等比数列学案1.docx
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等比数列学案1
等比数列学案
第4课时 等比数列的综合应用
知能目标解读
进一步巩固等比数列的通项公式、性质及前n项和公式.
掌握数列求和的常用方法——错位相减法.
重点难点点拨
重点:
错位相减法求和的理解及等比数列性质的应用.
难点:
错位相减法求和的应用.
学习方法指导
如果数列{an}是等差数列,公差为d;数列{bn}是等比数列,公比为q,求数列{anbn}的前n项和,可以运用错位相减法.方法如下:
设Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,当q=1时,{bn}是常数列,Sn=b1=;当q≠1时,则qSn=qa1b1+qa2b2+qa3b3+…+qanbn=a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1,所以Sn-qSn=Sn=a1b1+b2+b3+…+bn•-anbn+1=a1b1+d•
-anbn+1,
所以Sn=.
知能自主梳理
在等比数列的前n项和公式Sn=中,如果令A=,那么Sn=.
若Sn表示数列{an}的前n项和,且Sn=Aqn-A,则数列{an}是
在等比数列{an}中,Sn为其前n项和.
当q=-1且为偶数时,S,S2-S,S3-S2;
当q≠-1或为奇数时,数列S,S2-S,S3-S2.
[答案] 1. Aqn-A
等比数列
不是等比数列 是等比数列
思路方法技巧
命题方向 等比数列性质的应用
[例1] 等比数列{an},已知a1=5,a9a10=100,求a18;
在等比数列{bn}中,b4=3,求该数列前七项之积;
在等比数列{an}中,a2=-2,a5=54,求a8.
[分析] 由等比数列的性质可知:
与首末两项等距离的两项积等于首末两项的积,与某一项距离相等的两项之积等于这一项的平方.
[解析] ∵a1a18=a9a10,
∴a18===20.
b1b2b3b4b5b6b7=b4.
∵b24=b1b7=b2b6=b3b5,
∴前七项之积为3×3=37=2187.
解法一:
a8=a5q3=a5•=54×=-1458.
解法二:
∵a5是a2与a8的等比中项,
∴542=a8×.
∴a8=-1458.
[说明] 本题的求解,主要应用了等比数列的性质,若,n,,l∈N+且+n=+l,则a•an=a•al.由此可见,在等比数列问题中,合理应用性质,可使解法简捷.
变式应用1 已知{an}是等比数列,且a1a10=243,a4+a7=84,求a11.
[解析] ∵a4•a7=a1•a10,∴a4a7=243,
a4=81a4=3
又a4+a7=84,∴,或
a7=3a7=81
∴q=或q=3.
∴a11=3q4=3×4=或a11=81×34=6561.
命题方向 与前n项和有关的等比数列的性质问题
[例2] 各项都是正实数的等比数列{an},前n项的和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S40等于
A.150B.-200c.150或-200D.400或-50
[答案] A
[分析] 本题思路较为广泛,可以运用等比数列前n项和公式列方程,确定基本量a1,q后求解,也可以应用等比数列前n项和的性质求解.
[解析] 解法一:
设首项为a1,公比为q,由题意知q≠±1.
=10
①
由,
=70
②
由以上两式相除得q20+q10-6=0,解得q10=2或q10=-3,代入①有=-10,
∴S40==-10×=150.
解法二:
易知q≠±1,由S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成公比为q10的等比数列,则
S30=S10++=S10+q10S10+q20S10,
即q20+q10-6=0,解得q10=2或q10=-3,
∴S40=S10+++=10=150.
解法三:
运用性质S+n=S+qSn求解,
∵S30=S20+q20S10=S10+q10S10+q20S10
从而有q20+q10-6=0,解得q10=2或q10=-3.
∴S40=S30+q30S10=70+8×10=150.
解法四:
易知q≠±1,∵=,∴q20+q10-6=0,
解得q10=2或q10=-3.
又=,所以S40=150.
[说明] 在与等比数列的和有关的问题中,合理应用和的性质,可以简化运算,本题的解法二运用了当q≠-1时,数列S,S2-S,S3-S2,…仍成等比数列,公比为q,解法三运用了等比数列的性质:
S+n=S+qSn,解法四运用了等比数列的性质:
当q≠±1时,=.
变式应用2 等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5=10,S10=20,则S15等于.
[答案] 30
[解析] ∵{an}为等比数列,
∴S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,
=S5,
即100=10,
解得S15=30.
探索延拓创新
命题方向 错位相减法求数列的和
[例3] 求数列1,3a,5a2,7a3,…,an-1的前n项和.
[分析] 由题设可知数列的通项公式为an=•an-1,数列的每一项可分成两个因式,前一个因式可构成等差数列,后一个因式可构成等比数列,故可选用错位相减法求和.
[解析] 当a=1时,Sn=1+3+5+…+==n2.
当a≠1时,有Sn=1+3a+5a2+7a3+…+•an-1
①,
aSn=a+3a2+5a2+7a4+…+an
②,
①-②得,Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-an=1+-an,
∴Sn=+.
[说明] 一般来说,如果数列{an}是等差数列,公差为d;数列{bn}是等比数列,公比为q,则求数列{anbn}的前n项和就可以运用错位相减法.
变式应用3 求数列{n•2n}的前n项和Sn.
[解析] ∵Sn=1•21+2•22+3•23+…+n•2n
①
Sn=1•22+2•23+…+•2n+n•2n+1
②
①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n•2n+1
=-n•2n+1
=2n+1-2-n•2n+1,
∴Sn=2n+1+2.
名师辨误做答
[例4] 若数列{an}的前n项和为Sn=an-1,则数列{an}是
A.等比数列B.等差数列
c.可能是等比数列,也可能是等差数列D.可能是等比数列,但不可能是等差数列
[误解] A 由Sn=an-1,得
an=an-1,则有=a-1,故选A.
[辨析] 错误的原因在于:
当a=1时,an=0,{an}是等差数列,而不是等比数列,这是没有理解等比数列中an≠0而造成的.
[正解] c 由Sn=an-1,得
an=an-1.
当a=1时,an=0,数列{an}为等差数列;
当a≠1时,=a-1,,
则数列{an}为等比数列,故选c.
课堂巩固训练
一、选择题
若等比数列{an}满足anan+1=16n,则公比为
A.2B.4c.8D.16
[答案] B
[解析] 本题考查了灵活利用数列的特点来解题的能力.
∵an•an+1=16n,∴an-1•an=16n-1
∴==q2==16
∴q=4.
在各项为正数的等比数列中,若a5-a4=576,a2-a1=9,则a1+a2+a3+a4+a5的值是
A.1061B.1023c.1024D.268
[答案] B
[解析] 由题意得a4=576,a1=9,
∴=q3=64,∴q=4,∴a1=3,
∴a1+a2+a3+a4+a5==1023.
在等比数列{an}中,a1=1,公比|q|≠1,若a=a1a2a3a4a5,则=
A.9B.10c.11D.12
[答案] c
[解析] ∵a1=1,∴a=a1a2a3a4a5=a51q10=q10,
又∵a=a1q-1=q-1,
∴q-1=q10,∴-1=10,∴=11.
二、填空题
若等比数列{an}的前n项和Sn=2n+1+r,则r的值为.
[答案] -2
[解析] 解法一:
a1=S1=4+r,
a2=S2-S1=8+r-4-r=4,
a3=S3-S2=16+r-8-r=8,
又∵{an}为等比数列,
∴a22=a1a3,
∴16=8,
∴r=-2.
解法二:
∵Sn=2n+1+r=2•2n+r,
∴数列{an}为等比数列,
∴Sn=A•qn-A=2•2n+r,
∴r=-2.
设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则q的值为.
[答案] -2
[解析] ∵Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,
∴2Sn=Sn+1+Sn+2
∴+=0,
∴an+1+an+1+an+2=0,
∴2an+1=-an+2,
∴=-2,
∴q=-2.
三、解答题
设{an}是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4.
求{an}的通项公式;
设{bn}是首项为1,公差为2的等差数列,求数列{an+bn}的前n项和Sn.
[分析] 问设出公比q,由已知建立有关q的方程,求出公比q,写出通项公式.
甲分组求和,先求an的和,再求bn的和,然后相加得Sn.
[解析] 设等比数列{an}的公比为q,由a1=2,a3=a2+4得2q2=2q+4
即q2-q-2=0,解得q=2或q=-1,∴q=2
∴an=a1•qn-1=2•2n-1=2n
数列bn=1+2=2n-1
∴Sn=+n×1+×2
=2n+1-2+n2-n+n=2n+1+n2-2.
[点评] 此题考查等差、等比数列的通项公式,及求和公式,考查方程的思想,注意等比数列的公比为正数,此题属基础保分题.
课后强化作业
一、选择题
已知等比数列{an}中,an=2×3n-1,则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项和为
A.3n-1B.3c.D.
[答案] D
[解析] ∵a2=6,q=9,
∴Sn′==.
设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比q=
A.3B.4c.5D.6
[答案] B
[解析] ∵3S3=a4-2,3S2=a3-2,
∴3S3-3S2=a4-a3,
∴3a3=a4-a3,
∴4a3=a4,
∴=4,∴q=4.
等比数列{an}的前n项和Sn=•2n-1+a,则a的值为
A.-B.-c.D.
[答案] B
[解析] ∵Sn=•2n-1+a=•2n+a,
又∵Sn=Aqn-A,
∴a=-.
等比数列{an}的公比为,且S3=1,则S6等于
A.B.c.D.
[答案] B
[解析] ∵q=,S3=
=2a1=a1=1,
∴a1=.
∴S6===.
数列1,1+2,1+2+22,1+2+22+23,…,1+2+22+…+2n-1的前n项和Sn>1020,那么n的最小值是
A.7B.8c.9D.10
[答案] D
[解析] 因为1+2+22+…+2n-1==2n-1,所以Sn=21-1+22-1+…+2n-1=2n+1-n-2>1020,
所以n的最小值为10.
已知等比数列{an}中,公比q=,且a1+a3+a5+…+a99=60,则a1+a2+a3+…+a100=
A.100B.90c.120D.30
[答案] B
[解析] ∵a2+a4+a6+…+a100=a1q+a3q+a5q+…+a99q=q
=×60=30
∴a1+a2+a3+…+a100=+
=60+30=90.
已知2a=3,2b=6,2c=12,则a,b,c
A.成等差数列不成等比数列B.成等比数列不成等差数列
c.既成等差数列又成等比数列D.既不成等差数列又不成等比数列
[答案] A
[解析] 解法一:
由已知得a=log23,b=log26=log23+log22,c=log212=log23+2log22.
∴b-a=c-b.
解法二:
∵2a•2c=36=2,∴a+c=2b,故选A.
数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn,则a6=
A.3×44B.3×44+1c.45D.45+1
[答案] A
[解析] 该题考查已知一个数列的前n项和Sn与an+1的关系,求通项公式an.注意的问题是用an=Sn-Sn-1时的条件.
an+1=3Sn①
an=3Sn-1②
①-②得an+1-an=3Sn-3Sn-1=3an
即an+1=4an
∴=4.当n=2时,a2=3a1=3,
∴=3≠=4
∴an为从第2项起的等比数列,且公比q=4,∴a6=a2•q4=3•44.
二、填空题
等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+1+,则a1=.
[答案] 6
[解析] ∵a1=S1=9+,
a2=S2-S1=27+-9-=18,
a3=S3-S2=81+-27-=54,
又∵{an}为等比数列,
∴a22=a1a3,∴182=54,
解得=-3.
∴a1=9+=6.
0.实数,1,成等差数列,实数a2,1,c2成等比数列,则=.
[答案] 1或-
+=2ac=1ac=-1
[解析] 由条件,得
或,
a2c2=1a+c=2a+c=-2
∴=1或-.
1.已知{an}是公比为q的等比数列,an>0,=a5+a6,=a4+a7,则与的大小关系是.
[答案] <[解析] -=-
=-
=a4-a6=
=•a4•
=-a42<0.∴<.
设数列{an}的前n项和为Sn,关于数列{an}有下列三个命题:
①若{an}既是等差数列又是等比数列,则an=an+1;
②若Sn=an2+bn,则{an}是等差数列;
③若Sn=1-n,则{an}是等比数列.
这些命题中,正确命题的序号是.
[答案] ①②③
[解析] 对于命题①,易知它是各项不为零的常数数列,有an=an+1.对于命题②,由Sn=an2+bn得an=b+a+•2a,当n=1时,也适合上式.∴{an}为等差数列.对于命题③,由Sn=1-n得an=2•n-1,当n=1时也适合上式.故{an}为等比数列.
三、解答题
3.已知等比数列{an}中,a1=,公比q=.
Sn为{an}的前n项和,证明:
Sn=;
设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式.
[分析] 问先利用等比数列定义及前n项和公式求出an,Sn,再证明Sn=,第二问将问题转化为等差数列求和.
[解析] 因为an=×n-1=,
Sn==,
所以Sn=.
bn=log3a1+log3a2+…+log3an
=-
=-.
所以{bn}的通项公式为bn=-.
[点评] 本题考查了数列的通项,前n项和等基础知识,体现了转化与化归的数学思想.
已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1,bn=an+1
求证{bn}是等比数列;
求{an}的通项公式.
[解析] ∵an+1=2an+1
∴an+1+1=2,即bn+1=2bn
∵b1=a1+1=2≠0.∴bn≠0,
∴=2,∴{bn}是等比数列.
由知{bn}是首项b1=2公比为2的等比数列,
∴bn=2×2n-1=2n,即an+1=2n.
∴an=2n-1.
一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇数项的和为85,偶数项的和为170,求此数列的公比和项数.
[解析] 设等比数列的公比为q,项数为2n,
由已知得q≠1,a1=1,a2=q.
=85①
∴
=170②
②÷①得q=2.
∴=85,∴4n=256,
∴n=4.
故数列的公比为2,项数为8.
求和Sn=1×2+4×22+7×23+…+×2n.
[解析] ∵Sn=1×2+4×22+7×23+…+[3-2]×2n-1+×2n①
Sn=1×22+4×23+…+[3-2]×2n+×2n+1②
∴①-②得,-Sn=1×2+3×22+3×23+…+3×2n-×2n+1=3-×2n+1-4=3-×2n+1-4=3×2n+1-6-3n×2n+1+2n+2-4=2n+2+3×2n+1-10.
∴Sn=3×2n+1-2n+2+10
=×2n+1+10.
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