高中数学：第2章数列 §2.5-第2课时

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2014-2015学年高中数学人教A版必修五第二章 2.5(二)等比数列的前n项和(二)

研一研·问题探究、课堂更高效
问续 m 项的和不等于 0，则它们仍组
成等比数列．即 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，„仍组成等比数列．请你证明上述结论．
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证明
∵在等比数列{an}中有 am＋n＝amqn，
∴Sm＝a1＋a2＋„＋am，
§2.5（二）
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[问题情境] 一件家用电器，现价 20 000 元，实行分期付款，每期付款数相同，每月为一期，一个月付款一次，共付 12 次，购买后一年还清，月利率为 0.8%，按复利计算，那么每期付款多少元？要解决上述问题，需要了解复利的计算方法，这正是这一节的主要内容之一．
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§2.5（二）
【学习目标】 1．熟练应用等比数列前 n 项和公式的有关性质解题． 2．能用等比数列的前 n 项和公式解决实际问题．
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【学法指导】 1．解决与等比数列前 n 项和有关问题的关键在于“基本量” 以及方程思想方法的灵活运用． 2．运用等比数列前 n 项和解题时要注意“整体思想”方法的灵活运用． 3．利用等比数列的知识解决实际问题，需要从实际问题中抽象出等比数列模型，明确首项 a1，公比 q，以及项数 n 的实际含义，切忌含糊不清．
§2.5（二）
在分期付款问题中，贷款 a 元，分 m 个月付清，月利率为 r，
每月还 x 元，想一想，每月付款金额 x 元应如何计算？下面给出了两种推导方法，请你补充完整：
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方法一：每个月还款 x 元后的剩余欠款按月份构成一个数列，记作{an}，则有：经过 1 个月，还款 x 元后，剩余欠款为 a1＝ a(1＋r)－x ；经过 2 个月，还款 x 元后，剩余欠款为 a2＝a1(1＋r)－x＝ a(1＋r)2－(1＋r)x－x ； ____________________ 经过 3 个月，还款 x 元后，剩余欠款为 a3＝a2(1＋r)－x＝

人教版高中数学必修五课件：第二章数列2-4-2 等比数列的性质

【所以自主{an解2}答是】首1项.因为为1，an公=2比n-为1，4所的以等a比ann数122 列，22nn=故1 242a，n2=4n-1.
答案：an2=4n-1
2.由a4·a7=-512，得a3·a8=-512.
由
解得a3=-4，a8=128或a3=128，a8=-4(舍).
所以aaq33 =a8a
am·an=ak·al
2.等比数列的单调性
(1)当a1>0，_q_>_1_或a1<0，_0_<_q_<_1_时，{an}为递增数列. (2)当____，0<q<1或a1<0，____时，{an}为递减数列. (3)当_a_1>_0_时，{an}为常数列q.>1
q=1
1.在等比数列{an}中，a6=6，a9=9，则a3=( )
(3)若m+n=p+l(m，n，p，l∈N*)，那么aman=apal吗？提示：相等，aman=2m-1×2n-1=2m+n-2， apal=2p-1×2l-1=2p+l-2，因为m+n=p+l，所以m+n-2=p+l-2，所以aman=apal.
探究2：对任意的等比数列{an}，若有m+n=p+l(m，n，p，l∈N*)，那么aman=apal吗？提示：相等，设等比数列{an}的公比为q，则am=a1qm-1， an=a1qn-1，ap=a1qp-1，al=a1ql-1，aman= a1qm-1×a1qn-1=a12 qm + n-2， apal= a1qp-1×a1ql-1=a12qp + l-2，因为m+n=p+l，所以aman=apal.

2021年高中数学人教A版必修五第二章数列第二课时等差数列的前n项和的最值及应用

5
课前预习
课堂互动
课堂小结
@《创新设计》
知识点2 裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求和.
常见的拆项方法：
(1)n（n1＋k）＝_1k__1n_－__n_＋1__k__；
(2)
1 n＋k＋
＝_1k___n_＋___k_－___n__；
n
(3)（2n－1）1（2n＋1）＝_12_2_n__1－__1_－__2_n_1＋__1__.
绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次
增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向
外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中
层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块
B.3 474块
C.3 402块
D.3 339块
@《创新设计》
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课前预习
课堂互动
7
课前预习
课堂互动
@《创新设计》课堂小结
@《创新设计》
2.数列{an}的通项公式 an＝
1 n＋
n＋1，其前
n
项和
Sn＝9，则
n＝________.
解析
an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n，
∴Sn＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)
＝ n＋1－1＝9，∴n＝99. 答案 99
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课前预习
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课前预习
课堂互动
课堂小结
(1)若{an}是等差数列，则ana1n＋1＝1da1n－an1＋1，ana1n＋2＝21da1n－an1＋2.
(2)n（n1＋k）＝1k1n－n＋1 k.

高中数学第二章数列第2课时等差数列的性质学案含解析新人教A版必修

第2课时等差数列的性质[目标] 1.记住等差数列的一些常见性质；2.会用等差数列的性质解答一些简单的等差数列问题．[重点] 等差数列性质的应用．[难点] 等差数列性质的理解．知识点一等差数列的重要性质[填一填]1．a n＝a m＋(n－m)d(m,n∈N*)．2．若m＋n＝p＋q(m,n,q,p∈N*),则a m＋a n＝a p＋a q.[答一答]1．在等差数列{a n}中,若a m＋a n＝a p＋a q(m,n,p,q∈N*),则m＋n＝p＋q成立吗？提示：不一定．若数列{a n}是常数列,则m＋n＝p＋q不一定成立．2．在公差为d的等差数列{a n}中,若m＋n＝2p(m,n,p∈N*),则2a p与a m,a n有何关系？提示：2a p＝a m＋a n.3．在等差数列{a n}中,若m＋n＝p,则a m＋a n＝a p成立吗？提示：不成立．知识点二等差数列的其他性质[填一填]1．若{a n}是公差为d的等差数列,则下列数列：(1){c＋a n}(c为任一常数)是公差为d的等差数列；(2){ca n}(c为任一常数)是公差为cd的等差数列；(3){a n＋a n＋k}(k为常数,k∈N*)是公差为2d的等差数列．2．若{a n},{b n}分别是公差为d1,d2的等差数列,则数列{pa n＋qb n}(p,q是常数)是公差为pd1＋qd2的等差数列．[答一答]4．在等差数列中,如何判断数列的单调性？提示：在等差数列{a n}中,a n＝a1＋(n－1)d.当d>0时,{a n}是递增数列；当d＝0时,{a n}是常数列；当d<0时,{a n}是递减数列．5．判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”． (1)等差数列去掉前面若干项后,剩下的项仍构成等差数列．( √ ) (2)摆动数列不可能是等差数列．( √ )(3)在等差数列{a n }中,若m ＋n ＋p ＝3t ,则a m ＋a n ＋a p ＝3a t .( √ )类型一等差数列的性质应用[例1] (1)已知等差数列{a n },a 5＝10,a 15＝25,求a 25的值； (2)已知等差数列{a n },a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝70,求a 1＋a 9的值；(3)已知数列{a n },{b n }都是等差数列,且a 1＝2,b 1＝－3,a 7－b 7＝17,求a 19－b 19的值． [分析] 分析题目,可利用等差数列的性质,也可利用通项公式求解． [解] (1)方法一：设{a n }的公差为d ,则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝10，a 1＋14d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝32，故a 25＝a 1＋24d ＝4＋24×32＝40.方法二：因为5＋25＝2×15,所以在等差数列{a n }中有a 5＋a 25＝2a 15,从而a 25＝2a 15－a 5＝2×25－10＝40.方法三：因为5,15,25成等差数列,所以a 5,a 15,a 25也成等差数列,因此a 25－a 15＝a 15－a 5,即a 25－25＝25－10,解得a 25＝40.(2)由等差数列的性质,得a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝2a 5＝a 1＋a 9,所以a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝70,于是a 5＝14,故a 1＋a 9＝2a 5＝28.(3)令c n ＝a n －b n ,因为{a n },{b n }都是等差数列,所以{c n }也是等差数列,设其公差为d ,由已知,得c 1＝a 1－b 1＝5,c 7＝17,则5＋6d ＝17,解得d ＝2,故a 19－b 19＝c 19＝5＋18×2＝41.在等差数列中,一般存在两种运算方法：一是利用基本量运算,借助于a 1,d 建立方程组进行运算,这是最基本的方法；二是利用性质运算,运用等差数列的性质可简化计算,往往会有事半功倍的效果.[变式训练1] (1)在等差数列{a n }中,a 2＝－5,a 6＝a 4＋6,则a 1等于( B ) A ．－9 B ．－8 C ．－7 D ．－4解析：∵{a n }是等差数列,∴a 6－a 4＝6＝2d . ∴d ＝3.∴a 1＋d ＝－5.∴a 1＝－8.(2)若数列{a n }的公差为2,则数列{3a n －2}的公差为( D ) A ．3 B ．4C．5 D．6解析：∵数列{a n}的公差为2,∴数列{3a n－2}的公差为3×2＝6.(3)设数列{a n},{b n}都是等差数列,且a1＝25,b1＝75,a2＋b2＝100,那么由a n＋b n所组成的数列的第37项的值为( C )A．0 B．37C．100 D．－37解析：设c n＝a n＋b n,则c1＝a1＋b1＝25＋75＝100,c2＝a2＋b2＝100.故d＝c2－c1＝0.故c n＝100(n∈N*)．从而c37＝100.类型二等差数列的实际应用[例2] 有一批影碟机原销售价为每台800元,在甲、乙两家商场均有销售．甲商场用如下方法促销：买一台单价为780元,买两台单价为760元,以此类推,每多买一台则所买各台单价均减少20元,但每台最低不低于440元；乙商场一律都按原价的75%销售．某单位需购买一批此类影碟机,问去哪一家商场购买花费较少？[分析] 先求出购买n台时甲商场的售价,再与购买n台时乙商场的售价作差比较．[解]设该单位需购买影碟机n台,在甲商场购买单价为a n元,当a n不低于440时,a1,a2,…,a n构成等差数列,则a n＝780＋(n－1)(－20)＝800－20n,解不等式a n≥440,即800－20n≥440,得n≤18.当购买台数小于或等于18台时,每台售价为(800－20n)元,当购买台数大于18台时,每台售价为440元．到乙商场购买,每台售价为800×75%＝600(元)．又(800－20n)n－600n＝20n(10－n),所以,当n<10时,600n<(800－20n)n；当n＝10时,600n＝(800－20n)n；当10<n≤18时,(800－20n)n<600n；当n>18时,440n<600n.所以当购买台数少于10台时,到乙商场购买花费较少；当购买10台时,到两商场购买花费相同；当购买台数多于10台时,到甲商场购买花费较少．1.在实际问题中,若涉及一组与顺序有关的数的问题,可考虑利用数列方法解决,若这组数依次成直线上升或下降,则可考虑利用等差数列方法解决.2.在利用数列方法解决实际问题时,一定要分清首项、项数等关键问题.[变式训练2] 有一个很神秘的地方,那里有很多的雕塑,每个雕塑都是由蝴蝶组成的．第一个雕塑有3只蝴蝶,第二个雕塑有5只蝴蝶,第三个雕塑有7只蝴蝶,第四个雕塑有9只蝴蝶,以后的雕塑按照这样的规律一直延伸到很远的地方,学学和思思看不到这排雕塑的尽头在哪里,那么,第102个雕塑是由多少只蝴蝶组成的呢？由999只蝴蝶组成的雕塑是第多少个呢？解：由题知：a 1＝3,a 2＝5,a 3＝7,a 4＝9,…,可知其是以3为首项,2为公差的等差数列,则a n ＝2n ＋1,当n ＝102时,a 102＝205,当a n ＝999时,2n ＋1＝999,n ＝499.答：第102个雕塑是由205只蝴蝶组成的；由999只蝴蝶组成的雕塑是第499个．类型三等差数列的综合应用[例3] 已知两个等差数列5,8,11,…和3,7,11,…都是100项,求它们有多少个共同的项．[分析] 先写出两数列的通项公式,利用两通项公式寻找共同的项． [解] 解法一：设两个数列分别为{a n }与{b k }, 则a 1＝5,d 1＝8－5＝3,通项a n ＝5＋(n －1)·3＝3n ＋2；b 1＝3,d 2＝7－3＝4,通项b k ＝3＋(k －1)·4＝4k －1. 设数列{a n }的第n 项与{b k }的第k 项相同, 即a n ＝b k ,即3n ＋2＝4k －1. ∵n ＝43k －1,而n ∈N *,k ∈N *,∴k 必须为3的倍数,设k ＝3r (r ∈N *),得n ＝4r －1,由条件知⎩⎪⎨⎪⎧1≤3r ≤100，1≤4r －1≤100，解得12≤r ≤1014,又∵r ∈N *,∴1≤r ≤25(r ∈N *)． ∴共有25个共同的项．解法二：由解法一知两数列的通项分别为a n ＝3n ＋2,b k ＝4k －1,设共同项构成新数列{c n },则c 1＝11,∵数列{a n },{b n }均为等差数列,∴数列{c n }仍为等差数列,且公差为d ＝12. ∴c n ＝11＋(n －1)·12＝12n －1. 又∵a 100＝302,b 100＝399, ∴c n ＝12n －1≤302,∴n ≤25.25,∴两数列有25个共同项．本题是探求两个数列的公共项问题,解法一是常规解法,解法二利用了最小公倍数．通常是从通项公式入手,建立a n ＝b m 这样的方程,再求其一定范围内的整数解．本题常见的错误是求得数列a n ＝3n ＋2,b n ＝4n －1,即令3n ＋2＝4n －1,解得n ＝3,所以有一个公共项11,这显然是错误的．[变式训练3] 把数列{2n ＋1}中的项依次按第一个括号一个数,第二个括号两个数,第三个括号三个数,第四个括号四个数,第五个括号一个数,…循环,为：(3),(5,7),(9,11,13),(15,17,19,21),(23),(25,27),(29,31,33),(35,37,39,41),(43),…,则第104个括号内的各数之和为( D )A ．2 036B ．2 048C ．2 060D ．2 072解析：由观察发现,每四个括号是一个循环,一个循环由10个数组成,104个括号有26个循环,则第104个括号内有四个数,这四个数为数列3,5,7,9,…的第257项、第258项、第259项、第260项,分别为3＋(257－1)×2,3＋(258－1)×2,3＋(259－1)×2,3＋(260－1)×2,即515,517,519,521,其和为2 072.故选D.1．等差数列{a n }中,若a 2＋a 4 024＝4,则a 2 013＝( A ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．－2解析：∵2a 2 013＝a 2＋a 4 024＝4,∴a 2 013＝2.2．已知等差数列{a n }中,a 7＝π4,则tan(a 6＋a 7＋a 8)等于( C )A ．－33B ．－ 2C ．－1D ．1解析：∵在等差数列{a n }中,a 6＋a 7＋a 8＝3a 7＝3π4,∴tan(a 6＋a 7＋a 8)＝tan 3π4＝－1.3．如果等差数列{a n }中,a 1＝2,a 3＝6,则数列{2a n －3}是公差为4的等差数列．解析：设数列{a n }的公差为d ,则a 3－a 1＝2d ＝4, 即d ＝2.故数列{2a n －3}的公差为4.4．在等差数列{a n }中,a 3＝7,a 5＝a 2＋6,则a 6＝13. 解析：设等差数列{a n }的公差为d . ∵a 5＝a 2＋6,∴a 5－a 2＝6,即3d ＝6,d ＝2. ∴a 6＝a 3＋3d ＝7＋3×2＝13. 5．在等差数列{a n }中： (1)若a 5＝a ,a 10＝b ,求a 15； (2)若a 3＋a 8＝m ,求a 5＋a 6； (3)若a 5＝6,a 8＝15,求a 14. 解：(1)∵a 5＋a 15＝2a 10,∴a 15＝2a 10－a 5＝2b －a .(2)解法一：∵a 3＋a 8＝(a 1＋2d )＋(a 1＋7d ) ＝2a 1＋9d ＝m ,∴a 5＋a 6＝(a 1＋4d )＋(a 1＋5d )＝2a 1＋9d ＝m . 解法二：∵5＋6＝3＋8, ∴a 5＋a 6＝a 3＋a 8＝m .(3)解法一：∵a 8＝a 5＋(8－5)d , 即15＝6＋3d ,∴d ＝3.∴a 14＝a 8＋(14－8)d ＝15＋6×3＝33. 解法二：∵数列{a n }是等差数列,∴数列a 5,a 8,a 11,a 14,…是等差数列,首项a 5＝6,公差d ＝a 8－a 5＝15－6＝9, ∴第四项a 14＝6＋3×9＝33.——本课须掌握的问题运用等差数列的性质,能够简化问题,提高准确性．常用的性质主要有： (1)d ＝a m －a n m －n(m ,n ∈N *,且n ≠m )； (2)a n ＝a m ＋(n －m )d (n ,m ∈N *)； (3)若m ＋n ＝p ＋q (m ,n ,p ,q ∈N *), 则a m ＋a n ＝a p ＋a q .特别地,若m ＋n ＝2p (m ,n ,p ∈N *), 则a m ＋a n ＝2a p .在解决等差数列问题时要注意项数(即项的下标)之间的关系．。

高中数学必修5课件：第2章2-5-1等比数列的前n项和

数学必修5
第二章数列
4．在等比数列{an}中，a3－a1＝8，a6－a4＝216，Sn＝40. 求公比q，a1及n.
解析：显然公比q≠1，由已知可得：
a1q2－a1＝8， aa11q115－－－qaq1nq＝3＝4201，6，
a1＝1，解得q＝3，
n＝4.
数学必修5
第二章数列
等比数列前n项和的基本运算
第二章数列
新课引入
一个穷人到富人那里去借钱，原以为富人会不愿意，哪知富人一口应承了下来，但提出了如下条件：在 30 天中，每天借给穷人 10 万元．借钱第一天，穷人还 1 分钱，第二天，还 2 分钱，以后每天所还的钱数都是前一天的 2 倍，30 天后，互不相欠．穷人听后觉得很划算，本想一口气定下来，但又想到富人平时是吝啬出了名的，怕上当受骗，所以很为难．本节课我们来想个办法帮助这个穷人.
数学必修5
第二章数列
(2)由题意知：SS奇奇＋－SS偶偶＝＝－ 802，40， ∴SS奇偶＝＝－－8106， 0. ∴公比q＝SS偶奇＝－－18600＝2.
答案： (1)28
数学必修5
第二章数列
用错位相减法求数列的和
求和Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn.
[思路点拨]
[规范解答] (1)当x＝0时，Sn＝0.
∴aa111111－－－－qqqq36＝＝7262， 3.
① ②
②÷①得1＋q3＝9，∴q＝2.
将q＝2代入①中得a1＝12， ∴an＝a1qn－1＝12·2n－1＝2n－2，即an＝2n－2.
数学必修5
第二章数列
(3)由Sn＝
a11－qn 1－q

高中数学第2章数列 2_5 等比数列的前n项和第2课时数列求和课时作业新人教A版必修5

2017春高中数学第2章数列 2.5 等比数列的前n 项和第2课时数列求和课时作业新人教A 版必修5基础巩固一、选择题1．(2016·江苏启东中学期中)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为导学号 54742500( A )A ．100101 B ．99101 C ．99100D ．101100[解析] 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5× 5－12d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为(1－12)＋(12－13)＋…＋(1100－1101)＝1－1101＝100101. 2．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2016等于导学号 54742501( A )A ．1008B ．2016C ．504D ．0[解析] ∵函数y ＝cosn π2的周期T ＝2ππ2＝4，且第一个周期四项依次为0，－1,0,1. ∴可分四组求和：a 1＋a 5＋…＋a 2013＝0，a 2＋a 6＋...＋a 2014＝－2－6－ (2014)504× －2－20142＝－504×1008，∴a 3＋a 7＋…＋a 2015＝0，a 4＋a 8＋…＋a 2016＝4＋8＋…＋2016＝504× 4＋20162＝504×1010.∴S 2016＝0－504×1008＋0＋504×1010＝504×(1010－1008)＝1008，故选A ． 3．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，设b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }前n 项的和为导学号 54742502( A )A ．4(1－1n ＋1) B ．4(12－1n ＋1)C ．1－1n ＋1D ．12－1n ＋1[解析] ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n2， ∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1 ＝4(1n －1n ＋1)．∴S n ＝4[(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝4(1－1n ＋1)．4．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于导学号 54742503( B )A ．200B ．－200C ．400D ．－400[解析] S 100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200. 5．(2016·湖北孝感高中月考)已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1.设S n 为数列{(－1)n a n }的前n 项和，则S 2016导学号 54742504( C )A ．2016B ．－2016C ．3024D ．－3024[解析] ∵a 1＝tan225°＝1，∴a 5＝13a 1＝13， ∴数列{a n }的公差d ＝a 5－a 15－1＝13－14＝3.∴S 2016＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋(a 6－a 5)＋…＋(a 2016－a 2015)＝1008d ＝3024.6．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为导学号 54742505( D )A ．3690B ．3660C ．1845D ．1830[解析] 不妨令a 1＝1，则a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1；当n 为偶数时，各项构成以2为首项，4为公差的等差数列，所以前60项的和为30＋2×30＋30× 30－12×4＝1830.二、填空题7．数列22，422，623，…，2n 2n ，…前n 项的和为4－n ＋22n －1.导学号 54742506[解析] 设S n ＝22＋422＋623＋ (2)2n ①12S n ＝222＋423＋624＋ (2)2n ＋1② ①－②得(1－12)S n ＝22＋222＋223＋224＋…＋22n －2n 2n ＋1＝2－12n －1－2n 2n ＋1.∴S n ＝4－n ＋22n －1.8．(2015·广东理，10)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝10.导学号 54742507[解析] 因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25 即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.三、解答题9．(2015·山东理，18)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2S n ＝3n＋3.导学号 54742508 (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n－3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1.，3n －1，n ≥2.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ≥2时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n)，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n]．两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n . 所以T n ＝1312－6n ＋34×3n经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .10．(2016·浙江文，17)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.导学号 54742509(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．[解析] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3. 当n ≥3时，T n ＝3＋9 1－3n －21－3－ n ＋7 n －2 2＝3n－n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.能力提升一、选择题11．已知等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝7n ＋1n ＋3，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝导学号 54742510( A )A ．315B ．325C ．6D ．7[解析] ∵a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝ a 2＋a 22 ＋ a 5＋a 17 b 8＋b 16 ＋ b 10＋b 12 ＝2a 12＋2a 112b 12＋2b 11＝a 11＋a 12b 11＋b 12＝a 1＋a 22b 1＋b 22，又∵S 22T 22＝ a 1＋a 22 ×22 b 1＋b 22 ×22＝a 1＋a 22b 1＋b 22， ∴a 1＋a 22b 1＋b 22＝7×22＋122＋3＝315. ∴a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝315.12．数列{a n }的通项公式是a n ＝2sin(n π2＋π4)，设其前n 项和为S n ，则S 12的值为导学号 54742511( A )A ．0B ． 2C ．－ 2D ．1[解析] a 1＝2sin(π2＋π4)＝1，a 2＝2sin(π＋π4)＝－1，a 3＝2sin(3π2＋π4)＝－1，a 4＝2sin(2π＋π4)＝1，同理，a 5＝1，a 6＝－1，a 7＝－1，a 8＝1，a 9＝1，a 10＝－1，a 11＝－1，a 12＝1，∴S 12＝0.13．(2015·江西省质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n (n ∈N *)，则数列{a n }的前2015项的和S 2015等于导学号 54742512( A )A ．31008－2 B ．31008－3 C ．32015－2D ．32015－3[解析] 因为a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2a n＝3，所以S 2015＝(a 1＋a 3＋…＋a 2015)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2014)＝1－310081－3＋3 1－310071－3＝31008－2.二、填空题14．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1＋a (a 为常数)，b n ＝1a 2n，则数列{b n }的前n 项和为132×(1－19n ).导学号 54742513 [解析] ∵S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且S n ＝3(3n＋a3)．∴a3＝－1，∴a ＝－3，∴S n ＝3n ＋1－3，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1－3)－(3n－3)＝2×3n①，又∵a 1＝S 1＝6符合①式，∴a n ＝2×3n， ∴b n ＝1a 2n ＝14×9n ＝14·(19)n，∴{b n }的前n 项和为T n ＝136×[1－ 19 n ]1－19＝132×(1－19n )．15．求和1＋(1＋3)＋(1＋3＋32)＋(1＋3＋32＋33)＋…＋(1＋3＋…＋3n －1)＝34(3n－1)－n2.导学号 54742514 [解析] a 1＝1，a 2＝1＋3，a 3＝1＋3＋32，……a n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝12(3n －1)，∴原式＝12(31－1)＋12(32－1)＋......＋12(3n －1)＝12[(3＋32＋ (3))－n ]＝34(3n －1)－n2.三、解答题16．(2015·全国Ⅰ理，17)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.导学号 54742515(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解析] (1)当n ＝1时，a 21＋2a 1＝4S 1＋3＝4a 1＋3，因为a n ＞0，所以a 1＝3，当n ≥2时，a 2n ＋2a n －a 2n －1－2a n －1 ＝4S n ＋3－4S n －1－3＝4a n ，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝2(a n ＋a n －1)，因为a n ＞0，所以a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以a n ＝2n ＋1；(2)由(1)知，b n ＝ 12n ＋1 2n ＋3＝12(12n ＋1－12n ＋3)，所以数列{b n }前n 项和为b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(13－15)＋(15－17)＋…＋(12n ＋1－12n ＋3)]＝16－14n ＋6＝n3 2n ＋3. 17．已知数列{a n }和{b n }中，数列{a n }的前n 项和为S n .若点(n ，S n )在函数y ＝－x 2＋4x 的图象上，点(n ，b n )在函数y ＝2x的图象上.导学号 54742516(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n . [解析] (1)由已知得S n ＝－n 2＋4n ， ∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋5，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，符合上式． ∴a n ＝－2n ＋5.(2)由已知得b n ＝2n，a n b n ＝(－2n ＋5)·2n.T n ＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n ＋5)×2n ，2T n ＝3×22＋1×23＋…＋(－2n ＋7)×2n ＋(－2n ＋5)×2n ＋1.两式相减得T n ＝－6＋(23＋24＋…＋2n ＋1)＋(－2n ＋5)×2n ＋1＝231－2n －11－2＋(－2n ＋5)×2n ＋1－6＝(7－2n )·2n ＋1－14.。

人教课标版高中数学必修5《第二章数列》知识概述

1．本章是通过对一般数列的研究，转入对两类特殊数列──等差数列、等比数列的通项公式及前n项求和公式的研究的。

教科书首先通过三角形数、正方形数的实例引入数列的概念，然后将数列作为一种特殊函数，介绍了数列的几种简单表示法（列表、图象、通项公式）。

作为最基本的递推关系──等差数列，是从现实生活中的一些实例引入的，然后由定义入手，探索发现等差数列的通项公式。

等差数列的前n项和公式是通过的高斯算法推广到一般等差数列的前n项和的算法。

与等差数列呈现方式类似，等比数列的定义是通过细胞分裂个数、计算机病毒感染、银行中的福利，以及我国古代关于“一尺之棰，日取其半，万世不竭”问题的研究探索发现得出的，然后类比等差数列的通项公式，探索发现等比数列的通项公式，接着通过实例引入等比数列的前n项求和，并用错位相减法探索发现等比数列前n项求和公式。

最后，通过“九连环”问题的阅读与思考以及“购房中的数学”的探究与发现，进一步感受数列与现实生活中的联系和具体应用。

2．人们对数列的研究有的源于现实生产、生活的需要，有的出自对数的喜爱。

教科书从三角形数、正方形数入手，指出数列实际就是按照一定顺序排列着的一列数。

随后，又从函数的角度，将数列看成是定义在正整数集或其有限子集上的函数。

通过数列的列表、图象、通项公式的简单表示法，进一步体会数列是型，借助数列的相关知识解决问题的思想。

三、编写中考虑的几个问题1．体现“现实问题情境——数学模型——应用于现实问题”的特点数列作为一种特殊函数，是反映自然规律的基本数学模型。

教科书通过日常生活中大量实际问题（存款利息、放射性物质的衰变等）的分析，建立起等差数列与等比数列这两种数列模型。

通过探索和掌握等差数列与等比数列的一些基本数量关系，进一步感受这两种数列模型的广泛应用，并利用它们解决了一些实际问题。

教科书的这一编写特点，可由下面图示清楚表明：数列：三角形数、正方形数数列概念数列的三种表示回归到实际问题（希尔宾斯基三角形、斐波那契数列、银行存款等）等差数列：4个生活实例等差数列概念等差数列通项公式等差数列基本数量关系的探究（出租车收费问题等）前100个自然数的高斯求解等差数列的前n项和公式等差数列数量关系的探究及实际应用（校园网问题）等比数列：细胞分裂、古代“一尺之棰”问题、计算机病毒、银行复利的实例等比数列概念等比数列的通项公式等比数列基本数量关系的探究及实际应用（放射性物质衰变、程序框图等）诺贝尔奖金发放金额问题等比数列前n项和公式等比数列基本数量关系探究及实际应用（商场计算机销售问题、九连环的智力游戏、购房中的数学等）教科书的这种内容呈现方式，一方面可以使学生感受数列是反映现实生活的数学模型，体会数学是来源于现实生活，并应用于现实生活的，数学不仅仅是形式的演绎推导，数学是丰富多彩而不是枯燥无味的；另一方面，这种通过具体问题的探索和分析建立数学模型、以及应用于解决实际问题的过程，有助于学生对客观事物中蕴涵的数学模式进行思考和做出判断，提高数学地提出、分析、解决问题的能力，提高学生的基本数学素养，为后续的学习奠定良好的数学基础。

高中数学人教A版必修五教学课件：第二章《数列》 2.4 第2课时等比数列的性质

－6 解析：a4a7＝a1· a10＝＝－2. 3
答案：B
3．等比数列{an}中，若 a9＝－2，则此数列前 17 项之积为____________．
解析：由题意得 a1a2a3…a15a16a17 ＝(a1a17)· (a2a16)· (a3a15)· …· a9
17 17 ＝a17 9 ＝(－2) ＝－2 .
2 ∴a6 ＝a2· a10，
1 ∴a10＝162 × ＝13 122. 2
2
法三：由公式 ap· aq＝ap＋k· aq－k 得
2 a2· a10＝a2＋4· a10－4＝a6 .
1 ∴a10＝1622× ＝13 122. 2
答案：13 122
探究二
an＋1＝can＋d(c≠1，cd≠0)的递推关系
利用等比数列的性质解题 (1)基本思路：充分发挥项的 “下标”的指导作用，分析等比数列项与项之间的关系，选择恰当的性质解题． (2)优缺点：简便快捷，但是适用面窄，有一定的思维含量．
1．在等比数列中，若 a2＝2，a6＝162，则 a10＝________.
解析：法一：∵a6＝a2q4，其中 a2＝2，a6＝162， ∴q4＝81， ∴a10＝a6q4＝162×81＝13 122. 法二：∵2,6,10 三数成等差数列， ∴a2，a6，a10 成等比数列．
－
1n－1 4n－1 n－1 第 n 个图形的周长 3 ×(3×4 )＝3×3 .
[感悟提高]
(1)解决此类问题，需要抓住变中的不变量，即数据在改
变，但其变化规律不改变，事实上，给出的图形只是问题的载体，我们只需从“形”中抽象出“数”，即可将问题归结为等比数列．
a1＝1， 1 ∴ 或 1 q ＝ . q＝2，

高中数学人教A版必修五优化练习：第二章 2.5 第2课时等比数列的前n项和公式的性质及应用含解析

[课时作业] [A 组基础巩固]1．设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n解析：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q ＝3－2a n .答案：D2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2－a 5＝0，则S 4S 2＝( )A ．5B ．8C ．－8D ．15解析：∵8a 2－a 5＝0，∴8a 1q ＝a 1q 4，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴S 4S 2＝1－q 41－q 2＝1＋q 2＝5.答案：A3．已知在等比数列{a n }中，公比q 是整数，a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，则此数列的前8项和为( ) A ．514 B ．513 C ．512D ．510解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝18，a 1q ＋a 1q 2＝12，解得q ＝2或q ＝12.∵q 为整数，∴q ＝2.∴a 1＝2，∴S 8＝2(1－28)1－2＝29－2＝510.答案：D4．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和，已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝( ) A.152 B.314 C.334D.172解析：由a 2a 4＝1⇒a 1＝1q 2，又S 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝7，联立得：⎝⎛⎭⎫1q ＋3⎝⎛⎭⎫1q －2＝0，∴q ＝12，a 1＝4， S 5＝4⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝314.答案：B5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和，若S n ＝126，则n ＝________. 解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴S n ＝2(1－2n )1－2＝126，∴2n ＝64，∴n ＝6.答案：66．等比数列{a n }的公比q >0，已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________. 解析：由a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，得q n ＋1＋q n ＝6q n －1，即q 2＋q －6＝0，q >0，解得q ＝2，又∵a 2＝1，∴a 1＝12，∴S 4＝12·(1－24)1－2＝152.答案：1527．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，依题意得a 2＝a 1·q ＝q ，a 3＝a 1q 2＝q 2，S 1＝a 1＝1，S 2＝1＋q ，S 3＝1＋q ＋q 2，又3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(1＋q )＝3＋1＋q ＋q 2，所以q ＝3(q ＝0舍去)．所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案：3n －18．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 是其前n 项和，证明：log 0.5S n ＋log 0.5S n ＋2>2log 0.5S n ＋1.证明：设{a n }的公比为q ，由已知得a 1>0，q >0. ∵S n ＋1＝a 1＋qS n ，S n ＋2＝a 1＋qS n ＋1，∴S n S n ＋2－S 2n ＋1＝S n (a 1＋qS n ＋1)－(a 1＋qS n )S n ＋1＝S n a 1＋qS n S n ＋1－a 1S n ＋1－qS n S n ＋1＝a 1(S n －S n ＋1)＝－a 1a n ＋1<0， ∴S n ·S n ＋2<S 2n ＋1.根据对数函数的单调性可以得到log 0.5(S n S n ＋2)>log 0.5S 2n ＋1，即log 0.5S n ＋log 0.5S n ＋2>2log 0.5S n ＋1.9．设等比数列{a n }的公比q <1，前n 项和为S n ，已知a 3＝2，S 4＝5S 2，求{a n }的通项公式．解析：由题设知a 1≠0，S n ＝a 1·(1－q n )1－q，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝2， ①a 1·(1－q 4)1－q＝5×a 1·(1－q 2)1－q ， ② 由②得1－q 4＝5(1－q 2)，(q 2－4)(q 2－1)＝0.(q －2)(q ＋2)(q －1)(q ＋1)＝0，因为q <1，解得q ＝－1或q ＝－2. 当q ＝－1时，代入①得a 1＝2，通项公式a n ＝2×(－1)n －1；当q ＝－2时，代入①得a 1＝12；通项公式a n ＝12×(－2)n －1.综上，当q ＝－1时，a n ＝2×(－1)n －1；当q ＝－2时，a n ＝12×(－2)n －1.[B 组能力提升]1．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 10＝35，则S 10＝( ) A.1 0232B.1 0242C ．235D.1 0222解析：由题意知log 2(a 1·a 2·…·a 10)＝35， ∴a 1·a 2·a 3·…·a 10＝235. ∴a 1·(a 1q )·(a 1q 2)·…·(a 1q 9)＝235.∴a 101q1＋2＋3＋…＋9＝235.∴a 101·245＝235，即a 101＝1210， ∴a 1＝12.∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝a 1(1－q 10)1－q ＝1 0232.答案：A2．已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A ．a 1d >0，dS 4>0 B ．a 1d <0，dS 4<0 C ．a 1d >0，dS 4<0 D ．a 1d <0，dS 4>0解析：因为{a n }是等差数列，a 3，a 4，a 8成等比数列，所以(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )⇒a 1＝－53d ，所以S 4＝2(a 1＋a 4)＝2(a 1＋a 1＋3d )＝－23d ，所以a 1d ＝－53d 2<0，dS 4＝－23d 2<0.答案：B3．一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项的和的两倍，它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为________．解析：由题意可知q ＝2，设该数列为a 1，a 2，a 3，…，a 2n ，则a n ＋a n ＋1＝24，又a 1＝1， ∴q n －1＋q n ＝24，即2n －1＋2n ＝24，解得n ＝4，∴项数为8项．答案：84．(2019·高考全国Ⅰ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设{a n }的公比为q ，于是a 1(1＋q 2)＝10，① a 1(q ＋q 3)＝5，②联立①②得a 1＝8，q ＝12，∴a n ＝24－n ，∴a 1a 2…a n ＝23＋2＋1＋…＋(4－n )＝2－12n n 2＋72n n ＝2－12 (n －72 )2＋498≤26＝64.∴a 1a 2…a n的最大值为64. 答案：645．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝5，S 6＝36， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，6a 1＋6×52d ＝36，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋52d ＝6，∴a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，(n ∈N *)． (2)∵b n ＝2a n ＝22n －1， ∴T n ＝21＋23＋25＋…＋22n －1 ＝2(1－4n )1－4＝2(4n －1)3.6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2(n ∈N *)，数列{b n }中，b 1＝1，点P (b n ，b n＋1)在直线x －y ＋2＝0上．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，求T n .解析：(1)由S n ＝2a n －2得S n －1＝2a n －1－2(n ≥2)，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，即a na n －1＝2(n ≥2)，又a 1＝S 1＝2a 1－2，∴a 1＝2，∴{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＝2n .∵点P (b n ，b n ＋1)在直线x －y ＋2＝0上， ∴b n －b n ＋1＋2＝0，即b n ＋1－b n ＝2， ∴{b n }是等差数列．又b 1＝1，∴b n ＝2n －1.(2)∵T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)·2n ，① ∴2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1.② ①－②，得－T n ＝1×2＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)·2n ＋1 ＝2＋2·22－2n ·21－2－(2n －1)2n ＋1＝2＋4·2n －8－(2n －1)2n ＋1＝(3－2n )·2n ＋1－6. ∴T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6.。

高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和学案新人教A版必修5(2021年整理)

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2。

5 错误!第一课时等比数列的前n项和（1）公比是1的等比数列的前n项和如何计算？(2）能否根据首项、末项与项数求出等比数列的前n项和？（3)能否根据首项、公比与项数求出等比数列的前n项和？(4）等比数列前n项和的性质有哪些？［新知初探]1．等比数列的前n项和公式已知量首项a1与公比q首项a1，末项a n与公比q公式S n＝错误!S n＝错误![在应用公式求和时，应注意到S n错误!常数列求和，即S n＝na1.2．等比数列前n项和的性质（1）等比数列{a n}中，若项数为2n，则错误!＝q；若项数为2n＋1，则错误!＝q。

（2)若等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n,S2n－S n，S3n－S2n…成等比数列（其中S n，S2n －S n,S3n－S2n…均不为0)．(3）若一个非常数列{a n}的前n项和S n＝Aq n－A(A≠0，q≠0,n∈N＊),则数列{a n｝为等比数列，即S n＝Aq n－A(A≠0,q≠0，q≠1，n∈N＊）⇔数列｛a n}为等比数列．错误!1．判断下列命题是否正确．（正确的打“√"，错误的打“×”)(1）求等比数列｛a n｝的前n项和时可直接套用公式S n＝a11－q n1－q来求( )预习课本P55～58，思考并完成以下问题（2）首项为a的数列既是等差数列又是等比数列，则其前n项和为S n＝na（)（3)若某数列的前n项和公式为S n＝－aq n＋a（a≠0，q≠0且q≠1，n∈N＊）,则此数列一定是等比数列( )解析：（1）错误．在求等比数列前n项和时,首先应看公比q是否为1，若q≠1，可直接套用,否则应讨论求和．(2)正确．若数列既是等差数列，又是等比数列,则是非零常数列，所以前n项和为S n＝na。

2022年高中数学第二章数列2等差数列第2课时练习含解析人教版必修

第2课时一、选择题1．等差数列{a n}中，a6＋a9＝16，a4＝1，则a11＝( )A．64 B．30C．31 D．15[答案]　D[解析]　解法一：∵，∴，∴，∴a11＝a1＋10d＝15.解法二：∵6＋9＝4＋11，∴a4＋a11＝a6＋a9＝16，∴a11＝15.2．如果等差数列{a n}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝( ) A．14B．21C．28D．35[答案]　C[解析]　∵a3＋a4＋a5＝3a4＝12，∴a4＝4.又a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝28.3．已知等差数列{a n}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有( )A．a1＋a101>0B．a2＋a100<0C．a3＋a100≤0D．a51＝0[答案]　D[解析]　由题设a1＋a2＋a3＋…＋a101＝101a51＝0，∴a51＝0.4．已知{a n}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20等于( ) A．－1B．1C．3D．7[答案]　B[解析]　∵{a n}是等差数列，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝105，∴a3＝35，a2＋a4＋a6＝3a4＝99，∴a4＝33，∴d＝a4－a3＝－2，a20＝a4＋16d＝33－32＝1.5．在a和b之间插入n个数构成一个等差数列，则其公差为( )A．　B．C．D．[答案]　C[解析]　∵a1＝a，a n＋2＝b，∴公差d＝＝.6．设{a n}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13等于( )A．120 B．105C．90 D．75[答案]　B[解析]　∵a1＋a2＋a3＝3a2＝15，∴a2＝5，又∵a1a2a3＝80，∴a1a3＝16，即(a2－d)(a2＋d)＝16，∵d>0，∴d＝3.则a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2＋10d)＝105.二、填空题7．等差数列{a n}中，已知a2＋a3＋a10＋a11＝36，则a5＋a8＝__________.[答案]　18[分析]　利用等差数列的性质求解，或整体考虑问题，求出2a1＋11d的值．[解析]　解法1：根据题意，有(a1＋d)＋(a1＋2d)＋(a1＋9d)＋(a1＋10d)＝36，∴4a1＋22d＝36，则2a1＋11d＝18.∴a5＋a8＝(a1＋4d)＋(a1＋7d)＝2a1＋11d＝18.解法2：根据等差数列性质，可得a5＋a8＝a3＋a10＝a2＋a11＝36÷2＝18.8．已知等差数列{a n}中，a3、a15是方程x2－6x－1＝0的两根，则a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝__________.[答案]　15[解析]　∵a3＋a15＝6，又a7＋a11＝a8＋a10＝2a9＝a3＋a15，∴a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝(2＋)(a3＋a15)＝×6＝15.三、解答题9．已知等差数列{a n}的公差d>0，且a3a7＝－12，a4＋a6＝－4，求{a n}的通项公式．[解析]　由等差数列的性质，得a3＋a7＝a4＋a6＝－4，又∵a3a7＝－12，∴a3、a7是方程x2＋4x－12＝0的两根．又∵d>0，∴a3＝－6，a7＝2.∴a7－a3＝4d＝8，∴d＝2.∴a n＝a3＋(n－3)d＝－6＋2(n－3)＝2n－12.10．四个数成等差数列，其平方和为94，第一个数与第四个数的积比第二个数与第三个数的积少18，求此四个数．[解析]　设四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，据题意得，(a－3d)2＋(a－d)2＋(a＋d)2＋(a＋3d)2＝94⇒2a2＋10d2＝47.①又(a－3d)(a＋3d)＝(a－d)(a＋d)－18⇒8d2＝18⇒d＝±代入①得a＝±，故所求四数为8,5,2，－1或1，－2，－5，－8或－1,2,5,8或－8，－5，－2，1.一、选择题1．设数列{a n}，{b n}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，那么数列{a n＋b n}的第37项为( )A．0B．37C．100D．－37[答案]　C[解析]　∵数列{a n}，{b n}都是等差数列，∴{a n＋b n}也是等差数列．又∵a1＋b1＝100，a2＋b2＝100，∴{a n＋b n}的公差为0，∴数列{a n＋b n}的第37项为100.2．数列{a n}中，a2＝2，a6＝0且数列{}是等差数列，则a4等于( )A．　B．C．D．[答案]　A[解析]　令b n＝，则b2＝＝，b6＝＝1，由条件知{b n}是等差数列，∴b6－b2＝(6－2)d＝4d＝，∴d＝，∴b4＝b2＋2d＝＋2×＝，∵b4＝，∴a4＝.3．等差数列{a n}中，a2＋a5＋a8＝9，那么关于x的方程：x2＋(a4＋a6)x＋10＝0( )A．无实根B．有两个相等实根C．有两个不等实根D．不能确定有无实根[答案]　A[解析]　∵a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，即3a5＝9，∴a5＝3，方程为x2＋6x＋10＝0，无实数解．4．下列命题中正确的个数是( )(1)若a，b，c成等差数列，则a2，b2，c2一定成等差数列；(2)若a，b，c成等差数列，则2a,2b,2c可能成等差数列；(3)若a，b，c成等差数列，则ka＋2，kb＋2，kc＋2一定成等差数列；(4)若a，b，c成等差数列，则，，可能成等差数列．A．4个B．3个C．2个D．1个[答案]　B[解析]　对于(1)取a＝1，b＝2，c＝3⇒a2＝1，b2＝4，c2＝9，(1)错．对于(2)，a＝b＝c⇒2a＝2b＝2c，(2)正确；对于(3)，∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2B．∴(ka＋2)＋(kc＋2)＝k(a＋c)＋4＝2(kb＋2)，(3)正确；对于(4)，a＝b＝c≠0⇒＝＝，(4)正确，综上选B．二、填空题5．若x≠y，两个数列x，a1，a2，a3，y和x，b1，b2，b3，b4，y都是等差数列，则＝________.[答案]　[解析]　设两个等差数列的公差分别为d1，d2，由已知，得即解得＝，即＝＝.6．已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为________．[答案]　15[解析]　设△ABC的三边长为a－4，a，a＋4(a>4)，则＝－，解得a＝10，三边长分别为6,10,14.所以S△ABC＝×6×10×＝15.三、解答题7．在△ABC中，三边a、b、c成等差数列，、、也成等差数列，求证△ABC为正三角形．[证明]　∵＋＝2，平方得a＋c＋2＝4b，又∵a＋c＝2b，∴＝b，故(－)2＝0，∴a＝b＝C．故△ABC为正三角形．8．设数列{a n}是等差数列，b n＝()a n又b1＋b2＋b3＝，b1b2b3＝，求通项a n.[解析]　∵b1b2b3＝，又b n＝()a n，∴()a1·()a2·()a3＝.∴()a1＋a2＋a3＝，∴a1＋a2＋a3＝3，又{a n}成等差数列∴a2＝1，a1＋a3＝2，∴b1b3＝，b1＋b3＝，∴或，即或，∴a n＝2n－3或a n＝－2n＋5.。

人教A版2019高中数学必修5练习：第二章_数列2.5.2等比数列前n项和的性质及应用_含答案

第2课时等比数列前n项和的性质及应用课后篇巩固探究A组1.在各项都为正数的等比数列{a n}中,首项a1=3,前3项和为21,则a3+a4+a5等于()A.33B.72C.84D.189S3=a1(1+q+q2)=21,且a1=3,得q+q2-6=0.因为q>0,所以q=2.故a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=22·S3=84.2.已知数列{a n}的前n项和S n=a n-1(a是不为零且不等于1的常数),则数列{a n}()A.一定是等差数列B.一定是等比数列C.或者是等差数列,或者是等比数列D.既不是等差数列,也不是等比数列S n=a n-1符合S n=-Aq n+A的形式,且a≠0,a≠1,所以数列{a n}一定是等比数列.3已知{a n}是等比数列,a1=1,a4=,则a1a2+a2a3+…+a n a n+1等于()A.2(1-4-n)B.2(1-2-n)C. (1-4-n)D. (1-2-n)q,∵=q3=,∴q=.∵a1=1,∴a n a n+1=1××1×=21-2n.故a1a2+a2a3+a3a4+…+a n a n+1=2-1+2-3+2-5+…+21-2n== (1-4-n).4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯”.意思是:一座七层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.2盏B.3盏C.5盏D.6盏a盏灯,由题意知第七层至第一层的灯的盏数构成一个以a为首项,以2为公比的等比数列,由等比数列的求和公式可得=381,解得a=3,故顶层有3盏灯.5.已知一个等比数列共有3m项,若前2m项之和为15,后2m项之和为60,则这个等比数列的所有项的和为()A.63B.72C.75D.87已知S2m=15,S3m-S m=60,又(S2m-S m)2=S m(S3m-S2m)=S m(S m+60-S2m),解得S m=3,所以603=63.3m6.在各项均为正数的等比数列{a n}中,a1=2,a2,a4+2,a5成等差数列,S n是数列{a n}的前n项和,则S10-S4=.题意有2(a4+2)=a2+a5,设公比为q,则有2(2q3+2)=2q+2q4,解得q=2.于是S10-S4==2 016.7.已知数列{a n}满足a1=1,a n+1·a n=2n(n∈N*),则S2 018=.a n+1·a n=2n(n∈N*),a1=1,∴a2=2,a3=2.又a n+2·a n+1=2n+1,∴=2,∴数列{a n}的奇数项与偶数项分别成等比数列,公比为2,首项分别为1,2.∴S2 018=(a1+a3+…+a2 017)+(a2+a4+…+a2 018)==3·21 009-3.1 009-38.已知一件家用电器的现价是2 000元,如果实行分期付款,一年后还清,购买后一个月第一次付款,以后每月付款一次,每次付款数相同,共付12次,月利率为0.7%,并按复利计算,那么每期应付款元.(参考数据:1.00711≈1.080,1.00712≈1.087,1.0711≈2.105,1.0712≈2.252)x元,第n期付款后欠款A n元,则A1=2 000(1+0.007)-x=2 000×1.007-x,A2=(2 000×1.007-x)×1.007-x=2 000×1.0072-1.007x-x,……A12=2 000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x,因为A12=0,所以2 000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x=0,解得x=≈175,即每期应付款175元.9.在等差数列{a n}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{a n+b n}是首项为1,公比为|a2|的等比数列,求{b n}的前n项和S n.设等差数列{a n}的公差为d,依题意得a3+a8-(a2+a7)=2d=-6,从而d=-3.所以a2+a7=2a1+7d=-23,解得a1=-1.所以数列{a n}的通项公式为a n=-3n+2.(2)由(1)得a2=-4,所以|a2|=4.而数列{a n+b n}是首项为1,公比为4的等比数列.所以a n+b n=4n-1,即-3n+2+b n=4n-1,所以b n=3n-2+4n-1,于是S n=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+4+42+…+4n-1)=.10.导学号04994050已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a n+1=S n,n∈N*,求:(1)a2,a3,a4的值及数列{a n}的通项公式;(2)a2+a4+a6+…+a2n的值.由a1=1,a n+1=S n,n=1,2,3,…,得21=a1=,a3=S2= (a1+a2)=,a4=S3= (a1+a2+a3)=.由a n+1-a n=(S n-S n-1)= a n(n≥2),得a n+1=a n(n≥2),∵a2=,∴a n=(n≥2).∴数列{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)可知,a2,a4,…,a2n是首项为,公比为,项数为n的等比数列,∴a2+a4+a6+…+a2n=.B组1.在等比数列{a n}中,a1+a2+a3+a4+a5=3,=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是A.3B.C.-D.5题意可知等比数列{a n}的公比q≠1,则a1+a2+…+a5==3,+…+=15,∴=5,∴a1-a2+a3-a4+a5==5.2.已知某公司今年获利5 000万元,如果以后每年的利润都比上一年增加10%,那么总利润达3亿元大约还需要()(参考数据:lg 1.01≈0.004,lg 1.06≈0.025,lg 1.1≈0.041,lg 1.6≈0.204)A.4年B.7年C.12年D.50年据题意知每年的利润构成一个等比数列{a n},其中首项a1=5 000,公比110%=1.1,S n=30 000.于是得到=30 000,整理得1.1n=1.6,两边取对数,得n lg 1.1=lg 1.6,解得n=≈5,故还需要4年.3.已知等比数列{a n}的公比为q,其前n项和为S n,前n项之积为T n,且满足a1>1,a2 016a2017>1,<0,则下列结论正确的是()A.q<0B.a2 016a2 018-1>0C.T2 016是数列{T n}中的最大数D.S2 016>S2 017,得a2 016>1,a2 017<1,所以前2 016项均大于1,0<q<1,S2 016<S2 017,T2 016是数列{T n}中的最大数,a2 016a2 018与1的大小关系无法确定.故选C.4已知等比数列{a n},其前n项和为S n,若S30=13S10,S10+S30=140,则S20等于.q≠1 (否则S30=3S10),由所以q20+q10-12=0,所以q10=3(负值舍去),故S20==S10×(1+q10)=10×(1+3)=40.5.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且S n=b n+1-2(b>0,b≠1),则a4=.n≥2时,a n=S n-S n-1=(b-1)·b n.因为a1=S1=b2-2,所以(b-1)b=b2-2,解得b=2,因此S n=2-2,于是a4=S4-S3=16.6.导学号04994051如图,作边长为3的正三角形的内切圆,在这个圆内作内接正三角形,然后作新三角形的内切圆,……如此下去,则前n个内切圆的面积和为.×3=,面积为π,第二个内切圆的半径为,面积为π,……这些内切圆的面积组成一个等比数列,首项为π,公比为,故前n个内切圆的面积之和为π.π7.已知正项等差数列{a n}的公差不为0,a2,a5,a14恰好是等比数列{b n}的前三项,a2=3.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)记数列{b n}的前n项和为T n,若对任意的n∈N*,k≥3n-6恒成立,求实数k的取值范围.设公差为d,根据题意知d≠0,a2=a1+d,a5=a1+4d,a14=a1+13d.∵(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d),a1+d=3,∴3d2-6d=0,∴d=2(d=0舍去).又a2=3,d=2,∴a1=1,a n=2n-1.∵b1=a2=3,b2=a5=9,b3=a14=27,∴b n=3n.(2)由(1)知b1=3,q=3.∵T n=,∴k≥3n-6对n∈N*恒成立.∴k≥对n∈N*恒成立.令c n=,c n-c n-1=,当n≤3时,c n>c n-1,当n≥4时,c n<c n-1,∴(c n)max=c3=,故k≥.8.导学号04994052已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2=8,S4=40.数列{b n}的前n项和为T n,且T n-2b n+3=0,n∈N*.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设c n=求数列{c n}的前2n+1项和P2n+1.由题意知,解得∴a n=4n.∵T n-2b n+3=0,∴当n=1时,b1=3,当n≥2时,T n-1-2b n-1+3=0,两式相减,得b n=2b n-1(n≥2),故数列{b n}为等比数列,且b n=3·2n-1.(2)由(1)知c n=∴P2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(b2+b4+…+b2n)==22n+1+4n2+8n+2.。

高中数学：第2章数列 §2.4-第2课时

第2课时等比数列的性质1.等比数列{a n}中，a4＝4，则a2·a6等于A.4B.8C.16D.32解析因为{a n}是等比数列，所以a2·a6＝a24＝16.★答案★ C2.在正项等比数列{a n}中，a1，a99是方程x2－10x＋16＝0的两个根，则a40a50a60的值为A.32B.256C.±64D.64解析因为a1，a99是方程x2－10x＋16＝0的两个根，所以a1a99＝16，又a40a60＝a1a99＝a250，{a n}是正项等比数列，所以a50＝4，所以a40a50a60＝a350＝64.★答案★ D3.在等比数列{a n }中，a n ＞a n ＋1，且a 7·a 11＝6，a 4＋a 14＝5，则a 6a 16等于A.32B.23C.16D.6解析因为⎩⎪⎨⎪⎧a 7·a 11＝a 4·a 14＝6，a 4＋a 14＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝3a 14＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝2，a 14＝3.又因为a n ＞a n ＋1，所以a 4＝3，a 14＝2. 所以a 6a 16＝a 4a 14＝32. ★答案★ A4.在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前3项和为21，则a 3＋a 4＋a 5＝________. 解析因为数列{a n }为等比数列，所以a 3＝a 1·q 2，a 4＝a 2·q 2，a 5＝a 3·q 2，所以a 3＋a 4＋a 5＝a 1·q 2＋a 2·q 2＋a 3·q 2＝q 2(a 1＋a 2＋a 3)，又因为q ＝2，所以a 3＋a 4＋a 5＝4(a 1＋a 2＋a 3)，因为前3项和为21，所以a 1＋a 2＋a 3＝21，所以a 3＋a 4＋a 5＝4×21＝84. ★答案★ 845.在3和一个未知数间填上一个数，使三数成等差数列，若中间项减去6，成等比数列，则此未知数是________.解析设此三数为3，a ，b ，则⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝3＋b ，（a －6）2＝3b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝15，b ＝27.所以这个未知数为3或27.★答案★ 3或27[限时45分钟；满分80分]一、选择题(每小题5分，共30分)1.将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，…，则此数列是A.公比为q的等比数列B.公比为q2的等比数列C.公比为q3的等比数列D.不一定是等比数列解析a n－1a na n－2a n－1＝a n－1a n－2·a na n－1＝q·q＝q2(n≥3)，所以新数列是公比为q2的等比数列.★答案★ B2.已知等比数列{ a n}中a7＝－1，a19＝－8，则a13＝A.－22B.22C.16D.－32解析由等比数列的性质得：a19a7＝(q6)2＝8，q6＝22，a13＝a7·q6＝(－1)·22＝－2 2.★答案★ A3.已知等比数列{a n}中，a3a11＝4a7，数列{b n}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9等于A.2B.4C.8D.16解析由数列{a n}是等比数列，且a3a11＝4a7，得a27＝4a7，∴a7＝4或a7＝0(舍).所以在等差数列{b n}中，有b5＋b9＝2b7＝2a7＝8.★答案★ C4.设各项为正数的等比数列{a n}中，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，则a 3·a 6·a 9·…·a 30等于A.230B.210C.220D.215解析由a 1·a 2·a 3·…·a 30＝230得a 301·21＋2＋…＋29＝a 301·229×302＝230.∴a 101·2145＝210. ∴a 101＝2－135.∴a 3·a 6·a 9·…·a 30＝a 101·22＋5＋8＋…＋29＝a 101·2155＝2－135×2155＝220.★答案★ C5.已知数列{a n }(n ∈N *)是首项为1的等比数列，设b n ＝a n ＋2n ，若数列{b n }也是等比数列，则b 1＋b 2＋b 3＝A.9B.21C.42D.45解析设数列{a n }的公比为q ，则a 2＝q ，a 3＝q 2，∴b 1＝a 1＋21＝3，b 2＝a 2＋22＝q ＋4，b 3＝a 3＋23＝q 2＋8.∵数列{b n }也是等比数列，∴(q ＋4)2＝3(q 2＋8)，解得q ＝2.当q ＝2时，a n ＝2n －1，b n ＝3·2n －1，符合题意，故q ＝2.∴b 1＋b 2＋b 3＝3＋6＋12＝21.★答案★ B6.(能力提升)已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是A.－15B.－5C.5D.15解析由log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，得log 3a n ＋1－log 3a n ＝1且a n ＞0，即log 3a n ＋1a n＝1，得a n ＋1a n ＝3，所以数列{a n }是公比为3的等比数列.因为a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋a 4＋a 6)q 3，所以a 5＋a 7＋a 9＝9×33＝35.所以log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 1335＝－log 335＝－5.★答案★ B二、填空题(每小题5分，共15分)7.已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7的值等于________. 解析设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得1＋q 2＋q 4＝7，解得q 2＝2(负值舍去)，所以a 3＋a 5＋a 7＝a 1q 2＋a 3q 2＋a 5q 2＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42.★答案★ 428.若－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，则b ＝________，ac ＝____________.解析因为－1，a ，b ，c ，－9成等比数列，所以b 2＝(－1)×(－9)＝9，设公比为q ，则b ＝－1·q 2<0，故b ＝－3，又－1，a ，b 成等比数列，所以a 2＝－b ＝3，同理c 2＝27，所以a 2c 2＝3×27＝81.又a ，c 符号相同，所以ac ＝9.★答案★ －3 99.(能力提升)画一个边长为2厘米的正方形，再以这个正方形的对角线为边画第2个正方形，以第2个正方形的对角线为边画第3个正方形，这样一共画了10个正方形，则第10个正方形的面积等于________平方厘米.解析这10个正方形的边长构成以2为首项，2为公比的等比数列{a n }(1≤n ≤10，n ∈N *)，则第10个正方形的面积S ＝a 210＝22·29＝211＝2 048.★答案★ 2 048三、解答题(本大题共3小题，共35分)10.(11分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，求{a n }的通项公式.解析设{a n }的公差为d .由S 3＝a 22，得3a 2＝a 22，故a 2＝0或a 2＝3.由S 1，S 2，S 4成等比数列，得S 22＝S 1S 4. 又S 1＝a 2－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ，故(2a 2－d )2＝(a 2－d )(4a 2＋2d ). 若a 2＝0，则d 2＝－2d 2，所以d ＝0，此时S n ＝0，不符合题意；若a 2＝3，则(6－d )2＝(3－d )(12＋2d )，解得d ＝0，或d ＝2. 因此{a n }的通项公式为a n ＝3或a n ＝2n －1.11.(12分)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.解析设三个数为aq，a ，aq ，∴a 3＝－8，即a ＝－2，∴三个数为－2q ，－2，－2q .(1)若－2为－2q 和－2q 的等差中项，则2q＋2q ＝4， ∴q 2－2q ＋1＝0，q ＝1，与已知矛盾； (2)若－2q 为－2q与－2的等差中项，则1q ＋1＝2q ，2q 2－q －1＝0，q ＝－12或q ＝1(舍去)，∴三个数为4，－2，1； (3)若－2q 为－2q 与－2的等差中项，则q ＋1＝2q ，∴q 2＋q －2＝0，∴q ＝－2或q ＝1(舍去)， ∴三个数为1，－2，4.综合(1)(2)(3)可知，这三个数为－2，1，4.12.(12分)(能力提升)已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，且a 2＝3，4S 2＝S 4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{2a n }是等比数列； (3)求使得S n ＋2＞2S n 成立的n 的集合. 解析 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，4×（2a 1＋d ）＝4a 1＋6d .解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)依题意，得2a n 2a n －1＝22n －122n －3＝4，所以数列{2a n }是首项为2，公比为4的等比数列. (3)由a 1＝1，d ＝2，a n ＝2n －1，得S n ＝n 2，所以S n ＋2＞2S n ⇒(n ＋2)2＞2n 2⇒(n －2)2＜8. 所以n ＝1，2，3，4，故n 的集合为{1，2，3，4}.。

高中数学第二章数列2.4等比数列第2课时教案新人教A版必修5

高中数学第二章数列2.4等比数列第2课时教案新人教A版必修5一、教学目标：知识与技能1. 了解等比数列更多的性质；2. 能将学过的知识和思想方法运用于对等比数列性质的进一步思考和有关等比数列的实际问题的解决中；3. 能在生活实际的问题情境中，抽象出等比数列关系，并能用有关的知识解决相应的实际问题过程与方法1. 继续采用观察、思考、类比、归纳、探究、得出结论的方法进行教学；2. 对生活实际中的问题采用合作交流的方法，发挥学生的主体作用，引导学生探究问题的解决方法，经历解决问题的全过程；3. 当好学生学习的合作者的角色.情感态度与价值观1. 通过对等比数列更多性质的探究，培养学生的良好的思维品质和思维习惯，激发学生对知识的探究精神和严肃认真的科学态度，培养学生的类比、归纳的能力；2. 通过生活实际中有关问题的分析和解决，培养学生认识社会、了解社会的意识，更多地知道数学的社会价值和应用价值.二、教学重点：1.探究等比数列更多的性质；2.解决生活实际中的等比数列的问题.教学难点；渗透重要的数学思想（类比思想、归纳思想、数形结合思想、算法思想、方程思想以及一般到特殊的思想方法等.）.三、学情及导入分析：这节课师生将进一步探究等比数列的知识，以教材练习中提供的问题作为基本材料，认识等比数列的一些基本性质及内在的联系，理解并掌握一些常见结论，进一步能用来解决一些实际问题.通过一些问题的探究与解决，渗透重要的数学思想方法.教学中以师生合作探究为主要形式，充分调动学生的学习积极性.教具准备多媒体课件、投影胶片、投影仪等四、教学过程:复习旧知识，引入新知归纳抽象形成概念1.温故知新师教材中第59页练习第3题、第4题，请学生课外进行活动探究，现在请同学们把你们的探究结果展示一下•师对各组的汇报给予评价•师出示多媒体幻灯片一：第3题、第4题详细解答：猜想：在数列｛a n｝中每隔m(m是一个正整数)取出一项，组成一个新数列，这个数列是以a i为首项、q m%一公比的等比数列.◊本题可以让学生认识到，等比数列中下标为等差数列的子数列也构成等比数列，可以让学生再探究几种由原等比数列构成的新等比数列的方法•第4题解答：(1) 设｛a n｝的公比是q , 则2, 4 2 2 8a s =( a i q ) =a i qh 2 6 2 8而a s • a7=a i q • a i q =a i q ,所以a s =a s • a7. 同理,a s =a i • a o.(2) 用上面的方法不难证明a2=a n-i • a n+i( n> i).由此得出,a n是a n-i和a n+i的等比中项，同理可证a n2=a n-k • a n+k( n>k > 0). a是a n-k和a n+k的等比中项(n> k学生回答；生由学习小组汇报探究结果.第3题解答：⑴将数列，｛a n｝的前k项去掉，剩余的数列为a k+i ,a k+2,….令b i =a<+i ,i=i,2,…，则数列a k+i, a k+2,…，可视为b i, b?，….因为b i i a k i i q (i >i),b i a k i所以，｛b n｝是等比数列，即a k+i, a k+2,…是等比数列.(2)｛a n｝中每隔I0项取出一项组成的数列是a i, a ii ,a 2i，…, 则a ii a2i a i0k ii... ...qa i a ii a i0k 9(k >i). 所以数列a i,aii, a2i,…是以a i为首项，q i0为公比的等比数列.由复习引入，通过数学知识的内部提出问题。

高中数学第二章数列2.4等比数列第2课时等比数列的性质aa高二数学

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『规律总结』等比数列中的设项方法与技巧 (1)若三个数成等比数列，可设三个数为 a，aq，aq2 或aq，a，aq. (2)若四个数成等比数列，可设为 a，aq，aq2，aq3；若四个数均为正(负)数，可设qa3，aq，aq，aq3.
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• 〔跟踪练习2〕
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命题(mìng tí)方向1 ⇨等比数列的性质
•
例题(lìtíபைடு நூலகம் 1在等比数列(děnɡ bǐ shù liè){an}中，已知a4a7＝－512，a3＋
a8＝124，且公比为整数，则a10＝___51_2___.
[解析] 由等比数列的性质，得 a3a8＝a4a7＝－512，由aa33＋ a8＝a8＝－152142，得
－4,2,8
• [分析] (1)四个数成等比数列，可用第一个数与公比q表示各数，然后按所给条件列方程组
求解．
• (2)三个数适当排列，不同的排列方法有6种，但这里不必分成6种，因为若以三个数中哪一
个数为等比中项分类，则只有三种情况，因此对于分类讨论问题，恰当的分类是解决问题的关键．
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25，那么a3＋a5＝
()
A
• A．5 B．10
• C．15 D．20
[解析] 由等比数列的性质，得 a4a6＝a25，a2a4＝a23， ∴(a3＋a5)2＝a23＋2a3a5＋a25，＝a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25， ∴a3＋a5＝±5. ∵an>0，∴a3＋a5＝5.
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• (1)有四个数成等比数列，将这四个数分别减去1,1,4,13，则成等差数列(děnɡ chā shù liè)，则这四个数为__3_,_6_,1_2_,2_4________.

高中数学必修五第二章数列

设等差数列
的前n项和为sn,已知a3=12,s12>0,s13<0,
（1）求公差d的取值范围
（2）指出s1,s2,s3……,s12中哪一个的值最大，并说明理由
2.4等比数列
定义：一般的，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同意常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示。
Sn=an+(an-d)+(an-2d)+……+【an-(n-1)d】两式相加得 2sn=n(a1+an) 由此可得 sn=n(a1+an)/2 带入通项公式得 sn=na1+n(n-1)d/2
例题一
2000年11月14日教育部下发了《关于在中小学实施“校校通”工程的通知》。
某市据此提出了实施“校校通”工程的总目标：从2001年起用10年时间在全市中小学建成不同标准的校园网。据测算，2001年该市用于“校校通”工程的经费为500万元。为了保证工程的顺利实施，计划每年投入的资金都比上一年增加50万元。那么从2001年起的未来10年内，该市在“校校通”工程中的总投入是多少？
（1）求AB，BC，CD的长
（2）已AB，BC，CD的长为等差数列的前三项，以第十项为边长的正方形面积为多少？
AB C
D
2.3等差数列的前n项和
定义：一般的，我们称a1+a2+a3+……+an 为数列表示，即sn=a1+a2+……+an
的前n项和，用Sn
推理过程：因为 Sn=a1+(a1+d)+(a1+2d)+……+【a1+(n-1)d】

高中数学第二章数列2.2等差数列第2课时等差数列的性质课件新人教A版必修5

a1n为等差数列
由等差数列通―项―公→式
求a1n
―→
求an
[规范解答] (1)数列a1n是等差数列，理由如下： ∵a1＝2，an＋1＝a2n＋an2，∴an1＋1＝an2＋an2＝12＋a1n， 4分
∴an1＋1－a1n＝12，
6分
即a1n是首项为a11＝12，公差为d＝12的等差数列.
等差数列的性质
• (1)若{an}是公差为d的等差数列，则下列数列： • ①{c＋an}(c为任一常数)是公差为d ____的等差数列； • ②{c·an}(c为任一常数)是公差为c_d___的等差数列； • ③ 列{．an＋an＋k}(k为常数，k∈N*)是公差2为d ___的等差数
• (数的2)列等若差{{paa数nn}＋，列q{．bbnn}}(分p，别q是是公常差数为)是pdd11公＋，差qdd22为的_等__差__数__列__，__则_
• 【错解】由已知两等差数列的前三项，容易求得它们的通项公式分别为：
• an＝3n－1，bn＝4n－3(1≤n≤40，且n∈N*)， • 令an＝bn，得3n－1＝4n－3，即n＝2. • 所以两数列只有1个数值相同的项，即第2项．
• 【错因】本题所说的是数值相同的项，但它们的项数并不一定相同，也就是说，只看这个数在两个数列中有没有出现过，而并不是这两个数列的第几项．
•
利用等差数列的定义巧设未知量，可
以的简项化数计n为算奇．数一时般，地可有设如中下间规一律项：为当a等，差再数用列公差{an为} d
向两边分别设项：…a－2d，a－d，a，a＋d，a＋
2d，…；当项数为偶数项时，可设中间两项为a－d，

a＋d，再以公差为2d向两边分别设项：…a－3d，a

人教A版高中数学必修五第二章第2节《等差数列》(第2课时)教案

2.2.2等差数列的性质
一、教学目标：
1.明确等差中项的概念；进一步熟练掌握等差数列的通项公式及推导公式,
2.能通过通项公式与图像认识等差数列的性质，能运用等差数列的性质解决某些问题。

二、教学重点难点：
教学重点：等差数列的定义及性质的理解与应用
教学难点：灵活应用等差数列的定义及性质解决一些相关问题
三、教学策略及设计
“数学教学是数学活动的教学”，“数学活动是思维的活动”，新课标也在倡导独立自主，合作交流，积极主动，勇于探索的学习方式。

基于这种理念的指导，在教法上采用探究发现式课堂教学模式，在学法上以学生独立自主和合作交流为前提，重视学生在学习过程中，能否运用等差数列的定义发现和推导等差数列的性质。

设计流程如下:
四、教学过程：。

高中数学新人教B版必修5课件：第二章数列2.1.2数列的递推公式(选学)

1 自主学习
PART ONE
知识点一递推公式如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项_a_n_与它的前一项 an－1 (或前几项)(n≥2)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式. 特别提醒：(1)与所有的数列不一定都有通项公式一样，并不是所有的数列都有递推公式. (2)递推公式也是表示数列的一种重要方法，它和通项公式一样，都是关于项数 n的恒等式. (3)递推公式可以通过赋值逐项求出数列的项，直至求出数列的任何一项和所需的项.
第二章 §2.1 数列
2.1.2 数列的递推公式(选学)
学习目标
XUEXIMUBIAO
1.理解数列的几种表示方法，能选择适当的方法表示数列. 2.理解递推公式的含义，能根据递推公式求出数列的前几项. 3.了解用叠加法、叠乘法由递推公式求通项公式.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
自主学习题型探究达标检测
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课小结
KETANGXIAOJIE
1.{an}与an是不同的两种表示，{an}表示数列a1，a2，…，an，…，是数列的一种简记情势.而an只表示数列{an}的第n项，an与{an}是“个体”与“整体”的从属关系. 2.数列的表示方法 (1)图象法；(2)列表法；(3)通项公式法；(4)递推公式法. 3.通项公式和递推公式的区分：通项公式直接反应an和n之间的关系，即an 是n的函数，知道任意一个具体的n值，就可以求出该项的值an；而递推公式则是间接反应数列的式子，它是数列任意两个(或多个)相邻项之间的推导关系，不能由n直接得出an.
思考辨析判断正误
SIKAOBIANXIPANDUANZHENGWU