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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