等比数列学案Word格式.docx

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［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］

（1）∵a1a18=a9a10,

∴a18===20.

（2）b1b2b3b4b5b6b7=（b1b7）（b2b6）（b3b5）b4.

∵b24=b1b7=b2b6=b3b5,

∴前七项之积为（32）3×

3=37=2187.

（3）解法一：

a8=a5q3=a5•=54×

=-1458.

解法二：

∵a5是a2与a8的等比中项，

∴542=a8×

（-2）.

∴a8=-1458.

［说明］本题的求解，主要应用了等比数列的性质，若m,n,k,l∈N+且m+n=k+l，则am•an=ak•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.

=10①

由，

=70②

由以上两式相除得q20+q10-6=0,解得q10=2或q10=-3（舍去），代入①有=-10，

∴S40==-10×

（-15）=150.

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+（S20-S10）+（S30-S20）=S10+q10S10+q20S10，

即q20+q10-6=0，解得q10=2或q10=-3（舍去），

∴S40=S10+（S20-S10）+（S30-S20）+（S40-S30）=10（1+2+22+23）=150.

解法三：

运用性质Sm+n=Sm+qmSn求解，

∵S30=S20+q20S10=S10+q10S10+q20S10

从而有q20+q10-6=0，解得q10=2或q10=-3（舍去）.

∴S40=S30+q30S10=70+8×

10=150.

解法四：

1,∵=，∴q20+q10-6=0,

解得q10=2或q10=-3（舍去）.

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Sm，S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等比数列，公比为qm，解法三运用了等比数列的性质：

Sm+n=Sm+qmSn，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，

（S10-S5）2=S5（S15-S10），

即100=10（S15-20），

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,…,（2n-1）an-1的前n项和（a≠0）.

［分析］由题设可知数列的通项公式为an=（2n-1）•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+…+（2n-1）==n2.

当a≠1时，有Sn=1+3a+5a2+7a3+…+（2n-1）•an-1①,

aSn=a+3a2+5a2+7a4+…+（2n-1）an②,

①-②得,Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-（2n-1）an=1+-（2n-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•2n①

2Sn=1•22+2•23+…+（n-1）•2n+n•2n+1②

①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n•2n+1

=-n•2n+1

=2n+1-2-n•2n+1,

∴Sn=（n-1）2n+1+2.

名师辨误做答

［例4］若数列{an}的前n项和为Sn=an-1（a≠0），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=（a-1）an-1，则有=a-1（常数），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=（a-1）an-1.

当a=1时，an=0,数列{an}为等差数列；

当a≠1时，=a-1,（不为零的常数），

则数列{an}为等比数列，故选C.

课堂巩固训练

一、选择题

1.（2011•辽宁文，5）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.

2.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

［解析］由题意得a4（q-1）=576,a1（q-1）=9,

∴=q3=64,∴q=4,∴a1=3,

∴a1+a2+a3+a4+a5==1023.

3.在等比数列｛an｝中，a1=1,公比|q|≠1,若am=a1a2a3a4a5，则m=（）

A.9B.10C.11D.12

［答案］C

［解析］∵a1=1,∴am=a1a2a3a4a5=a51q10=q10,

又∵am=a1qm-1=qm-1,

∴qm-1=q10,∴m-1=10,∴m=11.

二、填空题

4.若等比数列{an}的前n项和Sn=2n+1+r,则r的值为.

［答案］-2

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（4+r）,

∴r=-2.

∵Sn=2n+1+r=2•2n+r,

∴数列{an}为等比数列，

∴Sn=A•qn-A=2•2n+r,

∴r=-2.

5.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

∴（Sn+1-Sn）+（Sn+2-Sn）=0,

∴an+1+an+1+an+2=0,

∴2an+1=-an+2,

∴=-2,

∴q=-2.

三、解答题

6.（2011•重庆文，16）设{an}是公比为正数的等比数列，a1=2,a3=a2+4.

（1）求{an}的通项公式;

（2）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］

（1）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.

（2）甲分组求和，先求an的和，再求bn的和，然后相加得Sn.

［解析］

（1）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（舍），∴q=2

∴an=a1•qn-1=2•2n-1=2n

（2）数列bn=1+2（n-1）=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

1.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.3（3n-1）C.（9n-1）D.（9n-1）

［答案］D

［解析］∵a2=6,q=9,

∴Sn′==（9n-1）.

2.（2010•辽宁文）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

［解析］∵3S3=a4-2,3S2=a3-2,

∴3S3-3S2=a4-a3,

∴3a3=a4-a3,

∴4a3=a4,

∴=4,∴q=4.

3.等比数列{an}的前n项和Sn=•2n-1+a,则a的值为（）

A.-B.-C.D.

［解析］∵Sn=•2n-1+a=•2n+a,

又∵Sn=Aqn-A,

∴a=-.

4.等比数列{an}的公比为，且S3=1,则S6等于（）

A.B.C.D.

［解析］∵q=,S3=

=2a1（1-）=a1=1,

∴a1=.

∴S6==（1-）=.

5.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.

6.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

［解析］∵a2+a4+a6+…+a100=a1q+a3q＋a5q+…+a99q=q（a1+a3+a5+…+a99）

=×

60＝30

∴a1+a2+a3+…+a100=（a1+a3+a5+…+a99）+（a2+a4+a6+…+a100）

=60+30=90.

7.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

由已知得a=log23,b=log26=log23+log22,c=log212=log23+2log22.

∴b-a=c-b.

∵2a•2c=36=（2b）2,∴a+c=2b,故选A.

8.（2011•四川文，9）数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1,an+1=3Sn（n≥1）,则a6=（）

A.3×

44B.3×

44+1C.45D.45+1

［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（n≥2）的条件.

an+1=3Sn①

an=3Sn-1②

①-②得an+1-an=3Sn-3Sn-1=3an

即an+1=4an

∴=4.（n≥2）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.

9.等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+1+m,则a1=.

［答案］6

［解析］∵a1=S1=9+m,

a2=S2-S1=27+m-9-m=18,

a3=S3-S2=81+m-27-m=54,

∴a22=a1a3,∴182=54（9+m），

解得m=-3.

∴a1=9+m=6.

10.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-.

11.已知{an}是公比为q（q≠1）的等比数列，an>

0,m=a5+a6,k=a4+a7,则m与k的大小关系是.

［答案］m［解析］m-k=（a5+a6）-（a4+a7）

=（a5-a4）-（a7-a6）

=a4（q-1）-a6（q-1）=（q-1）（a4-a6）

=（q-1）•a4•（1-q2）

=-a4（1+q）（1-q）20）.∴m12.设数列{an}的前n项和为Sn（n∈N+），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（n∈N+）;

②若Sn=an2+bn（a、b∈R），则{an}是等差数列；

③若Sn=1-（-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（a、b∈R）得an=b+a+（n-1）•2a，当n=1时，也适合上式.∴{an}为等差数列.对于命题③，由Sn=1-（-1）n得an=2•（-1）n-1，当n=1时也适合上式.故{an}为等比数列.

13.（2011•新课标文，17）已知等比数列{an}中，a1=，公比q=.

（1）Sn为{an}的前n项和，证明：

Sn=；

（2）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{bn}的通项公式.

［分析］第一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］

（1）因为an=×

（）n-1=,

Sn==，

所以Sn=.

（2）bn=log3a1+log3a2+…+log3an

=-（1+2+…+n）

=-.

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.

14.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1,bn=an+1（n∈N*）

（1）求证{bn}是等比数列；

（2）求{an}的通项公式.

［解析］

（1）∵an+1=2an+1

∴an+1+1=2（an+1），即bn+1=2bn

∵b1=a1+1=2≠0.∴bn≠0,

∴=2，∴{bn}是等比数列.

（2）由

（1）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.

15.一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（n∈N+）,

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.

16.求和Sn=1×

2+4×

22+7×

23+…+（3n-2）×

2n.

［解析］∵Sn=1×

23+…+［3（n-1）-2］×

2n-1+（3n-2）×

2n①

2Sn=1×

22+4×

2n+（3n-2）×

2n+1②

∴①-②得，-Sn=1×

2+3×

22+3×

23+…+3×

2n-（3n-2）×

2n+1=3（2+22+…+2n）-（3n-2）×

2n+1-4=3（2n+1-2）-（3n-2）×

2n+1-4=3×

2n+1-6-3n×

2n+1+2n+2-4=2n+2+3（1-n）×

2n+1-10.

∴Sn=3（n-1）×

2n+1-2n+2+10

＝（3n-5）×

2n+1+10.