n) ∴Sn= = =2n+1-2. 1-q 1-2





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(2)证明

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∵ an+Sn= n, 1 ∴ a1+S1= 1,得 a1= , 2 1 ∴ c1= a1- 1=- . 2 又 an+1+ Sn+1= n+ 1, an+ Sn= n, ∴ 2an+1- an= 1,即 2(an+ 1- 1)= an- 1. 1 又∵ a1- 1=- , 2 an+1- 1 1 cn+1 1 ∴ = ,即 = , 2 c 2 an- 1 n

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1 1 ∴数列{cn}是以- 为首项,以 为公比的等比数列. 2 2 1 1 n-1 1n 则cn=- ×( ) =-( ) , 2 2 2 1n ∴{an}的通项公式an=cn+1=1-( ) . 2

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(1)(2013· 深圳模拟)已知等比数列 {an}中, a1+ a2+ a3 = 40, a4+ a5+ a6= 20,则前9项之和等于 ( ) A. 50 B. 70 C. 80 D. 90 (2)等比数列 {an}的各项均为正数,且2a1+ 3a2=1, a 2 3= 9a2a6. ①求数列{an}的通项公式; 1 ②设 bn= log3a1+ log3a2+?+ log3an,求数列{ }的前 n bn 项和. 【思路点拨】 (1)利用S3,S6-S3,S9-S6成等比数列 的性质求解; (2)灵活应用a 2 n = an-1· an+1,求 a1与公比 q,进而求出 an,bn,然后利用裂项相消法求和.
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【尝试解答】

(1)∵S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,

∴S3·(S9-S6)=(S6-S3)2,
又S3=40,S6=40+20=60,

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∴40(S9-60)=202,故S9=70.

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【答案】 B 2 2 (2)①设数列{an}的公比为q.由a3 =9a2a6得a2 3= 9a4, 1 2 1 所以q = .由条件可知q>0,故q= . 9 3 1 由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1= . 3

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1 故数列 {an}的通项公式为 an= n. 3 ② bn= log3a1+log3a2+? +log3an n( n+ 1) =- (1+ 2+? + n)=- . 2 1 2 1 1 故 =- =- 2( - ), bn n n+1 n( n+ 1) 1 1 1 + +? + b1 b2 bn 1 1 1 1 1 =- 2[(1- )+( - )+?+ ( - )] 2 2 3 n n+ 1 2n =- . n+ 1
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1 2n 所以数列{ }的前n项和为- . bn n+1

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1 . 本题充分利用已知条件,数列的性质,简化了运

算.
2 . 等比数列的性质可以分为三类:一是通项公式的变 形,二是等比中项的变形,三是前n项和公式的变形.根据

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题目条件,认真分析,发现具体的变化特征即可找出解决问 题的突破口.

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(1)(2012· 课标全国卷)已知{an}为等比数列, a4+ a7= 2, a5a6=- 8,则 a1+ a10=( ) A. 7 B. 5 C.- 5 D.- 7 (2)已知等比数列 {an}满足 an> 0, n= 1, 2,?,且 a5· a2n- 5= 22n(n≥ 3),则 log2a1+ log2a3+?+ log2a2n-1等于 ( ) A. n(2n- 1) B. (n+ 1)2 C. n2 D.(n- 1)2
【解析】 (1)由于a5·a6=a4·a7=-8,a4+a7=2, ∴a4,a7是方程x2-2x-8=0的两根, 解之得a4=4,a7=-2或a4=-2,a7=4. 1 3 ∴q =- 或q3=-2. 2
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1 a4 3 当 q =- 时, a1+ a10= 3 + a7q3= 4× (- 2)+(- 2 q 1 2)×(- )=- 7, 2 -2 a4 3 当 q =- 2时, a1+ a10= 3+ a7q = + 4×(- 2)=- 7. q -2
3 2n (2)∵ a5· a2n-5= a2 = 2 ,且 an> 0, n ∴ an= 2n,则 a2n- 1= 22n-1, ∴ log2a2n- 1= 2n- 1, ∴ log2a1+ log2a3+?+ log2a2n-1= 1+ 3+ 5+?+ (2n-

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1)

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n[1+(2n-1)] = =n2. 2

【答案】

(1)D

(2)C

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已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>0,且第 2 项、第 5 项、第 14 项分别是等比数列{bn}的第 2 项、第 3 项、第 4 项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; c1 c2 cn * (2)设数列{cn}对 n∈N 均有 + +?+ =an+1 成立, b1 b2 bn 求 c1+c2+c3+?+c2 010.

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【思路点拨】 (1)可用基本量法求解;(2)作差 an+1-an cn = . bn
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【尝试解答】 (1)由已知 a2=1+d, a5=1+4d, a14=1+13d, ∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d). 解得 d=2(∵d>0). ∴an=1+(n-1)· 2=2n-1. 又 b2=a2=3,b3=a5=9, ∴数列{bn}的公比为 3, - - ∴bn=3· 3n 2=3n 1.
c1 c2 cn (2)由 + +?+ =an+1 得 b1 b2 bn cn - 1 c1 c2 当 n≥2 时, + +?+ =an. b1 b2 bn-1

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cn 两式相减得:n≥2 时, =an+1-an=2. bn - ∴cn=2bn=2· 3n 1(n≥2). c1 又当 n=1 时, =a2,∴c1=3. b1
? ?3 ∴cn=? n-1 ? 3 ?2·

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(n=1) (n≥2).

∴c1+c2+c3+?+c2 010
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6-2×32 010 =3+ =3+(-3+32 010)=32 010. 1-3

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cn cn 1. 本题中第(2)题相当于已知数列{ }的前 n 项和, 求 . bn bn 2.在解决等差、等比数列的综合题时,重点在于读懂 题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前 n 项 和公式.本题第(1)问就是用基本量公差、公比求解;第(2) 问在作差 an+1-an 时,要注意 n≥2.

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已知数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+1=(1+q)an-qan
-1(n≥2,q≠0).

(1)设bn=an+1-an(n∈N*),证明:{bn} 是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式; (3)若a3是a6与a9的等差中项,求q的值,并证明:对任意 的n∈N*,an是an+3与an+6的等差中项. 【证明】 (1)由题设an+1=(1+q)an-qan-1(n≥2),

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得an+1-an=q(an-an-1),即bn=qbn-1,n≥2. 由b1=a2-a1=1,q≠0,
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所以 {bn}是首项为1,公比为q的等比数列. (2)由 (1),a2- a1= 1, a3-a2=q,?,an- an-1=qn- 2 (n≥ 2), 将以上各式相加, - 得 an- a1=1+ q+?+ qn 2(n≥2), 即 an= a1+1+ q+?+ qn- 2(n≥2). ? 1- qn-1 ?1+ , q≠1, 1- q 所以当n≥2时,an=? ?n, q= 1. ? 上式对n=1显然成立.

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(3)由 (2),当q= 1时,显然 a3不是a6与 a9的等差中项,故 q≠ 1.由 a3- a6= a9- a3可得 q5- q2= q2- q8, 由 q≠ 0得 q3- 1= 1- q6, ① 整理得 (q3)2+ q3- 2= 0, 解得 q =-2.于是q=- 2. qn+2- qn-1 qn-1 3 另一方面, an- an+3= = (q - 1), 1- q 1- q qn 1- qn 5 qn 1 an+6- an= = (1-q6). 1- q 1- q
- + -

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3

3

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由①可得 an- an+3= an+6- an, 所以对任意的 n∈ N*, an是 an+3与 an+6的等差中项.
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利用错位相减法推导等比数列的前n项和公式.

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1.由an+1=qan(q≠0),并不能立即断言{an}为等比数列, 还要验证a1≠0.
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2.运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与 q≠1分类讨论,防止忽略q=1这一特殊情形.

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证明{an}是等比数列的主要方法: an (1)定义法:若 =q(q 为非零常数且 n≥2 且 n∈N*), an-1 则{an}是等比数列. 2 (2)中项公式法:在数列{an}中,an≠0 且 an +1= an· an+ * ( n ∈ N ),则数列{an}是等比数列. 2

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等比数列是每年高考的热点内容,主要考查等比数列的 通项公式,前 n项和公式及等比数列的性质,各种题型均有 可能出现.注重等比数列与相关知识综合交汇,或“非标 准”的等比数列是命题新的生长点.

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创新探究之七
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等比数列与三角函数的交汇创新
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(2011· 福建高考)已知等比数列{an}的公比 q=3, 前 13 3 项和 S3= . 3 (1)求数列{an}的通项公式; π (2)若函数 f(x)=Asin(2x+φ)(A>0,0<φ<π )在 x= 6

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处取得最大值,且最大值为 a3,求函数 f(x)的解析式.
【规范解答】 13 (1)由q=3,S3= , 3
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a1(1-33) 13 1 得 = ,解得a1= . 3 3 1-3
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自 主 落 实 · 固 基 础

典 例 探 究 · 提 知 能

1 - - 所以 an= × 3n 1= 3n 2. 3 - (2)由 (1)可知an= 3n 2,所以 a3=3. 因为函数f(x)的最大值为3,所以 A= 3; π π 因为当 x= 时f(x)取得最大值,所以sin(2× + φ)=1. 6 6 π 又 0< φ<π,故φ= . 6 π 所以函数f(x)的解析式为f(x)= 3sin(2x+ ). 6

高 考 体 验 · 明 考 情

课 后 作 业





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创新点拨: (1) 等比数列和三角函数相结合,考查学生 的阅读理解能力与知识迁移能力.

(2) 等比数列和三角函数两部分知识跨度较大,放在一
起考查,对学生灵活处理问题的能力有较高要求. 应对措施: (1) 采取先局部,后整体的策略,即先单独

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典 例 探 究 · 提 知 能

考虑等比数列和三角函数,再从整体上考虑两部分知识之间 的联系.
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(2) 对两部分知识的结合点,要从其如何产生和有何作
用两个方面考虑.
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1.(2012· 湖北高考)定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函 数 f(x),如果对于任意给定的等比数列{an},{f(an)}仍是等比 数列,则称 f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(-∞, 0)∪(0,+∞)上的如下函数: ①f(x)=x2;②f(x)=2x;③f(x)= |x|; ④f(x)=ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( ) A.①② B.③④ C.①③ D.②④ an+1 【解析】 设等比数列{an}的公比为 q,则 =q, an

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f(an+1) a2 n+ 1 ①中, = 2 =q2,∴①满足定义, an f(an)
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f(an+1) 2an+1 ②中, = =2an+1-an=2(q-1)an 不满 2an f(an) 足定义. f(an+1) 对于③, = f(an) an + 1 | |= |q|满足定义. an

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对于④,取 an=2n,则 f(an)=ln|2n|=n· ln 2 不是等比 数列. 综上知,①、③是“保等比数列”函数.

【答案】

C

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2.(2012·陕西高考)设{an}是公比不为1的等比数列,其

前n项和为Sn,且a5,a3,a4成等差数列.
(1)求数列{an}的公比; (2)对任意k∈N*,证明Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列. 【解】 (1)设数列{an}的公比为q(q≠0,q≠1),

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典 例 探 究 · 提 知 能

由a5,a3,a4成等差数列, 得2a3=a5+a4,即2a1 q2 = a
1

q4+a

1

q3.

由a1≠0,q≠0得q2+q-2=0,

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解得q1=-2,q2=1(舍去),
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所以q=-2.

(2)证明 对任意k∈N*,由(1)知,
Sk+2=Sk+ak+1+ak+2=Sk+ak+1-2ak+1=Sk-ak+1, 且Sk+1=Sk+ak+1, ∴Sk+2+Sk+1=2Sk,

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从而对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.
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课后作业(三十三)

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