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1、等比数列教学案 第2课时 等比数列的性质 知能目标解读 1.结合等差数列的性质，了解等比数列的性质和由来. 2.理解等比数列的性质及应用. 3.掌握等比数列的性质并能综合运用. 重点难点点拨 重点：等比数列性质的运用. 难点：等比数列与等差数列的综合应用. 学习方法指导 1.在等比数列中，我们随意取出连续三项及以上的数，把它们重新依次看成一个新的数列，则此数列仍为等比数列，这是因为随意取出连续三项及以上的数，则以取得的第一个数为首项，且仍满足从第2项起，每一项与它的前一项的比都是同一个常数，且这个常数量仍为原数列的公
2、比，所以，新形成的数列仍为等比数列. 2.在等比数列中，我们任取下角标成等差的三项及以上的数，按原数列的先后顺序排列所构成的数列仍是等比数列，简言之：下角标成等差，项成等比.我们不妨设从等比数列{an}中依次取出的数为ak,ak+m,ak+2m,ak+3m,…,则===…=qm(q为原等比数列的公比)，所以此数列成等比数列. 3.如果数列{an}是等比数列，公比为q,c是不等于零的常数，那么数列{can}仍是等比数列，且公比仍为q;?{
3、an
4、}?也是等比，且公比为
5、q
6、.我们可以设数列{an}的公比为q,且满足=q,则==q,所以
7、数列{can}仍是等比数列，公比为q.同理，可证{
8、an
9、}也是等比数列，公比为
10、q
11、. 4.在等比数列{an}中，若m+n=t+s且m,n,t,s∈N+则aman=atas.理由如下：因为aman=a1qm-1•a1qn-1 =a21qm+n-2,atas=a1qt-1•a1qs-1=a21qt+s-2,又因为m+n=t+s,所以m+n-2=t+s-2,所以aman=atas.从此性质还可得到，项数确定的等比数列，距离首末两端相等的两项之积等于首末两项之积. 5.若{an}，{bn}均为等比数列，公比分别为q1,q2,则 （1
12、）{anbn}仍为等比数列，且公比为q1q2. (2){}仍为等比数列，且公比为. 理由如下：（1）=q1q2,所以{anbn}仍为等比数列，且公比为q1q2;(2)•=, 所以｛}仍为等比数列，且公比为. 知能自主梳理 1.等比数列的项与序号的关系 （1）两项关系 通项公式的推广： an=am• (m、n∈N+). (2)多项关系 项的运算性质 若m+n=p+q(m、n、p、q∈N+)， 则am•an= . 特别地，若m+n=2p(m、n、p∈N+）， 则am•an＝ . 2.等比数列的项的对称性
13、 有穷等比数列中，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积（若有中间项则等于中间项的平方），即a1•an＝a2• =ak• =a2(n为正奇数). ［答案］ 1.qn-m ap•aq a2p 2.an-1 an-k+1 思路方法技巧 命题方向 运用等比数列性质an=am•qn-m(m、n∈N+)解题 ［例1］ 在等比数列{an}中，若a2=2,a6=162,求a10. ［分析］ 解答本题可充分利用等比数列的性质及通项公式，求得q,再求a10. ［解析］ 解法一：设公比为q,由题意得 a1q=2 a1= a1
14、=- ，解得 ，或 . a1q5=162 q=3 q=-3 ∴a10=a1q9=×39=13122或a10=a1q9=-×（-3）9=13122. 解法二：∵a6=a2q4, ∴q4===81, ∴a10=a6q4=162×81=13122. 解法三：在等比数列中，由a26=a2•a10得 a10===13122. ［说明］ 比较上述三种解法，可看出解法二、解法三利用等比数列的性质求解，使问题变得简单、明了，因此要熟练掌握等比数列的性质，在解有关等比数列的问题时，要注意等比数列性质的应用. 变式应用
15、1 已知数列{an}是各项为正的等比数列，且q≠1,试比较a1+a8与a4+a5的大小. ［解析］ 解法一：由已知条件a1>0,q>0，且q≠1,这时 (a1+a8)-(a4+a5)=a1(1+q7-q3-q4)=a1(1-q3)•（1-q4） =a1(1-q)2(1+q+q2)(1+q+q2+q3)>0, 显然，a1+a8>a4+a5. 解法二：利用等比数列的性质求解. 由于(a1+a8)-(a4+a5)=(a1-a4)-(a5-a8) =a1(1-q3)-a5(1-q3)=(1-q3)(a1-a5). 当01时，此正
16、数等比数列单调递增，1-q3与a1-a5同为负数， ∵(a1+a8)-(a4+a5)恒正. ∴a1+a8>a4+a5. 命题方向 运用等比数列性质am•an=apaq(m,n,p,q∈N+,且m+n=
