北师版高中数学选择性必修第二册精品课件 第一章 习题课——等比数列
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1
1
1
1
1
Tn=1×32 +2×33 +3×34 +…+n×3 +1 ,②
3
2
1
①-②,得3Tn=3
解得
3
Tn=
4
3
4
+
− ×
1
32
1
3
+
1
1
1
+…+
-n×
3
3
3
3 +1
2
− ×
1
3
3
4
= −
2+3
4
1
2
1
2
= − ×
×
1
.
3
1
1
-n×
,
+1
3
3
1
1
(1- )
3
3
1
13
∵Sn=
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明:由a1=1及Sn+1=4an+2,
有a1+a2=S2=4a1+2.
∴a2=5,∴b1=a2-2a1=3.
又
+1 = 4 + 2,①
= 4-1 + 2( ≥ 2),②
①-②,得an+1=4an-4an-1(n≥2),
∴an+1-2an=2(an-2an-1)(n≥2).
解:(1)设等比数列{an}的公比为 q,则由已知可得
解得
2
|1 -1 | = 10,
5
1 = -5,
1 = 3 ,
或
=3
= -1.
5 n-1
故 an=3·3 或 an=-5·(-1)n-1.
(2)不存在符合题意的m.理由如下:
1
设数列
的前 n 项和为 Tn,
5 n-1
1
3 1 -1
a1
63
6
S6 =
(1-q ) = 4 .
1-q
1-q6
两式相除得 3 =9,q3=8,q=2,
1-q
1
1 7 5
从而 a1= ,a8= ×2 =2 =32.
4
4
3
4
答案:(1)- 2
(2)32
探究二
等比数列的判定
【例2】 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2.
(1)设bn=an+1-2an,求证:数列{bn}是等比数列;
=an·
an+2且an≠0,则数列{an}是等比数
列.
(3)通项公式法:若数列{an}的通项公式为an=a1qn-1(a1≠0,q≠0),则数列{an}是
等比数列.
【变式训练2】 在等差数列{an}中,a10=30,a20=50.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn= 2 -10 ,证明数列{bn}为等比数列;
解得a1=3,所以an=a1qn-1=3×(-2)n-1.
答案:(1)an=3×(-2)n-1 (2)6
315
,Sn=
.
三、等比数列的性质
【问题思考】
1.等比数列的性质
(1)通项公式的推广:an=am·qn-m(m,n∈N+).
(2)对任意的正整数m,n,p,q,若m+n=p+q,则 am·an = ap·aq .特别地,若m+n=2p,
则aman= 2 .
(3)若等比数列的前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m仍成等比数列,即
(S2m-Sm)2= Sm(S3m-S2m) (m∈N+,公比q≠-1).
2.(1)在等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an}的前8项和等于(
A.6
B.5
C.4
).Βιβλιοθήκη D.312
= −
1
,
2×3
1
∴Tn-Sn=4
2+1
4
1
.
3
−
×
当 n=1 时,T1=S1.
当 n≥2
1
时,4
−
2+1
4
×
1
>0,∴T
n>Sn.
3
故所求的正整数 n 存在,其最小值为 2.
【思想方法】
分类讨论思想在等比数列中的应用
(2)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和
等于
.
解析:(1)数列{lg an}的前8项和S8=lg a1+lg a2+…+lg a8
=lg(a1·a2·…·a8)=lg(a1·a8)4=lg(a4·a5)4=lg(2×5)4=4.
(2)由等比数列的性质知a2a3=a1a4,
又a2a3=8,a1+a4=9,
1 4 = 8,
∴联立得
1 + 4 = 9,
1 = 1,
1 = 8,
解得
或
4 = 8
4 = 1.
∵数列{an}为递增数列,
∴a1=1,a4=8,从而 a1q3=8,∴q=2.
1-2
∴数列{an}的前 n 项和为 Sn= 1-2 =2n-1.
答案:(1)C (2)2n-1
第一章
习题课——等比数列
内
容
索
引
01
自主预习 新知导学
02
合作探究 释疑解惑
03
随堂练习
课标定位素养阐释
1.通过生活中的实例,理解等比数列的概念和通项公式的意义.
2.探索并掌握等比数列的前n项和公式,理解等比数列的通项公式与前n项
和公式的关系.
3.体会等比数列与指数型函数的关系.
4.加强数学运算能力的培养.
+1 4+1
所以
= =4.
4
又 b1=4,所以数列{bn}是首项为 4,公比为 4 的等比数列.
(3)解:由 nbn=n×4n,得 Tn=1×4+2×42+…+n×4n,①
4Tn=1×42+…+(n-1)×4n+n×4n+1,②
+1
4(1-4
)
(3-1)×4
+4
n
n+1
n+1
2
①-②,得-3Tn=4+4 +…+4 -n×4 =
3 3 3 3
(2)-4和-9的等比中项为
答案:(1)-1 (2)±6
.
.
二、等比数列的前n项和公式及通项公式
【问题思考】
1.(1)通项公式:an=a1qn-1. (其中a1为首项,q为公比).
(2)前n项和公式:
1 , = 1,
Sn= 1 (1-)
1-
1 -
=
, ≠ 1.
-n×4 .所以 Tn=
.
9
-3
探究三
与等比数列有关的综合问题
【例3】 已知等比数列{an}满足|a2-a3|=10,a1a2a3=125.
(1)求数列{an}的通项公式.
1
1
1
(2)是否存在正整数 m,使得 + +…+ ≥1?若存在,求 m 的最小值;若不存
1 2
在,请说明理由.
13 3 = 125,
an=(
).
A.4n-1 B.4n
C.3n
D.3n-1
(2)在等比数列{an}中,若a4-a2=6,a5-a1=15,则a3=
.
1 (1-43 )
解析:(1)设等比数列{an}的首项为 a1,由公比 q=4,S3=21,得
=21,解得
1-4
a1=1,所以 an=4n-1.故选 A.
(2)设等比数列{an}的公比为 q(q≠0),
1 3 -1 = 6,
2
则
两式相除,得
= 5,
2
4
1+
1 -1 = 15,
1
即 2q -5q+2=0,解得 q=2 或 q=2.
2
1 = -16,
1 = 1,
所以
或
故 a3=4 或 a3=-4.
1
=2
= .
2
答案:(1)A (2)4或-4
等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,数列中有5个量
1
1
当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1=-2bn+2bn-1,
1
1
1
1
∴bn=3bn-1.∴数列{bn}是首项为3,公比为3的等比数列,故 bn= .
3
(2)存在符合题意的 n,且 n 的最小值为 2.
由(1)知,cn=anbn= ,
3
1
1
1
1
Tn=1×3+2×32 +3×33 +…+n×3 ,①
a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)解决.
【变式训练1】 (1)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,则数列的
公比q=
.
7
63
(2)等比数列{an}的各项均为实数,其前 n 项和为 Sn,已知 S3= ,S6= ,则
4
4
a8=
.
解析:(1)当q=1时,Sn=na1,S3+S6=3a1+6a1=9a1=S9≠2S9;
(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.
(1)解:设数列{an}的首项为a1,公差为d,则an=a1+(n-1)d,
1 + 9 = 30,
由 a10=30,a20=50,得方程组
1 + 19 = 50,
1 = 12,
解得
所以 an=12+(n-1)×2=2n+10.
= 2.
(2)证明:由(1)得,bn=2 -10 =22n+10-10=22n=4n,
解:(1)设数列{an}的公差为 d,依条件有42 =a2(a6+2),
1
即(a1+3d) =(a1+d)(a1+5d+2),解得 d=-2(舍去)或 d=1,
2
an=1+(n-1)×1=n.
1
由 2Sn+bn=1,得 Sn= (1-bn).
2
1
当 n=1 时,2S1+b1=1,解得 b1=3.
2
故 an=(3n-1)·2n-2.
将例2中“Sn+1=4an+2”改为“Sn+1=2Sn+(n+1)”,其他条件不变,求数列{an}的
通项公式.
解:由已知得n≥2时,Sn=2Sn-1+n.
∴Sn+1-Sn=2Sn-2Sn-1+1,
∴an+1=2an+1.
∴an+1+1=2(an+1).
又a1=1,当n=1时上式也成立,
1-
2.(1)已知等比数列{an},公比为-2,它的第n项为48,第(2n-3)项为192,则数列
的通项公式为
.
(2)在等比数列{an}中,a1=5,an=160,q=2,则n=
-1
= 1 × (-2) = 48,
解析:(1)由题意得
2-3 = 1 × (-2)2-4 = 192,
∵bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1(n≥2),
故数列{bn}是首项b1=3,公比为2的等比数列.
(2)解:由(1)知bn=an+1-2an=3·2n-1,
+1
3
∴ +1 − = 4.
2
2
1
3
故数列 是首项为2,公差为4的等差数列.
2
1
3 3-1
∴ = 2+(n-1)·4 = 4 .
自主预习 新知导学
一、等比数列的定义与等比中项
【问题思考】
1.(1)等比数列:从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数;
(2)等比中项:如果a,G,b成等比数列,那么G叫作a与b的等比中项.即G是a与b
的等比中项⇔a,G,b成等比数列⇒G2=ab.
1 1 1 1
2.(1)数列 ,- , ,- ,…的公比为
1 (1-3 ) 1 (1-6 )
1 (1-9 )
当 q≠1 时,
+
=2×
,
1-
1-
1-
得 2-q3-q6=2-2q9,∴2q9-q6-q3=0.
1
解得 q =- 或 q3=1(舍去)或 q3=0(舍去),
2
3
3
4
∴q=- 2 .
a1
7
3
S3 =
(1-q ) = 4 ,
1-q
(2)由题意可得 q≠1,所以
【变式训练3】 已知数列{an}是各项均为正数的等差数列,其中a1=1,且
a2,a4,a6+2成等比数列.数列{bn}的前n项和为Sn,满足2Sn+bn=1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)如果cn=anbn,设数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数n,使得Tn>Sn成
立?若存在,求出n的最小值,若不存在,请说明理由.
【思考辨析】
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)满足an+1=qan(n∈N+,q为常数)的数列{an}为等比数列.( × )
(2)若数列{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列{bn}也是等比数列.( × )
(3)若数列{an}为等比数列,则数列{ln an}是等差数列.( × )
若 an= ·3 ,则 = ·
,
3
5 3
1
3
1
故数列 是首项为5,公比为3的等比数列,
3× 1- 1
3
5
9
1m 9
从而 Tm=
= 10×[1-(3) ]<10<1.
1
1-3
1 1
若 an=(-5)·(-1) ,则 =-5(-1)n-1,
n-1
1
1
故数列 是首项为-5,公比为-1 的等比数列,
(4)若数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和为Sn=
(1- )
1-
(5)若数列{an}为等比数列,则S4,S8-S4,S12-S8成等比数列.( × )
.( × )
合作探究 释疑解惑
探究一
等比数列基本量的计算
【例1】 (1)在等比数列{an}中,若公比q=4,S3=21,则该数列的通项公式
1
- 5 , = 2-1(∈N+ ),
从而 Tm=
0, = 2(∈N+),
故 Tm<1.
综上,对任何正整数 m,总有 Tm<1,
1
1
1
故不存在正整数 m,使得 + +…+ ≥1 成立.
1
2
1
1
1
1
Tn=1×32 +2×33 +3×34 +…+n×3 +1 ,②
3
2
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①-②,得3Tn=3
解得
3
Tn=
4
3
4
+
− ×
1
32
1
3
+
1
1
1
+…+
-n×
3
3
3
3 +1
2
− ×
1
3
3
4
= −
2+3
4
1
2
1
2
= − ×
×
1
.
3
1
1
-n×
,
+1
3
3
1
1
(1- )
3
3
1
13
∵Sn=
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明:由a1=1及Sn+1=4an+2,
有a1+a2=S2=4a1+2.
∴a2=5,∴b1=a2-2a1=3.
又
+1 = 4 + 2,①
= 4-1 + 2( ≥ 2),②
①-②,得an+1=4an-4an-1(n≥2),
∴an+1-2an=2(an-2an-1)(n≥2).
解:(1)设等比数列{an}的公比为 q,则由已知可得
解得
2
|1 -1 | = 10,
5
1 = -5,
1 = 3 ,
或
=3
= -1.
5 n-1
故 an=3·3 或 an=-5·(-1)n-1.
(2)不存在符合题意的m.理由如下:
1
设数列
的前 n 项和为 Tn,
5 n-1
1
3 1 -1
a1
63
6
S6 =
(1-q ) = 4 .
1-q
1-q6
两式相除得 3 =9,q3=8,q=2,
1-q
1
1 7 5
从而 a1= ,a8= ×2 =2 =32.
4
4
3
4
答案:(1)- 2
(2)32
探究二
等比数列的判定
【例2】 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2.
(1)设bn=an+1-2an,求证:数列{bn}是等比数列;
=an·
an+2且an≠0,则数列{an}是等比数
列.
(3)通项公式法:若数列{an}的通项公式为an=a1qn-1(a1≠0,q≠0),则数列{an}是
等比数列.
【变式训练2】 在等差数列{an}中,a10=30,a20=50.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn= 2 -10 ,证明数列{bn}为等比数列;
解得a1=3,所以an=a1qn-1=3×(-2)n-1.
答案:(1)an=3×(-2)n-1 (2)6
315
,Sn=
.
三、等比数列的性质
【问题思考】
1.等比数列的性质
(1)通项公式的推广:an=am·qn-m(m,n∈N+).
(2)对任意的正整数m,n,p,q,若m+n=p+q,则 am·an = ap·aq .特别地,若m+n=2p,
则aman= 2 .
(3)若等比数列的前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m仍成等比数列,即
(S2m-Sm)2= Sm(S3m-S2m) (m∈N+,公比q≠-1).
2.(1)在等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an}的前8项和等于(
A.6
B.5
C.4
).Βιβλιοθήκη D.312
= −
1
,
2×3
1
∴Tn-Sn=4
2+1
4
1
.
3
−
×
当 n=1 时,T1=S1.
当 n≥2
1
时,4
−
2+1
4
×
1
>0,∴T
n>Sn.
3
故所求的正整数 n 存在,其最小值为 2.
【思想方法】
分类讨论思想在等比数列中的应用
(2)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和
等于
.
解析:(1)数列{lg an}的前8项和S8=lg a1+lg a2+…+lg a8
=lg(a1·a2·…·a8)=lg(a1·a8)4=lg(a4·a5)4=lg(2×5)4=4.
(2)由等比数列的性质知a2a3=a1a4,
又a2a3=8,a1+a4=9,
1 4 = 8,
∴联立得
1 + 4 = 9,
1 = 1,
1 = 8,
解得
或
4 = 8
4 = 1.
∵数列{an}为递增数列,
∴a1=1,a4=8,从而 a1q3=8,∴q=2.
1-2
∴数列{an}的前 n 项和为 Sn= 1-2 =2n-1.
答案:(1)C (2)2n-1
第一章
习题课——等比数列
内
容
索
引
01
自主预习 新知导学
02
合作探究 释疑解惑
03
随堂练习
课标定位素养阐释
1.通过生活中的实例,理解等比数列的概念和通项公式的意义.
2.探索并掌握等比数列的前n项和公式,理解等比数列的通项公式与前n项
和公式的关系.
3.体会等比数列与指数型函数的关系.
4.加强数学运算能力的培养.
+1 4+1
所以
= =4.
4
又 b1=4,所以数列{bn}是首项为 4,公比为 4 的等比数列.
(3)解:由 nbn=n×4n,得 Tn=1×4+2×42+…+n×4n,①
4Tn=1×42+…+(n-1)×4n+n×4n+1,②
+1
4(1-4
)
(3-1)×4
+4
n
n+1
n+1
2
①-②,得-3Tn=4+4 +…+4 -n×4 =
3 3 3 3
(2)-4和-9的等比中项为
答案:(1)-1 (2)±6
.
.
二、等比数列的前n项和公式及通项公式
【问题思考】
1.(1)通项公式:an=a1qn-1. (其中a1为首项,q为公比).
(2)前n项和公式:
1 , = 1,
Sn= 1 (1-)
1-
1 -
=
, ≠ 1.
-n×4 .所以 Tn=
.
9
-3
探究三
与等比数列有关的综合问题
【例3】 已知等比数列{an}满足|a2-a3|=10,a1a2a3=125.
(1)求数列{an}的通项公式.
1
1
1
(2)是否存在正整数 m,使得 + +…+ ≥1?若存在,求 m 的最小值;若不存
1 2
在,请说明理由.
13 3 = 125,
an=(
).
A.4n-1 B.4n
C.3n
D.3n-1
(2)在等比数列{an}中,若a4-a2=6,a5-a1=15,则a3=
.
1 (1-43 )
解析:(1)设等比数列{an}的首项为 a1,由公比 q=4,S3=21,得
=21,解得
1-4
a1=1,所以 an=4n-1.故选 A.
(2)设等比数列{an}的公比为 q(q≠0),
1 3 -1 = 6,
2
则
两式相除,得
= 5,
2
4
1+
1 -1 = 15,
1
即 2q -5q+2=0,解得 q=2 或 q=2.
2
1 = -16,
1 = 1,
所以
或
故 a3=4 或 a3=-4.
1
=2
= .
2
答案:(1)A (2)4或-4
等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,数列中有5个量
1
1
当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1=-2bn+2bn-1,
1
1
1
1
∴bn=3bn-1.∴数列{bn}是首项为3,公比为3的等比数列,故 bn= .
3
(2)存在符合题意的 n,且 n 的最小值为 2.
由(1)知,cn=anbn= ,
3
1
1
1
1
Tn=1×3+2×32 +3×33 +…+n×3 ,①
a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)解决.
【变式训练1】 (1)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,则数列的
公比q=
.
7
63
(2)等比数列{an}的各项均为实数,其前 n 项和为 Sn,已知 S3= ,S6= ,则
4
4
a8=
.
解析:(1)当q=1时,Sn=na1,S3+S6=3a1+6a1=9a1=S9≠2S9;
(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.
(1)解:设数列{an}的首项为a1,公差为d,则an=a1+(n-1)d,
1 + 9 = 30,
由 a10=30,a20=50,得方程组
1 + 19 = 50,
1 = 12,
解得
所以 an=12+(n-1)×2=2n+10.
= 2.
(2)证明:由(1)得,bn=2 -10 =22n+10-10=22n=4n,
解:(1)设数列{an}的公差为 d,依条件有42 =a2(a6+2),
1
即(a1+3d) =(a1+d)(a1+5d+2),解得 d=-2(舍去)或 d=1,
2
an=1+(n-1)×1=n.
1
由 2Sn+bn=1,得 Sn= (1-bn).
2
1
当 n=1 时,2S1+b1=1,解得 b1=3.
2
故 an=(3n-1)·2n-2.
将例2中“Sn+1=4an+2”改为“Sn+1=2Sn+(n+1)”,其他条件不变,求数列{an}的
通项公式.
解:由已知得n≥2时,Sn=2Sn-1+n.
∴Sn+1-Sn=2Sn-2Sn-1+1,
∴an+1=2an+1.
∴an+1+1=2(an+1).
又a1=1,当n=1时上式也成立,
1-
2.(1)已知等比数列{an},公比为-2,它的第n项为48,第(2n-3)项为192,则数列
的通项公式为
.
(2)在等比数列{an}中,a1=5,an=160,q=2,则n=
-1
= 1 × (-2) = 48,
解析:(1)由题意得
2-3 = 1 × (-2)2-4 = 192,
∵bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1(n≥2),
故数列{bn}是首项b1=3,公比为2的等比数列.
(2)解:由(1)知bn=an+1-2an=3·2n-1,
+1
3
∴ +1 − = 4.
2
2
1
3
故数列 是首项为2,公差为4的等差数列.
2
1
3 3-1
∴ = 2+(n-1)·4 = 4 .
自主预习 新知导学
一、等比数列的定义与等比中项
【问题思考】
1.(1)等比数列:从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数;
(2)等比中项:如果a,G,b成等比数列,那么G叫作a与b的等比中项.即G是a与b
的等比中项⇔a,G,b成等比数列⇒G2=ab.
1 1 1 1
2.(1)数列 ,- , ,- ,…的公比为
1 (1-3 ) 1 (1-6 )
1 (1-9 )
当 q≠1 时,
+
=2×
,
1-
1-
1-
得 2-q3-q6=2-2q9,∴2q9-q6-q3=0.
1
解得 q =- 或 q3=1(舍去)或 q3=0(舍去),
2
3
3
4
∴q=- 2 .
a1
7
3
S3 =
(1-q ) = 4 ,
1-q
(2)由题意可得 q≠1,所以
【变式训练3】 已知数列{an}是各项均为正数的等差数列,其中a1=1,且
a2,a4,a6+2成等比数列.数列{bn}的前n项和为Sn,满足2Sn+bn=1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)如果cn=anbn,设数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数n,使得Tn>Sn成
立?若存在,求出n的最小值,若不存在,请说明理由.
【思考辨析】
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)满足an+1=qan(n∈N+,q为常数)的数列{an}为等比数列.( × )
(2)若数列{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列{bn}也是等比数列.( × )
(3)若数列{an}为等比数列,则数列{ln an}是等差数列.( × )
若 an= ·3 ,则 = ·
,
3
5 3
1
3
1
故数列 是首项为5,公比为3的等比数列,
3× 1- 1
3
5
9
1m 9
从而 Tm=
= 10×[1-(3) ]<10<1.
1
1-3
1 1
若 an=(-5)·(-1) ,则 =-5(-1)n-1,
n-1
1
1
故数列 是首项为-5,公比为-1 的等比数列,
(4)若数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和为Sn=
(1- )
1-
(5)若数列{an}为等比数列,则S4,S8-S4,S12-S8成等比数列.( × )
.( × )
合作探究 释疑解惑
探究一
等比数列基本量的计算
【例1】 (1)在等比数列{an}中,若公比q=4,S3=21,则该数列的通项公式
1
- 5 , = 2-1(∈N+ ),
从而 Tm=
0, = 2(∈N+),
故 Tm<1.
综上,对任何正整数 m,总有 Tm<1,
1
1
1
故不存在正整数 m,使得 + +…+ ≥1 成立.
1
2