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2.5 等比数列的前n项和 学案(人教A版必修5)



2.5

等比数列的前 n 项和

材拓展 1.等比数列的判定方法有以下几种 an+1 (1)定义法: =q (q 是不为 0 的常数,n∈N*)?{an}是等比数列; an (2)通项公式法:an=cqn (c,q 均是不为 0 的常数,n∈N*)?{an}是等比数列; (3)中项公式法:a2 an+2 (an· an+1· an+2≠0,n∈N*)?{an}是等比数列; n+1=an· a1 (4)前 n 项和法: 若 Sn=A(qn-1), (A≠0, q≠0 且 q≠1)则{an}是等比数列, 其中 A= . 1-q - 例如:等比数列{an}的前 n 项和是 Sn=32 n-t,则 t 的值是________. 解析 ∵{an}是等比数列, - ?1?n-t=9??1?n-1?, ∴Sn=32 n-t=9· ?3? ??3? ? ∴t=9. 答案 9 2.等比数列的通项公式 (1)通项公式 - an=a1qn 1 (其中 a1 为等比数列{an}的首项,q 为其公比). (2)等比数列与函数的关系 a1 - 由通项公式 an=a1qn 1,可得 an= qn,当 q>0,且 q≠1 时,y=qx 是一个指数函数, q a1 x a1 而 y= q 是一个不为零的常数与指数函数的积. 因此等比数列{an}的图象是函数 y= qx 的 q q 图象上的一些离散点. 例如:已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,其公比 q≠1,且 bn>0,若 a1=b1,a11 =b11,则 a6 与 b6 的大小关系是__________. 解析 ∵bn>0,∴b1>0,q>0. b1? x 点(n,bn)分布在函数 y=? ? q ?q 的图象上. 点(n,an)分布在函数 y=dx+(a1-d)的图象上. 当 q>1 时,它们的图象如图 1 所示; 当 0<q<1 时,它们的图象如图 2 所示; 其中直线方程是 y=dx+(a1-d), b1? x 曲线方程是 y=? ? q ?q .

b1? x 直线 x=6 与直线 y=dx+(a1-d)的交点为(6, a6), 与曲线 y=? q 的交点为(6, b6). 无 ? q ?· 论 q>1 还是 0<q<1 都有 a6>b6.

答案 a6>b6 3.等比数列的前 n 项和 等比数列前 n 项和公式为 na ?q=1?, ? ? 1 n Sn=?a1?1-q ? a1-anq = ?q≠1?. ? 1-q ? 1-q 注意:等比数列前 n 项和公式有两种形式,运用该公式求和时,首先要判断公比 q 是否 为 1,再由 q 的情况选择求和公式的形式,当公比 q 不确定时,要注意对 q 分 q=1 和 q≠1 进行讨论. - 例如:1+a+a2+?+an 1 =____________________.(其中 a≠0) n, ?a=1? ? ? n 答案 ?1-a , ?a≠1? ? ? 1- a 4.等比数列的常用性质 在等比数列{an}中, - (1)对任意的正整数 m,n,有 an=amqn m. (2)对于任意的正整数 m,n,p,q,若 m+n=p+q,则有 am· an=ap· aq. ?a1>0 ?a1<0 (3)当? 或? 时,{an}是递增数列; ?q>1 ?0<q<1 ?a1>0 ?a1<0 当? 或? 时,{an}是递减数列; ?0<q<1 ?q>1 当 q=1 时,{an}为常数列;当 q<0 时,{an}为摆动数列. (4)若 Sn 为等比数列的前 n 项和,则 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?,S(m+1)k-Smk,?成等比 数列(q≠-1 或 k 为奇数). (5)若 Sn 表示等比数列的前 n 项和,公比为 q,则有 Sm+n=Sm+qmSn. 例如:在等比数列{an}中,a5=7,a8=56,则通项 an=____________. 解析 a8=a5q3,∴q3=8,q=2, - - ∴an=a5qn 5=7×2n 5. - 答案 7×2n 5

法突破 一、等比数列的判断与证明 方法链接:证明数列是等比数列常用的方法: an+1 ①定义法: =q (常数); an * ②等比中项法:a2 n+1=anan+2 (an≠0,n∈N ); n-1 * ③通项法:an=a1q (a1q≠0,n∈N )要证明一个数列不是等比数列,只需证明相邻三 项不成等比即可.例如:a1a3≠a2 2. 2 例 1 已知数列{an}和{bn}满足:a1=λ,an+1= an+n-4,bn=(-1)n(an-3n+21),其 3 中 λ 为实数,n 为正整数. (1)对任意实数 λ,证明数列{an}不是等比数列; (2)试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论. (1)证明 假设存在一个实数 λ,使{an}是等比数列,

?2 ?2 ?4 ? 则有 a2 2=a1a3,即 3λ-3 =λ 9λ-4 ? ? ? ?
4 4 ? λ2-4λ+9= λ2-4λ?9=0,矛盾. 9 9 所以{an}不是等比数列. + (2)解 因为 bn+1=(-1)n 1[an+1-3(n+1)+21] + 2 ? =(-1)n 1? ?3an-2n+14? 2 2 =- (-1)n· (an-3n+21)=- bn, 3 3 又 b1=-(λ+18),所以 当 λ=-18 时,bn=0 (n∈N*),此时{bn}不是等比数列; 当 λ≠-18 时,b1=-(λ+18)≠0,由上可知 bn≠0, bn+1 2 所以 =- (n∈N*). bn 3 2 故当 λ≠-18 时,数列{bn}是以-(λ+18)为首项,- 为公比的等比数列. 3 综上,λ=-18 时,{bn}不是等比数列; λ≠-18 时,{bn}是等比数列. 二、等比数列基本量运算 方法链接:在等比数列{an}的通项公式和前 n 项和公式中共有五个量:a1,q,n,an, Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程组求出另外两个量. 例 2 设数列{an}为等比数列,且 a1>0,它的前 n 项和为 80,且其中数值最大的项为 54,前 2n 项的和为 6 560.求此数列的通项公式. 分析 因为前 n 项和与 2n 项和已知,这为建立方程提供了条件,由此可求得首项 a1 与 公比 q 之间的关系,进而确定 an. 解 设数列的公比为 q, 由 Sn=80,S2n=6 560,得 q≠1,否则 S2n=2Sn.

? ? ∴? a ?1-q ? ? 1-q
1

a1?1-qn? =80, 1-q
2n



? =6 560. ②

② ,得 qn=81. ① 将 qn=81 代入①得,a1=q-1.③ 又∵a1>0,∴q>1.∴数列{an}是递增数列. - 从而,a1qn 1=54,∴a1qn=54q, ∴81a1=54q.④ ③④联立,解得 q=3,a1=2. - - ∴an=a1qn 1=2×3n 1. 三、等比数列的性质及应用 方法链接:对于等比数列,还有以下的常用结论: (1)如果数列{an}是等比数列,c 是不等于 0 的常数,那么数列{c· an}仍是等比数列; ?an? (2)如果{an},{bn}是项数相同的等比数列,那么数列{an· bn},?b ?仍是等比数列; ? n? (3)在等比数列{an}中, 间隔相同的项构成的数列, 仍是等比数列. 如 a1, a4, a7, a10, ?; (4)Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,一般地:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 构成等比数列(q≠-1 或 n 为奇数); (5)若{an}是公比为 q 的等比数列, 则 Sm+n=Sn+qnSm.解等比数列问题时,熟练运用上述 性质,进行整体代换,可以简化解题过程,提高解题速度. 例 3 在等比数列{an}中,

1 (1)若 q= ,S99=77,求 a3+a6+?+a99 的值; 2 (2)若{an}的前 m 项和为 2,其后 2m 项和为 12,求再后 3m 项的和. 解

1 1 ? (1)S99= (a1 +a4+?+a97) + (a2 +a5+?+ a98)+ (a3 +a6+?+ a99)=? ?q2+q+1? (a3

+a6+?+a99)=7(a3+a6+?+a99)=77 ∴a3+a6+?+a99=11. (2)涉及{an}的前 6m 项,把每 m 项之和依次记作:A1,A2,A3,A4,A5,A6,则它们成 等比数列公比记作 q. 且 A1=2,A2+A3=12,∴A2+A3=2q+2q2=12, ∴q=2 或 q=-3. 当 q=2 时,A4+A5+A6=A1(q3+q4+q5) =2×(23+24+25)=112; 当 q=-3 时,A4+A5+A6=A1(q3+q4+q5) =2×[(-3)3+(-3)4+(-3)5]=-378. ∴后 3m 项的和为 112 和-378. 四、错位相减求前 n 项和 方法链接:等比数列{an}的前 n 项和公式的推导方法即错位相减法是很重要的方法,必 须熟练掌握. 该法主要应用于已知数列求和中, 各项的组成是等差数列和等比数列对应项乘 积构成的新数列的求和问题. 例 4 设数列{an}的前 n 项和为 Sn=2n2,{bn}为等比数列,且 a1=b1,b2(a2-a1)=b1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; an (2)设 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn 解 (1)当 n=1 时,a1=S1=2; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2, a1 也满足上式. 故{an}的通项公式为 an=4n-2, 即{an}是 a1=2,公差 d=4 的等差数列. 1 设{bn}的公比为 q,则 b1qd=b1,d=4,∴q= . 4 1 - 故 bn=b1qn 1=2× n-1, 4 2 即{bn}的通项公式为 bn= n-1. 4 an 4n-2 - (2)∵cn= = =(2n-1)4n 1, bn 2 - 4n 1 ∴Tn=c1+c2+?+cn - =1+3×4+5×42+?+(2n-1)4n 1, - 4Tn=1×4+3×42+5×43+?+(2n-3)4n 1+(2n-1)4n. 两式相减得 - 3Tn=-1-2×(4+42+43+?+4n 1)+(2n-1)4n 1 = [(6n-5)4n+5], 3 1 ∴Tn= [(6n-5)4n+5]. 9 五、等差中项与等比中项的运用 方法链接:一个等比数列,除可以按定义设为 a1,a1q,a1q2,?之外,若已知连续三 a 项,常可设为 ,a,aq,然后应用等差中项或等比中项建立方程求解. q 例 5 互不相等的三个数之积为-8,这三个数适当排列后可成为等比数列,也可排成

等差数列,求这三个数排成的等差数列. a 解 设三个数为 ,a,aq,∴a3=-8,即 a=-2, q 2 ∴三个数为- ,-2,-2q. q 2 2 (1)若-2 为- 和-2q 的等差中项,则 +2q=4, q q ∴q2-2q+1=0,q=1,与已知矛盾; 2 1 (2)若-2q 为- 与-2 的等差中项,则 +1=2q, q q 1 2 2q -q-1=0,q=- 或 q=1(舍去), 2 ∴三个数为 4,1,-2; 2 2 (3)若- 为-2q 与-2 的等差中项,则 q+1= , q q ∴q2+q-2=0,∴q=-2 或 q=1(舍去), ∴三个数为 4,1,-2. 综合(1)(2)(3)可知,这三个数排成的等差数列为 4,1,-2 或-2,1,4. 六、等差数列与等比数列的公共项问题 方法链接:1.一般地,两个等差数列若存在公共项,则它们的公共项按原来的顺序构成 一个新的等差数列.公差是原来两个等差数列公差的最小公倍数. 2.一般地,一个等差数列与一个等比数列若存在公共项,则它们的公共项按原来的顺 序构成一个新的等比数列. 3 例 6 设 An 为数列{an}的前 n 项和,An= (an-1) (n∈N*),数列{bn}的通项公式为 bn 2 * =4n+3 (n∈N ). (1)求数列{an}的通项公式; (2)将数列{an}、{bn}的公共项,按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列{dn}, + 证明数列{dn}的通项公式为 dn=32n 1 (n∈N*). 3 (1)解 由已知 An= (an-1) (n∈N*). 2 3 当 n=1 时,a1= (a1-1),解得 a1=3. 2 3 当 n≥2 时,an=An-An-1= (an-an-1), 2 an 由此解得 an=3an-1,即 =3 (n≥2). an-1 所以数列{an}是首项为 3,公比为 3 的等比数列, 故 an=3n (n∈N*). (2)证明 由计算可知 a1,a2 不是数列{bn}中的项. 因为 a3=27=4×6+3,所以 d1=27 是数列{bn}中的第 6 项.设 ak=3k 是数列{bn}中的 第 m 项, 则 3k=4m+3 (k,m∈N*), + 因为 ak+1=3k 1=3· 3k=3(4m+3)=4(3m+2)+1, 所以 ak+1 不是数列{bn}中的项. + 而 ak+2=3k 2=9· 3k=9(4m+3)=4(9m+6)+3, 所以 ak+2 是数列{bn}中的项. 由以上讨论可知 d1=a3,d2=a5,d3=a7,?,dn=a2n+1. 所以数列{dn}的通项公式是 + dn=a2n+1=32n 1 (n∈N*).

区突破 1.求和时项数不清而致错 例 1 求 1+2+22+?+2n 的和. 1-2n n [错解] 1+2+22+?+2n= =2 -1. 1-2 [点拨] 错因在于没有搞清项数,首项为 1=20,末项为 2n,项数应为 n+1 项. [正解] 这是一个首项为 1,公比为 2 的等比数列前 n+1 项的和, + 1-2n 1 n+1 所以,1+2+22+?+2n= =2 -1. 1-2

2.利用等比数列求和公式忽视 q=1 的情形而致错 例 2 已知等比数列{an}中,a3=4,S3=12,求数列{an}的通项公式. [错解] 设等比数列的公比为 q, a =a q =4, ? ? 3 1 1 则 ? 解得 q=- . a1?1-q3? 2 S= =12, ? 1-q ? 3 - ?-1?n-3=?-1?n-5. 所以 an=a3qn 3=4· ? 2? ? 2? [点拨] 上述解法中忽视了等比数列前 n 项和公式中 q=1 这一特殊情况. [正解] 当 q=1 时,a3=4,a1=a2=a3=4, S3=a1+a2+a3=12,∴q=1 符合题意.an=4. a =a q =4, ? ? 3 1 当 q≠1 时,? a1?1-q3? S= =12, ? 1-q ? 3 1?n-5 1 - 解得:q=- ,an=a3qn 3=? ?-2? . 2 1 - ?n-5. 故数列通项公式为 an=4 或 an=? ? 2?
2 2

3.忽略题目中的隐含条件而致错 例 3 已知数列-1,a1,a2,-4 成等差数列,-1,b1,b2,b3,-4 成等比数列,求 a2-a1 的值. b2 [错解] ∵-1,a1,a2,-4 成等差数列,设公差为 d, 1 则 a2-a1=d= [(-4)-(-1)]=-1. 3 ∵-1,b1,b2,b3,-4 成等比数列. ∴b2 2. 2=(-1)×(-4)=4,∴b2=±

a2-a1 -1 1 当 b2=2 时, = =- , b2 2 2 a2-a1 -1 1 a2-a1 1 当 b2=-2 时, = = .∴ =± . b2 b2 2 -2 2 [点拨] 注意 b2 的符号已经确定,且 b2<0,忽视了这一隐含条件,就容易产生上面的 错误. [正解] ∵-1,a1,a2,-4 成等差数列,设公差为 d, 1 则 a2-a1=d= [(-4)-(-1)]=-1, 3 ∵-1,b1,b2,b3,-4 成等比数列, ∴b2 2=(-1)×(-4)=4, ∴b2=± 2. 若设公比为 q,则 b2=(-1)q2,∴b2<0. a2-a1 -1 1 ∴b2=-2,∴ = = . b2 -2 2

题多解 例 已知数列{cn},其中 cn=2n+3n,且数列{cn+1-pcn}为等比数列,求常数 p. 解 方法一 因为{cn+1-pcn}是等比数列, 所以当 n≥2 时, 有(cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)(cn-pcn-1), 将 cn=2n+3n 代入上式,得 + + [2n 1+3n 1-p(2n+3n)]2 + + + - - n+2 =[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], 1 整理得 (2-p)(3-p)· 2n· 3n=0. 6 解得 p=2 或 p=3. 方法二 由 cn=2n+3n, 得 c1=5,c2=13,c3=35,c4=97. 因而数列{cn+1-pcn}的前三项依次为 13-5p,35-13p,97-35p. 由题意得:(35-13p)2=(13-5p)(97-35p) 整理得:p2-5p+6=0, ∴p=2 或 p=3. + + 当 p=2 时,cn+1-pcn=(2n 1+3n 1)-2(2n+3n)=3n, n+1 cn+2-pcn+1 3 ∴ = n =3. 3 cn+1-pcn ∴此时{cn+1-pcn}是等比数列. 同理 p=3 时数列{cn+1-pcn}也是等比数列, ∴p=2 或 p=3.

方法三 {cn+1-pcn}是等比数列 cn+2-pcn+1 ? =常数. cn+1-pcn + + cn+2-pcn+1 ?2-p?2n 1+?3-p?3n 1 ∵ = cn+1-pcn ?2-p?2n+?3-p?3n n 2[?2-p?2 +?3-p?3n]+?3-p?3n = ?2-p?2n+?3-p?3n ?3-p?3n =2+ ?2-p?2n+?3-p?3n 3-p cn+2-pcn+1 3-p =2+ 为使 为常数,也就是使 2+ 为常 2 c - pc + n 1 n ?n+?3-p? ?2?n+?3-p? ?2-p?? ? 2 - p ? ?3? ?3? 数. ∴p-2=0 或 p-3=0, ∴p=2 或 p=3.

题赏析 1.(2011· 大纲卷)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a2=6,6a1+a3=30,求 an 和 Sn. 解 设{an}的公比为 q, ? ?a1q=6, 由题设得? 2 ? ?6a1+a1q =30.
?a1=3, ?a1=2, ? ? 解得? 或? ?q=2 ?q=3. ? ? - 当 a1=3,q=2 时,an=3×2n 1, n n a1?1-q ? 3?1-2 ? Sn= = =3(2n-1); 1-q 1-2 - 当 a1=2,q=3 时,an=2×3n 1, a1?1-qn? 2?1-3n? n Sn= = =3 -1. 1-q 1-3 2.(2009· 山东)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意的 n∈N*,点(n,Sn)均在函 x 数 y=b +r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图象上. (1)求 r 的值; n+1 (2)当 b=2 时,记 bn= (n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 4an 解 (1)由题意,Sn=bn+r, - 当 n≥2 时,Sn-1=bn 1+r. - 所以 an=Sn-Sn-1=bn 1(b-1). 由于 b>0 且 b≠1, 所以 n≥2 时,{an}是以 b 为公比的等比数列. 又 a1=b+r,a2=b(b-1), b?b-1? a2 =b,即 =b,解得 r=-1. a1 b+r - - (2)由(1)知,n∈N*,an=(b-1)bn 1=2n 1, n+1 n+1 所以 bn= - = + . 4×2n 1 2n 1 n+1 2 3 4 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1 , 2 2 2 2

n+1 1 2 3 n T = + +?+ n+1+ n+2 , 2 n 23 2 4 2 2 n+1 1 2 1 1 1 两式相减得 Tn= 2+ 3+ 4+?+ n+1- n+2 2 2 2 2 2 2 1 ? 1 ? 3× 1- n-1 n+1 1 2 ? 2 ? n+1 3 1 = + - n+2 = - n+1- n+2 , 2 1 4 2 2 2 1- 2 3 1 n+1 3 n+3 故 Tn= - n- n+1 = - n+1 ,n∈N*. 2 2 2 2 2 赏析 本题主要考查数列的通项及求和的有关知识,考查运算能力和综合解题能力.



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