蘇教版高二數(shù)學(xué)_等比數(shù)列復(fù)習(xí)要點(diǎn)及解題技巧全解析——掌握核心概念,提升解題能力一、引言在蘇教版高二數(shù)學(xué)中，等比數(shù)列是數(shù)列這一板塊的重要內(nèi)容，它與等差數(shù)列共同構(gòu)成了數(shù)列知識(shí)體系的兩大支柱。等比數(shù)列在實(shí)際生活和科學(xué)研究中有著廣泛的應(yīng)用，如金融領(lǐng)域的復(fù)利計(jì)算、細(xì)胞的分裂等。同時(shí)，等比數(shù)列也是高考數(shù)學(xué)的重點(diǎn)考查內(nèi)容之一，題型涵蓋選擇題、填空題和解答題。因此，系統(tǒng)地復(fù)習(xí)等比數(shù)列，掌握其核心概念和解題技巧，對(duì)于提升同學(xué)們的數(shù)學(xué)解題能力和應(yīng)對(duì)考試都具有至關(guān)重要的意義。二、等比數(shù)列核心概念解析（一）等比數(shù)列的定義如果一個(gè)數(shù)列從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比等于同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等比數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，通常用字母\(q\)表示（\(q\neq0\)）。其數(shù)學(xué)表達(dá)式為\(\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=q\)（\(n\geq2\)，\(n\inN^+\)）。例如，數(shù)列\(zhòng)(2,4,8,16,32,\cdots\)，因?yàn)閈(\frac{4}{2}=\frac{8}{4}=\frac{16}{8}=\frac{32}{16}=2\)，所以該數(shù)列是公比\(q=2\)的等比數(shù)列。在理解定義時(shí)，要特別注意“從第二項(xiàng)起”“每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比”以及“同一個(gè)常數(shù)”這些關(guān)鍵條件，同時(shí)公比\(q\)不能為\(0\)。如果\(q=0\)，那么數(shù)列中就會(huì)出現(xiàn)\(0\)項(xiàng)，而\(0\)做除數(shù)無(wú)意義。（二）等比數(shù)列的通項(xiàng)公式等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)的通項(xiàng)公式為\(a_{n}=a_{1}q^{n-1}\)（\(a_{1}\neq0\)，\(q\neq0\)），其中\(zhòng)(a_{1}\)為首項(xiàng)，\(n\)為項(xiàng)數(shù)。通項(xiàng)公式的推導(dǎo)可以通過不完全歸納法：已知\(a_{2}=a_{1}q\)，\(a_{3}=a_{2}q=a_{1}q\cdotq=a_{1}q^{2}\)，\(a_{4}=a_{3}q=a_{1}q^{2}\cdotq=a_{1}q^{3}\)，以此類推，可得\(a_{n}=a_{1}q^{n-1}\)。通項(xiàng)公式的作用非常重要，它可以幫助我們求出等比數(shù)列中的任意一項(xiàng)。例如，已知等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)中\(zhòng)(a_{1}=3\)，\(q=2\)，則\(a_{5}=a_{1}q^{5-1}=3\times2^{4}=48\)。（三）等比中項(xiàng)如果在\(a\)與\(b\)中間插入一個(gè)數(shù)\(G\)，使\(a\)，\(G\)，\(b\)成等比數(shù)列，那么\(G\)叫做\(a\)與\(b\)的等比中項(xiàng)。根據(jù)等比數(shù)列的定義可得\(\frac{G}{a}=\frac{G}\)，即\(G^{2}=ab\)（\(ab\gt0\)），所以\(G=\pm\sqrt{ab}\)。需要注意的是，只有同號(hào)的兩個(gè)數(shù)才有等比中項(xiàng)，且等比中項(xiàng)有兩個(gè)，它們互為相反數(shù)。例如，\(4\)和\(9\)的等比中項(xiàng)為\(\pm\sqrt{4\times9}=\pm6\)。（四）等比數(shù)列的前\(n\)項(xiàng)和公式等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)的前\(n\)項(xiàng)和公式需要分情況討論：當(dāng)\(q=1\)時(shí)，\(S_{n}=na_{1}\)；當(dāng)\(q\neq1\)時(shí)，\(S_{n}=\frac{a_{1}(1-q^{n})}{1-q}=\frac{a_{1}-a_{n}q}{1-q}\)。前\(n\)項(xiàng)和公式的推導(dǎo)采用錯(cuò)位相減法：設(shè)\(S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}=a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^{2}+\cdots+a_{1}q^{n-1}\)①則\(qS_{n}=a_{1}q+a_{1}q^{2}+a_{1}q^{3}+\cdots+a_{1}q^{n}\)②①-②得：\((1-q)S_{n}=a_{1}-a_{1}q^{n}\)，當(dāng)\(q\neq1\)時(shí)，\(S_{n}=\frac{a_{1}(1-q^{n})}{1-q}\)。例如，求等比數(shù)列\(zhòng)(1,\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\cdots\)的前\(5\)項(xiàng)和，因?yàn)閈(a_{1}=1\)，\(q=\frac{1}{2}\)，\(n=5\)，所以\(S_{5}=\frac{1\times[1-(\frac{1}{2})^{5}]}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1-\frac{1}{32}}{\frac{1}{2}}=\frac{\frac{31}{32}}{\frac{1}{2}}=\frac{31}{16}\)。三、等比數(shù)列的性質(zhì)（一）通項(xiàng)性質(zhì)1.若\(m\)，\(n\)，\(p\)，\(q\inN^+\)，且\(m+n=p+q\)，則\(a_{m}a_{n}=a_{p}a_{q}\)。例如，在等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)中，若\(a_{3}a_{7}=16\)，因?yàn)閈(3+7=4+6\)，所以\(a_{4}a_{6}=a_{3}a_{7}=16\)。2.等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)中，\(a_{n}=a_{m}q^{n-m}\)。比如，已知等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)中\(zhòng)(a_{3}=8\)，\(q=2\)，則\(a_{6}=a_{3}q^{6-3}=8\times2^{3}=64\)。（二）前\(n\)項(xiàng)和性質(zhì)1.等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)的前\(n\)項(xiàng)和為\(S_{n}\)，則\(S_{n}\)，\(S_{2n}-S_{n}\)，\(S_{3n}-S_{2n}\)仍成等比數(shù)列（\(q\neq-1\)或\(n\)為奇數(shù)）。例如，等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)的前\(n\)項(xiàng)和\(S_{n}=2^{n}-1\)，則\(S_{2n}=2^{2n}-1\)，\(S_{3n}=2^{3n}-1\)，\(S_{2n}-S_{n}=2^{2n}-2^{n}\)，\(S_{3n}-S_{2n}=2^{3n}-2^{2n}\)，\(\frac{S_{2n}-S_{n}}{S_{n}}=\frac{2^{2n}-2^{n}}{2^{n}-1}=2^{n}\)，\(\frac{S_{3n}-S_{2n}}{S_{2n}-S_{n}}=\frac{2^{3n}-2^{2n}}{2^{2n}-2^{n}}=2^{n}\)，所以\(S_{n}\)，\(S_{2n}-S_{n}\)，\(S_{3n}-S_{2n}\)成等比數(shù)列。2.若數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)是公比為\(q\)的等比數(shù)列，則\(S_{n+m}=S_{n}+q^{n}S_{m}\)。四、等比數(shù)列解題技巧（一）基本量法基本量法是解決等比數(shù)列問題的最常用方法。等比數(shù)列的基本量是\(a_{1}\)和\(q\)，只要知道了\(a_{1}\)和\(q\)，就可以求出數(shù)列的任意一項(xiàng)和前\(n\)項(xiàng)和。例1：已知等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)中，\(a_{3}=12\)，\(a_{5}=48\)，求\(a_{1}\)和\(q\)。解：由等比數(shù)列通項(xiàng)公式\(a_{n}=a_{1}q^{n-1}\)可得\(\begin{cases}a_{3}=a_{1}q^{2}=12\\a_{5}=a_{1}q^{4}=48\end{cases}\)，用\(\frac{a_{5}}{a_{3}}\)得：\(\frac{a_{1}q^{4}}{a_{1}q^{2}}=\frac{48}{12}\)，即\(q^{2}=4\)，解得\(q=\pm2\)。當(dāng)\(q=2\)時(shí)，代入\(a_{1}q^{2}=12\)，得\(4a_{1}=12\)，\(a_{1}=3\)；當(dāng)\(q=-2\)時(shí)，代入\(a_{1}q^{2}=12\)，得\(4a_{1}=12\)，\(a_{1}=3\)。所以\(a_{1}=3\)，\(q=\pm2\)。（二）性質(zhì)法利用等比數(shù)列的性質(zhì)可以簡(jiǎn)化計(jì)算過程，提高解題效率。例2：在等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_{n}\}\)中，\(a_{1}+a_{2}+a_{3}=7\)，\(a_{1}a_{2}a_{3}=8\)，求\(a_{n}\)。解：因?yàn)閈(a_{1}a_{3}=a_{2}^{2}\)，所以\(a_{1}a_{2}a_{3}=a_{2}^{3}=8\)，解得\(a_{2}=2\)。則\(a_{1}+a_{3}=7-a_{2}=5\)，\(a_{1}a_{3}=a_{2}^{2}=4\)，所以\(a_{1}\)，\(a_{3}\)是方程\(x^{2}-5x+4=0\)的兩根，解方程得\((x-1)(x-4)=0\)，\(x=1\)或\(x=4\)。當(dāng)\(a_{1}=1\)，\(a_{3}=4\)時(shí)，\(q^{2}=\frac{a_{3}}{a_{1}}=4\)，\(q=\pm2\)，\(a_{n}=2^{n-1}\)或\(a_{n}=(-2)^{n-1}\)；當(dāng)\(a_{1}=4\)，\(a_{3}=1\)時(shí)，\(q^{2}=\frac{a_{3}}{a_{1}}=\frac{1}{4}\)，\(q=\pm\frac{1}{2}\)，\(a_{n}=4\times(\frac{1}{2})^{n-1}=2^{3-n}\)或\(a_{n}=4\times(-\frac{1}{2})^{n-1}\)。（三）錯(cuò)位相減法錯(cuò)位相減法主要用于求一個(gè)等差數(shù)列與一個(gè)等比數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)乘積構(gòu)成的新數(shù)列的前\(n\)項(xiàng)和。例3：求數(shù)列\(zhòng)(\{n\cdot2^{n}\}\)的前\(n\)項(xiàng)和\(S_{n}\)。解：\(S_{n}=1\times2+2\times2^{2}+3\times2^{3}+\cdots+n\times2^{n}\)①\(2S_{n}=1\times2^{2}+2\times2^{3}+3\times2^{4}+\cdots+(n-1)\times2^{n}+n\times2^{n+1}\)②①-②得：\(-S_{n}=2+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}-n\times2^{n+1}\)其中\(zhòng)(2+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}\)是首項(xiàng)為\(2\)，公比為\(2\)的等比數(shù)列的前\(n\)項(xiàng)和，根據(jù)等比數(shù)列前\(n\)項(xiàng)和公式可得\(2+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}=\frac{2(1-2^{n})}{1-2}=2^{n+1}-2\)。所以\(-S_{n}=2^{n+1}-2-n\times2^{n+1}=(1-n)2^{n+1}-2\)，則\(S_{n}=(n-1)2^{n+1}+2\)。五、總結(jié)等比數(shù)列是蘇教版高