10、=3++
=3+。故選D。
（2）解：（1）由，
，
由正弦定理知，
（2），。
由余弦定理知：
點評：本題考查了在三角形正弦定理的的運用，以及三角公式恒等變形、化簡等知識的運用。
例6．在銳角中，角所對的邊分別為，已知，（1）求的值；（2）若，，求的值。
解析：（1）因為銳角△ABC中，A＋B＋C＝p，，所以cosA＝，
則
（2），則bc＝3。
將a＝2，cosA＝，c＝代入余弦定理：中，
得解得b＝。
點評：知道三角形邊外的元素如中線長、面積、周長等時，靈活逆用公式求得結果即可。
題型4：三角形中求值問題
例7．的三個內角為，求當A為何值時，取得最
11、大值，并求出這個最大值。
解析：由A+B+C=π，得=－，所以有cos =sin。
cosA+2cos =cosA+2sin =1－2sin2 + 2sin=－2(sin － )2+ ；
當sin = ，即A=時, cosA+2cos取得最大值為。
點評：運用三角恒等式簡化三角因式最終轉化為關于一個角的三角函數的形式，通過三角函數的性質求得結果。
例8．（06四川文，18）已知A、B、C是三內角，向量，且，（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）若
解析：（Ⅰ）∵ ∴，即，
，；
∵，∴，∴。
（Ⅱ）由題知，
整理得，∴ ∴；
∴或，而使，舍去；
∴。
點評：本小題主要考察三角函數概念、
12、同角三角函數的關系、兩角和與差的三角函數的公式以及倍角公式，考察應用、分析和計算能力。
題型5：三角形中的三角恒等變換問題
例9．在△ABC中，a、b、c分別是∠A、∠B、∠C的對邊長，已知a、b、c成等比數列，且a2－c2=ac－bc，求∠A的大小及的值。
分析：因給出的是a、b、c之間的等量關系，要求∠A，需找∠A與三邊的關系，故可用余弦定理。由b2=ac可變形為=a，再用正弦定理可求的值。
解法一：∵a、b、c成等比數列，∴b2=ac。
又a2－c2=ac－bc，∴b2+c2－a2=bc。
在△ABC中，由余弦定理得：cosA===，∴∠A=60°。
在△ABC中，由正弦定
13、理得sinB=，∵b2=ac，∠A=60°，
∴=sin60°=。
解法二：在△ABC中，
由面積公式得bcsinA=acsinB。
∵b2=ac，∠A=60°，∴bcsinA=b2sinB。
∴=sinA=。
評述：解三角形時，找三邊一角之間的關系常用余弦定理，找兩邊兩角之間的關系常用正弦定理。
例10．（2002京皖春，17）在△ABC中，已知A、B、C成等差數列，求的值。
解析：因為A、B、C成等差數列，又A＋B＋C＝180°，所以A＋C＝120°，
從而＝60°，故tan.由兩角和的正切公式，
得。
所以
。
點評：在三角函數求值問題中的解題思路，一般是運用基
14、本公式，將未知角變換為已知角求解，同時結合三角變換公式的逆用。
題型6：正、余弦定理判斷三角形形狀
例11．（2002上海春，14）在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，則△ABC的形狀一定是（ ）
A.等腰直角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等邊三角形
答案：C
解析：2sinAcosB＝sin（A＋B）＋sin（A－B）又∵2sinAcosB＝sinC，
∴sin（A－B）＝0，∴A＝B
點評：本題考查了三角形的基本性質，要求通過觀察、分析、判斷明確解題思路和變形方向，通暢解題途徑。
例12．（06安徽理，11）如果的三個內
15、角的余弦值分別等于的三個內角的正弦值，則（ ）
A．和都是銳角三角形
B．和都是鈍角三角形
C．是鈍角三角形，是銳角三角形
D．是銳角三角形，是鈍角三角形
解析：的三個內角的余弦值均大于0，則是銳角三角形，
若是銳角三角形，由，得，
那么，，所以是鈍角三角形。故選D。
點評：解決此類問題時要結合三角形內角和的取值問題，同時注意實施關于三角形內角的一些變形公式。
北
20
10
A
B
?
?C
題型7：正余弦定理的實際應用
例13．（06上海理，18）如圖，當甲船位于A處時獲悉，在其正東方向相距20海里的B處有一艘漁船遇險等待營救．甲船立即前往救援，同時
16、把消息告知在甲船的南偏西30，相距10海里C處的乙船，試問乙船應朝北偏東多少度的方向沿直線前往B處救援（角度精確到1）？
解析：連接BC,由余弦定理得BC2=202+102－2×20×10COS120°=700.
于是,BC=10。 ∵，∴sin∠ACB=，
∵∠ACB<90°，∴∠ACB=41°。
∴乙船應朝北偏東71°方向沿直線前往B處救援。
點評：解三角形等內容提到高中來學習，又近年加強數形結合思想的考查和對三角變換要求的降低，對三角的綜合考查將向三角形中問題伸展，但也不可太難，只要掌握基本知識、概念，深刻理解其中基本的數量關系即可過關。
例14．（06江西理，19
17、）如圖，已知△ABC是邊長為1的正三角形，M、N分別是
邊AB、AC上的點，線段MN經過△ABC的中心G，設DMGA＝a（）
（1）試將△AGM、△AGN的面積（分別記為S1與S2）；
（2）表示為a的函數，求y＝的最大值與最小值。
解析：（1）因為G是邊長為1的正三角形ABC的中心，所以 AG＝，DMAG＝，由正弦定理得，則S1＝GM·GA·sina＝。同理可求得S2＝。
（2）y＝＝＝72（3＋cot2a）因為，
所以當a＝或a＝時，y取得最大值ymax＝240，當a＝時，y取得最小值ymin＝216。
點評：三角函數有著廣泛的應用，本題就是一個典型的范例。通過引入角度，
18、將圖形的語言轉化為三角的符號語言，再通過局部的換元，又將問題轉化為我們熟知的函數，這些解題思維的拐點，你能否很快的想到呢？
五．思維總結
1．解斜三角形的常規(guī)思維方法是：
（1）已知兩角和一邊（如A、B、C），由A+B+C = π求C，由正弦定理求a、b；
（2）已知兩邊和夾角（如a、b、c），應用余弦定理求c邊；再應用正弦定理先求較短邊所對的角，然后利用A+B+C = π，求另一角；
（3）已知兩邊和其中一邊的對角（如a、b、A），應用正弦定理求B，由A+B+C = π求C，再由正弦定理或余弦定理求c邊，要注意解可能有多種情況；
（4）已知三邊a、b、c，應余弦定理求A、B，再由
19、A+B+C = π，求角C。
2．三角形內切圓的半徑：，特別地，；
3．三角學中的射影定理：在△ABC 中，，…
4．兩內角與其正弦值：在△ABC 中，，…
5．解三角形問題可能出現一解、兩解或無解的情況，這時應結合“三角形中大邊對大角定理及幾何作圖來幫助理解”。
普通高中課程標準實驗教科書—數學 [人教版]
高三新數學第一輪復習教案（講座29）—等比數列
一．課標要求：
1．通過實例，理解等比數列的概念；
2．探索并掌握等差數列的通項公式與前n項和的公式；
3．能在具體的問題情境中，發(fā)現數列的等比關系，并能用有關知識解決相應的問題。體會等比數列與指數函數的關
20、系。
二．命題走向
等比數列與等差數列同樣在高考中占有重要的地位，是高考出題的重點?？陀^性的試題考察等比數列的概念、性質、通項公式、求和公式等基礎知識和基本性質的靈活應用，對基本的運算要求比較高，解答題大多以數列知識為工具。
預測07年高考對本講的考察為：
（1）題型以等比數列的公式、性質的靈活應用為主的1~2道客觀題目；
（2）關于等比數列的實際應用問題或知識交匯題的解答題也是重點；
（3）解決問題時注意數學思想的應用，象通過逆推思想、函數與方程、歸納猜想、等價轉化、分類討論等，它將能靈活考察考生運用數學知識分析問題和解決問題的能力。
三．要點精講
1．等比數列定義
一般地
21、，如果一個數列從第二項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數，那么這個數列就叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的公比；公比通常用字母表示，即：：數列對于數列（1）（2）（3）都是等比數列，它們的公比依次是2，5，。（注意：“從第二項起”、“常數”、等比數列的公比和項都不為零）
2．等比數列通項公式為：。
說明：（1）由等比數列的通項公式可以知道：當公比時該數列既是等比數列也是等差數列；（2）等比數列的通項公式知：若為等比數列，則。
3．等比中項
如果在中間插入一個數，使成等比數列，那么叫做的等比中項（兩個符號相同的非零實數，都有兩個等比中項）。
4．等比數列前n項和公式
一般地，
22、設等比數列的前n項和是，當時， 或；當q=1時，（錯位相減法）。
說明：（1）和各已知三個可求第四個；（2）注意求和公式中是，通項公式中是不要混淆；（3）應用求和公式時，必要時應討論的情況。
四．典例解析
題型1：等比數列的概念
例1．“公差為0的等差數列是等比數列”；“公比為的等比數列一定是遞減數列”；“a,b,c三數成等比數列的充要條件是b2=ac”；“a,b,c三數成等差數列的充要條件是2b=a+c”，以上四個命題中，正確的有（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
解析：四個命題中只有最后一個是真命題。
命題1中未考慮各項
23、都為0的等差數列不是等比數列；
命題2中可知an+1=an×，an+1an，即an+1>an，此時該數列為遞增數列；
命題3中，若a=b=0，c∈R，此時有，但數列a,b,c不是等比數列，所以應是必要而不充分條件，若將條件改為b=，則成為不必要也不充分條件。
點評：該題通過一些選擇題的形式考察了有關等比數列的一些重要結論，為此我們要注意一些有關等差數列、等比數列的重要結論。
例2．命題1：若數列{an}的前n項和Sn=an+b(a≠1)，則數列{an}是等比數列；
命題2：若數列{an}的前n項和Sn=an2+bn+c(a≠0)，則
24、數列{an}是等差數列；
命題3：若數列{an}的前n項和Sn=na－n，則數列{an}既是等差數列，又是等比數列；上述三個命題中，真命題有（ ）
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
解析： 由命題1得，a1=a+b，當n≥2時，an=Sn－Sn－1=(a－1)·an－1。若{an}是等比數列，則=a，即=a，所以只有當b=－1且a≠0時，此數列才是等比數列。
由命題2得，a1=a+b+c，當n≥2時，an=Sn－Sn－1=2na+b－a，若{an}是等差數列，則a2－a1=2a，即2a－c=2a，所以只有當c=0時，數列{an}才是等差數列
25、。
由命題3得，a1=a－1，當n≥2時，an=Sn－Sn－1=a－1，顯然{an}是一個常數列，即公差為0的等差數列，因此只有當a－1≠0；即a≠1時數列{an}才又是等比數列。
點評：等比數列中通項與求和公式間有很大的聯(lián)系，上述三個命題均涉及到Sn與an的關系，它們是an=，正確判斷數列{an}是等差數列或等比數列，都必須用上述關系式，尤其注意首項與其他各項的關系。上述三個命題都不是真命題，選擇A。
題型2：等比數列的判定
例3．（2000全國理，20）（Ⅰ）已知數列｛cn｝，其中cn＝2n＋3n，且數列｛cn＋1－pcn｝為等比數列，求常數p；（Ⅱ）設｛an｝、｛bn｝是公比不相
26、等的兩個等比數列，cn=an+bn，證明數列｛cn｝不是等比數列。
解析：（Ⅰ）解：因為｛cn＋1－pcn｝是等比數列，
故有：（cn＋1－pcn）2＝（cn＋2－pcn＋1）（cn－pcn－1），
將cn＝2n＋3n代入上式，得：
［2n＋1＋3n＋1－p（2n＋3n）］2＝［2n＋2＋3n＋2－p（2n＋1＋3n＋1）］·［2n＋3n－p（2n－1＋3n－1）］，
即［（2－p）2n＋（3－p）3n］2
＝［（2－p）2n＋1＋（3－p）3n＋1］［（2－p）2n－1＋（3－p）3n－1］，
整理得（2－p）（3－p）·2n·3n＝0，解得p=2或p=3。
（Ⅱ）證明：設｛
27、an｝、｛bn｝的公比分別為p、q，p≠q，cn=an+bn。
為證｛cn｝不是等比數列只需證c22≠c1·c3。
事實上，c22＝（a1p＋b1q）2＝a12p2＋b12q2＋2a1b1pq，
c1·c3＝（a1＋b1）（a1p2＋b1q2）＝a12p2＋b12q2＋a1b1（p2＋q2），
由于p≠q，p2＋q2＞2pq，又a1、b1不為零，
因此c22≠c1·c3，故｛cn｝不是等比數列。
點評：本題主要考查等比數列的概念和基本性質，推理和運算能力。
例4．（2003京春，21）如圖3—1，在邊長為l的等邊△ABC中，圓O1為△ABC的圖3—1
內切圓，圓O2與圓O1外切
28、，且與AB，BC相切，…，圓On+1與圓On外切，且與AB、BC相切，如此無限繼續(xù)下去.記圓On的面積為an（n∈N*），證明{an}是等比數列；
證明：記rn為圓On的半徑，則r1=tan30°=。=sin30°=，所以rn=rn－1（n≥2），于是a1=πr12=，故{an}成等比數列。
點評：該題考察實際問題的判定，需要對實際問題情景進行分析，最終對應數值關系建立模型加以解析。
題型3：等比數列的通項公式及應用
例5．一個等比數列有三項，如果把第二項加上4，那么所得的三項就成為等差數列，如果再把這個等差數列的第三項加上32，那么所得的三項又成為等比數列，求原來的等比數列。
解析
29、：設所求的等比數列為a，aq，aq2；
則2(aq+4)=a+aq2，且(aq+4)2=a(aq2+32)；
解得a=2，q=3或a=，q=－5；
故所求的等比數列為2，6,18或，－，。
點評：第一種解法利用等比數列的基本量，先求公比，后求其它量，這是解等差數列、等比數列的常用方法，其優(yōu)點是思路簡單、實用，缺點是有時計算較繁。
例6．（2006年陜西卷）已知正項數列，其前項和滿足且成等比數列，求數列的通項
解析：∵10Sn=an2+5an+6， ①
∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3。
又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)，②
由①
30、－②得 10an=(an2－an－12)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0
∵an+an－1>0 , ∴an－an－1=5 (n≥2)。
當a1=3時，a3=13，a15=73，a1, a3,a15不成等比數列
∴a1≠3；
當a1=2時,，a3=12， a15=72，有 a32=a1a15 , ∴a1=2, ∴an=5n－3。
點評：該題涉及等比數列的求和公式與等比數列通項之間的關系，最終求得結果。
題型4：等比數列的求和公式及應用
例7．（1）（2006年遼寧卷）在等比數列中,,前項和為,若數列也是等比數列，則等于（ ）
A．
31、 B． C． D．
（2）（2006年北京卷）設，則等于（ ）
A． B． C． D．
（3）（1996全國文，21）設等比數列｛an｝的前n項和為Sn，若S3＋S6＝2S9，求數列的公比q；解析：（1）因數列為等比，則，因數列也是等比數列，
則
即，所以，故選擇答案C。
（2）D；
（3）解：若q=1，則有S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。
因a1≠0，得S3+S6≠2S9，顯然q=1與題設矛盾，故q≠1。
由S3+S6=2S9，得，整理得q3（2q6－q3－1）=0，由q≠0，得2q6－q3－1=0，從而（2q3＋1
32、）（q3－1）=0，因q3≠1，故q3=－，所以q=－。
點評：對于等比數列求和問題要先分清數列的通項公式，對應好首項和公比求出最終結果即可。
例8．（1）（2002江蘇，18）設｛an｝為等差數列，｛bn｝為等比數列，a1＝b1＝1，a2＋a4＝b3，b2b4＝a3．分別求出｛an｝及｛bn｝的前10項的和S10及T10；
（2）（2001全國春季北京、安徽，20）在1與2之間插入n個正數a1，a2，a3……，an，使這n＋2個數成等比數列；又在1與2之間插入n個正數b1，b2，b3，……，bn，使這n＋2個數成等差數列.記An＝a1a2a3……an，Bn＝b1＋b2＋b3＋……＋bn
33、.
（Ⅰ）求數列｛An｝和｛Bn｝的通項；
（Ⅱ）當n≥7時，比較An與Bn的大小，并證明你的結論。
（3）（2002天津理，22）已知｛an｝是由非負整數組成的數列，滿足a1＝0，a2＝3，
an＋1an＝（an－1＋2）（an－2＋2），n＝3，4，5，…．
（Ⅰ）求a3；
（Ⅱ）證明an＝an－2＋2，n＝3，4，5，…；
（Ⅲ）求｛an｝的通項公式及其前n項和Sn。
解析：（1）∵｛an｝為等差數列，｛bn｝為等比數列，
∴a2＋a4＝2a3，b2b4＝b32．
已知a2＋a4＝b3，b2b4＝a3，
∴b3＝2a3，a3＝b32．
得 b3＝2b32．
∵b
34、3≠0 ∴b3＝，a3＝．
由a1＝1，a3＝知｛an｝的公差為d＝，
∴S10＝10a1＋．
由b1＝1，b3＝知｛bn｝的公比為q＝或q＝．
當q＝時，，
當q＝時，。
（2）（Ⅰ）設公比為q，公差為d，等比數列1，a1，a2，……，an，2，等差數列1，b1，b2，……，bn，2。
則A1＝a1＝1·q A2＝1·q·1·q2 A3＝1·q·1·q2·1·q3
又∵an＋2＝1·qn＋1＝2得qn＋1＝2，
An＝q·q2…qn＝q（n＝1，2，3…）
又∵bn＋2＝1＋（n＋1）d＝2 ∴（n＋1）d＝1
B1＝b1＝1＋d B2＝b2＋b1＝1＋d＋1
35、＋2d Bn＝1＋d＋…＋1＋nd＝n
（Ⅱ）An＞Bn，當n≥7時
證明：當n＝7時，23．5＝8·＝An Bn＝×7，∴An＞Bn
設當n＝k時，An＞Bn，則當n＝k＋1時，
又∵Ak+1＝· 且Ak＞Bk ∴Ak＋1＞·k
∴Ak＋1－Bk＋1＞
又∵k＝8，9，10… ∴Ak＋1－Bk＋1＞0，綜上所述，An＞Bn成立.
（3）（Ⅰ）解：由題設得a3a4＝10，且a3、a4均為非負整數，所以a3的可能的值為1，2，5，10．
若a3＝1，則a4＝10，a5＝，與題設矛盾．
若a3＝5，則a4＝2，a5＝，與題設矛盾．
若a3＝10，則a4＝1，a5＝6
36、0，a6＝，與題設矛盾.
所以a3＝2.
（Ⅱ）用數學歸納法證明：
①當n＝3，a3＝a1＋2，等式成立；
②假設當n＝k（k≥3）時等式成立，即ak＝ak－2＋2,由題設ak＋1ak＝（ak－1＋2）·（ak－2＋2），因為ak＝ak－2＋2≠0，所以ak＋1＝ak－1＋2，
也就是說，當n＝k＋1時，等式ak＋1＝ak－1＋2成立；
根據①和②，對于所有n≥3，有an+1=an－1+2。
（Ⅲ）解：由a2k－1＝a2（k－1）－1＋2，a1＝0，及a2k＝a2（k－1）＋2，a2＝3得a2k－1＝2（k－1），a2k＝2k＋1，k＝1，2，3，…，即an＝n＋（－1）n，n＝
37、1，2，3，…。
所以Sn＝
點評：本小題主要考查數列與等差數列前n項和等基礎知識，以及準確表述，分析和解決問題的能力。
題型5：等比數列的性質
例9．（1）（2005江蘇3）在各項都為正數的等比數列{an}中，首項a1＝3，前三項和為21，則a3＋a4＋a5＝（ ）
（A）33 （B）72 （C）84 （D）189
（2）（2000上海，12）在等差數列｛an｝中，若a10＝0，則有等式a1+a2+…＋an=a1+a2+…＋a19－n（n＜19，n∈N成立.類比上述性質，相應地：在等比數列｛bn｝中，若b9＝1，則有等式
38、成立。
解析：（1）答案：C；解：設等比數列{an}的公比為q(q>0)，由題意得:a1+a2+a3=21,即3+3q+3q2=21,q2+q-6=0，求得q=2(q=－3舍去)，所以a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4故選C。
（2）答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）；
解：在等差數列｛an｝中，由a10＝0，得a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋a19－n＝2a10＝0，
所以a1＋a2＋…＋an＋…＋a19＝0，即a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1，
又∵a1＝－a19，a2＝－a18，…，a19
39、－n＝－an＋1
∴a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1＝a1＋a2＋…＋a19－n，
若a9＝0，同理可得a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋a17－n，
相應地等比數列｛bn｝中，則可得：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）。
點評：本題考查了等比數列的相關概念及其有關計算能力。
例10．（1）設首項為正數的等比數列，它的前n項和為80，前2n項和為6560，且前n項中數值最大的項為54，求此數列的首項和公比q。
（2）在和之間插入n個正數，使這個數依次成等比數列，求所插入的n個數之積。
（3）設等比數列{an}的各項均為正數，項數是偶數，
40、它的所有項的和等于偶數項和的4倍，且第二項與第四項的積是第3項與第4項和的9倍，問數列{lgan}的前多少項和最大？(lg2=0 3,lg3=0.4)
解析：（1）設等比數列｛an｝的前n項和為Sn，依題意設：a1＞0，Sn=80 ，S2n=6560。
∵S2n≠2Sn ，∴q≠1；
從而 =80，且=6560。
兩式相除得1+qn=82 ，即qn=81。
∴a1=q－1＞0 即q＞1,從而等比數列｛an｝為遞增數列，故前n項中數值最大的項為第n項。
∴a1qn-1=54,從而(q－1)qn-1=qn-qn-1=54。
∴qn-1=81－54=27
∴q==3。
∴a1
41、=q－1=2
故此數列的首為2，公比為3。
（2）解法1：設插入的n個數為，且公比為q，
則
。
解法2：設插入的n個數為，
。
（3）解法一 設公比為q,項數為2m,m∈N*，
依題意有：，
化簡得，
設數列{lgan}前n項和為Sn，
則Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1n·q1+2+…+(n－1)
=nlga1+n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3
=(－)·n2+(2lg2+lg3)·n
可見，當n=時，Sn最大，
而=5,故{lgan}的前5項和最大，
解法二 接前，,于是lgan=
42、lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg，
∴數列{lgan}是以lg108為首項，以lg為公差的等差數列，
令lgan≥0，得2lg2－(n－4)lg3≥0，
∴n≤=5.5，
由于n∈N*,可見數列{lgan}的前5項和最大。
點評：第一種解法利用等比數列的基本量，先求公比，后求其它量，這是解等差數列、等比數列的常用方法，其優(yōu)點是思路簡單、實用，缺點是有時計算較繁；第二種解法利用等比數列的性質，與“首末項等距”的兩項積相等，這在解題中常用到。
題型6：等差、等比綜合問題
例11．（2006年廣東卷）已知公比為的無窮等比數列各項的和為9，無窮等比數列各項的和為。
43、(Ⅰ)求數列的首項和公比；
(Ⅱ)對給定的，設是首項為，公差為的等差數列．求數列的前10項之和。
解析：(Ⅰ)依題意可知：，
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,，所以數列的的首項為,公差，,即數列的前10項之和為155。
點評：對于出現等差、等比數列的綜合問題，一定要區(qū)分開各自的公式，不要混淆。
五．思維總結
1．等比數列的知識要點（可類比等差數列學習）
（1）掌握等比數列定義＝q（常數）（nN），同樣是證明一個數列是等比數列的依據，也可由an·an＋2＝來判斷；
（2）等比數列的通項公式為an＝a1·qn－1；
（3）對于G 是a、b 的等差中項，則G2＝ab，G＝±；
（4）特別要注意等比數列前n 項和公式應分為q＝1與q≠1兩類，當q＝1時，Sn＝na1，當q≠1時，Sn＝，Sn＝。
2．等比數列的判定方法
①定義法：對于數列，若，則數列是等比數列；
②等比中項：對于數列，若，則數列是等比數列。
3．等比數列的性質
①等比數列任意兩項間的關系：如果是等比數列的第項，是等差數列的第項，且，公比為，則有；
②對于等比數列，若，則，也就是：，如圖所示：。
③若數列是等比數列，是其前n項的和，，那么，，成等比數列。
如下圖所示：
《新課標》高三數學（人教版）第一輪復習單元講座 第27講 正、余弦定理及應用
