高一数学上 第三章 数列:§3.5.2等比数列前n项和

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高一数学人选择性必修课件等比数列的前n项和公式

高一数学人选择性必修课件等比数列的前n项和公式
参数对前n项和的影响
首项a决定了等比数列的 起始值,对前n项和有直 接影响。
项数n决定了等比数列的 总长度,对前n项和有直 接影响。
公比q决定了等比数列的 增长速度,当|q|>1时, 数列增长迅速;当|q|<1 时,数列增长缓慢。
03
前n项和公式应用举例
利用前n项和公式求和问题
求等比数列前n项和
高一数学人选择性必 修课件等比数列的前n 项和公式
汇报人:XX 20XX-01-22
目 录
• 等比数列基本概念与性质 • 前n项和公式推导与理解 • 前n项和公式应用举例 • 拓展延伸:无穷等比数列求和公式 • 练习题与课堂互动环节
01
等比数列基本概念与性质
等比数列定义及通项公式
等比数列定义
一个数列,从第二项起,每一项 与它的前一项的比都等于同一个 常数(不为零),则这个数列叫 做等比数列。
例子3
求无穷等比数列3, -3/2, 3/4, ... 中前10项的和。首先确定公比r = -1/2,然后根据前n项和公式 S_n = a_1(1-r^n)/(1-r),计算
得S_10 = 3[1-(1/2)^10]/(1+1/2) ≈ 2.99902。
05
练习题与课堂互动环节
练习题选讲
题目一
已知等比数列 {an} 中,a1 = 2,q = 3,求 S10。
将等比数列与其他数学知识相结合,如三角函数、概率统计等,通过前
n项和公式求解一些复杂的问题。这些问题需要综合运用多种数学知识
进行求解。
04
拓展延伸:无穷等比数列求和公式
无穷等比数列定义及性质
无穷等比数列定义
一个等比数列,如果项数无限,就称之为无穷等比数列。

等比数列的前n项和公式 学案(含答案)

等比数列的前n项和公式 学案(含答案)

第四章 数列4.3.2 等比数列的前n 项和公式学案一、学习目标1. 理解等比数列的前n 项和公式的推导方法;2. 掌握等比数列的前n 项和公式并能运用公式解决一些简单问题. 二、基础梳理1.等比数列的前n 项和公式:当1q ≠时, ()11(1)1n n a q S q q-=≠-或1(1)1n n a a qS q q-=≠-. 2.等比数列的前n 项和的性质(1)当q =1时,n m s m s n =,当1q ≠±时,11nn mm s q s q-=-. (2)m n n m m n n m s s q s s q s +=+=+.(3)设s 偶与s 奇分别是偶数项的和与奇数项的和,若项数为2n ,则s q s =偶奇,若项数为2n +1,则1s a q s -=奇偶.(4)当1q ≠-时,连续m 项的和(232m m m m m s s s s s --⋅⋅⋅,,,)仍成等比数列,公比为2m q m ≥,,注意:连续m 项的和必须非零才能成立. 三、巩固练习1.已知数列{}n a 的前n 项和21n S n =+,正项等比数列{}n b 满足1134,1b a b a ==+,则使61n b S +≥成立的n 的最大值为( ) A.5B.6C.7D.82.已知数列{}n a 为等比数列,11a =,2q =,且第m 项至第()n m n <项的和为112,则m n +的值为( ) A.11B.12C.13D.143.记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知{}n a 和{}n S k - (k 为常数)均为等比数列,则k 的值可能为( )A.1aB.2aC.3aD.13a a +4.5个数依次组成等比数列,且公比为2-,则其中奇数项和与偶数项和的比值为( ) A.2120-B.2-C.2110-D.215-5.已知n S 是等比数列{}n a 的前 n 项和,若存在*m ∈N ,满足22519,1m m mm S a m S a m +==-,则数列{}n a 的公比为( ) A.2-B.2C.3-D.36.已知等比数列{}n a 的公比2q =,前100项的和10090S =,则246100a a a a ++++=( )A.15B.30C.45D.607.(多选)已知等比数列{}n a 的公比为q ,其前n 项的积为n T ,且满足11a >,9910010a a ->,99100101a a -<-,则以下结论正确的是( ) A.01q << B.9910110a a -<C.100T 的值是n T 中最大的D.使1n T >成立的最大正整数数n 的值为1988. (多选)设等比数列{}n a 的公比为q ,其前n 项和为n S ,前n 项积为n T ,并满足条件11a >,201920201a a ⋅>,20192020101a a -<-,则下列结论中正确的是( ) A.20192020S S <B.2019202110S S ⋅-<C.2019T 是数列{}n T 中的最大值D.数列{}n T 无最大值答案以及解析1.答案:D解析:设等比数列{}n b 的公比为q , 由题意可知当2n ≥时,121n n n a S S n -=-=-; 当1n =时,112a S ==,2,1,21,2,n n a n n =⎧∴=⎨-≥⎩213412,18b b a b q ∴==+==. 0n b >,2,2n n q b ∴=∴=,66264b ∴==,2651n ∴≥+,8n ∴≤,∴n 的最大值为8,故选D.2.答案:B解析:由已知,得()()11121121121212n m -⨯-⨯--=--,即()11422127m n m --+⋅-=⨯,则14122217m n m --+⎧=⎨-=⎩,解得57m n =⎧⎨=⎩,所以12m n +=,故选B. 3.答案:C解析:若公比1q =,则{}1,n n S k na k S k -=--不可能为等比数列,因此1q ≠,此时1111111n nn a q a q S k a k k q q q ⎛⎫---=-=+- ⎪---⎝⎭,只需101a k q -=-即可.A 选项,{}1n S a -的首项为0,不满足题意;B 选项, 1211011a a a q q q ⎛⎫-=-=⎪--⎝⎭,即211300124q q q ⎛⎫-=⇒-+= ⎪-⎝⎭不成立;C 选项,21311011a a a q q q ⎛⎫-=-= ⎪--⎝⎭,即23210101q q q q -=⇒-+=-,该方程必然有解,成立;D 选项,()2113111011a a a a q q q ⎛⎫-+=--= ⎪--⎝⎭,即()221101001q q q q q q--=⇒-+=⇒=-,不成立. 4.答案:C解析:由题意可设这5个数分别为,2,4,8,16a a a a a --,其中0a ≠,故奇数项和与偶数项和的比值为416212810a a a a a ++=---,故选C.5.答案:B解析:设数列{}n a 的公比为 q ,若1q =,则22mmS S =,与题中条件矛盾,故1q ≠.()()21211119,811m m mm m m a q S q q q S a q q--==+=∴=--.2132111518,3,8,21m m m m m a a q m q m q q a a q m --+====∴=∴=∴=-. 6.答案:D 解析:1001210090S a a a =+++=,设1399S a a a =+++,则241002S a a a =+++,100290,30S S S S ∴+==∴=,故24100260a a a S +++==.故选D.7.答案:ABD解析:9910010a a ->,991001a a ∴>,0q ∴>.99100101a a -<-,()()99100110a a ∴--<,又11a >,01q ∴<<.故A 正确.由A 选项的分析可知991a >,10001a <<,2991011001a a a ∴=<,9910110a a ∴-<,1009910099T T a T =<,故B 正确,C 不正确.()()()()99198121981198219799100991001T a a a a a a a a a a a ===>,()()()1991991219819911992198991011001001T a a a a a a a a a a a a ===<,∴使1n T >成立的最大正整数数n 的值为198,故D 正确. 8.答案:AC解析:由题意,得20191a >,202001a <<,所以01q <<,等比数列{}n a 是各项都为正数的递减数列,即122019202010a a a a >>>>>>>.因为2020201920200S S a -=>,所以20192020S S <,故A 正确;因为20191220191S a a a =+++>,所以()()22201920212019201920202021201920192020202120191S S S S a a S S a a S ⋅=⋅++=+⋅+>>,即2019202110S S ⋅->,故B 错误;根据122019202010a a a a >>>>>>>,可知2019T 是数列{}n T 中的最大项,故C 正确,D 错误.故选AC.。

高中数学 同步教学 等比数列的前n项和

高中数学 同步教学 等比数列的前n项和
答案:(2)3
题型三 等比数列的综合应用
【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;
解:(1)设等比数列{an}的公比为 q,
则由已知可得
a13q3 125,
a1q
a1q
2
10,
解得
a1
5 3
q 3
,

aq115.,
故 an= 5 ·3n-1 或 an=-5·(-1)n-1. 3
22
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=
1
1 2
n
n2 2
21 2
21 n
n, n 11, 110, n
12.
2 2
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2.5 等比数列的前n项和 第一课时 等比数列的前n项和
课标要求:1.掌握等比数列的前n项和公式,了解推导等比数列前n项和公式 的过程与方法.2.能够运用等比数列的前n项和公式进行有关的计算.3.掌握 等比数列的前n项和的性质及其应用.
自主学习
1.等比数列的前 n 项和公式
知识探究
若等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,则等比数列{an}的前 n 项和的公式为
S4 3k 3
答案:(1)B
(2)已知等比数列{an}的首项a1=1,且a2,a4,a3成等差数列,则数列{an}的公
比q=
,数列{an}的前4项和S4=
.
解析:(2)由 a2,a4,a3 成等差数列得 2a1q3=a1q+a1q2,
即 2q2=1+q,得 q=1 或 q=- 1 . 2

《等比数列的前n项和公式》说课稿(附教学设计)

《等比数列的前n项和公式》说课稿(附教学设计)

《等比数列的前n项和》说课稿各位专家、评委,大家上午好!我是来自__________,今天我要说课的题目是等比数列的前n项和.我的说课从以下六个环节来进行.一、教材分析●教学内容《等比数列的前n项和》是高中数学人教版第一册(上)第三章第五节的内容,本节计划授课2课时,今天我的说课为第一课时.●地位与作用本节是数列这章中的一个重要内容,在现实生活中有着广泛的实际应用,另外公式推导过程中所渗透的数学思想方法,是学生今后学习和工作的必备数学素养.二、学情分析●知识基础:前几节课学生已学习了等差数列求和、等比数列的定义、通项公式等知识内容,这为过渡到本节的学习起着铺垫作用.●认知水平与能力:高一学生初步具有自主探究的能力,能把本节内容与等差数列前n 项和公式的形成、特点等方面进行类比,这是积极因素,应因势利导,但不利因素是本节公式的推导与等差数列前n项和公式的推导又有所不同,另外,对于q=1这一特殊情况,学生往往容易忽视.●任教班级学生特点:我班学生基础知识较扎实、思维较活跃.依据教学大纲的教学要求,渗透新课标理念,并结合以上学情分析,我制定了如下教学目标:1.教学目标●知识与技能目标:理解用错位相减法推导等比数列前n项和公式的过程,掌握公式的特点,并在此基础上能初步应用公式.●过程与方法目标:在推导公式的过程中渗透数学思想、方法,优化学生思维品质.●情感、态度与价值目标:通过学生自主探索公式,激发他们的求知欲,体验错位相减法所折射出的数学方法美.2.教学重点、难点●重点:等比数列的前n项和公式的推导和公式的简单应用.突出重点的方法:“抓三线”,即(一)知识技能线(二)过程与方法线(三)能力线.●难点::错位相减法的生成和等比数列前n项和公式的运用突破难点的手段:“抓两点”,即一抓学生情感和思维的兴奋点,二抓知识的切入点.四、教学模式与教法、学法教学模式:本课采用“探究——发现”教学模式.教师的教法:利用多媒体辅助教学,突出活动的组织设计与方法的引导.学生的学法:突出探究、发现与交流.五、【教学过程分析】(一)教学环节创设情景提出问题类比探索形成公式公式应用培养能力解决问题前呼后应归纳总结加深理解延伸拓展发散思维下面,我就重点介绍一下我的教学过程教学过程一.创设情境、提出问题在这个环节,我分两个部分来完成.首先复习旧知,铺垫新知.接着用多媒体向学生演示了一个他们所熟悉的动画<喜羊羊与灰太狼>的故事.通过学生观看动画,教师提出问题,学生发现问题暂不能解决,从而引出课题.这样设计的目的是:复习旧知识可以引导学生发现等比数列各项特点,从而为“错位相减法”推导等比数列前n和埋下伏笔.而情景动画的引入让引出课题的同时激发学生的兴趣,, a = a q调动学习的积极性.二.类比探索、形成公式在这个环节中,我主要依托以下两个探究来完成探究一:如何求和:1 +2 + 22 + 23 + + 258 + 259我先引导学生回忆:等差数列求和的重要方法是倒序相加法,剖析倒序相加法的本质即整体设元,构造等式,利用方程的思想化繁为简,把不易求和的问题转化为易于求和的问题.从而得出求和的实质是减少了项 .同时又引导学生思考现在用这种方法还行吗?若不行,那该怎样简化运算?能否类比倒序相加的本质,根据等比数列项之间的特点,也构造一个式子,通过两式运算来解决问题? 从而引发学生的思考、讨论.这就是学生在讨论这个问题的一个片段。

高一数学上 第三章 数列:§3.5.2等比数列前n项和课件

高一数学上 第三章 数列:§3.5.2等比数列前n项和课件
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2当q1时,
Sn
a1 1qn 1q
,Sm
a1
1qm 1q
,
S n S m a 1q 1 m q q n q m a 1 1 1 q q n m q m S n m .
此 时 ,S m S m q m S n m 也 成 立 .
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2推.若 导G 过.P程a: n有 2n项 ,则 :S S奇 偶q.
推导过程:
1当 q1 时 ,Snna 1,
Skka 1,S2kSkka 1,S3kS2kka 1,
2当q1时,
由性质1:SnSmqmSnm, S2k Sk qkSk, S3k S2k qkSk,
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例题讲解:
例1:已知一个项数时偶数的等比数列的首 项为1,其奇数项的和为85,偶数项的和为 170,求这个数列的公比和项数.
1 2 , an
1, 2
Sn
31. 2
2 . 求 等 比 数 列 1 ,2 ,4 ,从 第 5 项 到 第 1 0 项 的 和 .
S10S4 1008.
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讲授新课:
等比数列前n项和的性质
1.SnSmqmSnm
推导过程:
1当q1时 ,
Snna1, Smma1, Snm(nm)a1 此时,SnSmSnm成立
求 公 比 q及 通 项 公 式 .q13,an 1213n1.
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课后小结: 熟练掌握并灵活运用等比数列前n项 和的性质.
作业: 课本练习
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解 :设 此 数 列 的 公 比 为 q ,项 数 为 2 n . 则q= S偶 170 2.
S奇 85
又S奇a111qq22n 85,即11qq22n 85. 2n8,即此数列共有8项 .

【高中数学】等比数列及其前n项和

【高中数学】等比数列及其前n项和

∴数列{an}是一个以 2 为首项,1 为公差的等差数列.
∴an=a1+(n-1)d=2+n-1=n+1. (2)证明:∵点(bn,Tn)在直线 y=-1x+1 上,
2
∴Tn=-12bn+1.①
∴Tn-1=-12bn-1+1(n≥2).②
①②两式相减,得
bn=-12bn+12bn-1(n≥2).
∴32bn=12bn-1,∴bn=13bn-1.
∴ 1 + 1 +…+ 1 =2.故选 A.
a1 a2
a8
[答案] (1)B (2)A
考法(二) 等比数列前 n 项和的性质
[典例] 各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=2,S3n=14,则 S4n 等于
()
A.80
B.30
C.26
D.16
[解析] 由题意知公比大于 0,由等比数列性质知 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n,…仍
故选 B.
2.已知等比数列{an}共有 2n 项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大 80,则
公比 q=________.
解析:由题意,得 S 奇+S 偶=-240, 解得 S 奇=-80, 所以 q=S 偶=-160=2.
S 奇-S 偶=80,
S 偶=-160,
S 奇 -80
答案:2
[课时跟踪检测]
为等比数列.
设 S2n=x,则 2,x-2,14-x 成等比数列. 由(x-2)2=2×(14-x),
解得 x=6 或 x=-4(舍去).
∴Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n,…是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 又∵S3n=14,∴S4n=14+2×23=30.

等比数列的前n项和公式经典教案

等比数列的前n项和公式经典教案

等比数列的前n项和公式【学习目标】1.掌握等比数列的前n项和公式及推导公式的思想方法和过程,能够熟练应用等比数列的前n项和公式解决相关问题,提高应用求解能力.2.通过对等比数列的前n项和公式的推导与应用,使学生掌握错位相减法、方程思想、划归思想等数学思想和方法.3.激情参与,惜时高效,感受数学思维的严谨性.1.“我1.2.Ⅱ.1.2.3.等比通项公式a=n1.设A.C2AC.-31D.331、答案 D解析由8a2+a5=0得8a1q+a1q4=0,∴q=-2,则==-11.【我的疑惑】知识要点归纳:1.等比数列前n项和公式:(1)公式:S n==(q≠1).(q=1).(2)注意:应用该公式时,一定不要忽略q=1的情况.2.若{a n}是等比数列,且公比q≠1,则前n项和S n=(1-q n)=A(q n-1).其中A=.3.推导等比数列前n项和的方法叫法.一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项积的前n项和.4.等比数列{a n}的前n项和为S n,当公比q≠1时,S n==;当q=1时,S n=.5.等比数列前n项和的性质:(1)连续m项的和(如S m、S2m-S m、S3m-S2m),仍构成数列.(注意:q≠-1或m为奇数)(2)S m+n=S m+q m S n(q为数列{a n}的公比).二、典型范例Ⅰ.质疑探究——质疑解惑、合作探究探究点等比数列的前n项和公式问题1:怎么求等比数列{}n a的前n项和n S?写出公式的推导过程。

S n问题2当=故当(1)(2(3)由(4)是数列求和的一种重要方法。

问题探究一错位相减法求和问题教材中推导等比数列前n项和的方法叫错位相减法.这种求和方法是我们应该掌握的重要方法之一,这种方法的适用范围可以拓展到一个等差数列{a n}与一个等比数列{b n}对应项之积构成的新数列求和.下面是利用错位相减法求数列{}前n项和的步骤和过程,请你补充完整.设S n=+++…+,∴S n=,∴S n-S n=,即S n==∴S n==2-.例1 在等比数列{a n }中,S 3=,S 6=,求a n . 解 由已知S 6≠2S 3,则q ≠1,又S 3=,S 6=, 即①,a 1(1-q 6)1-q =632.②))②÷①得1+q 3=9,∴q =2.可求得a 1=,因此a n =a 1q n -1=2n -2.问题探究二 等比数列前n 项和S n 与函数的关系问题 当公比q =1时,因为a 1≠0,所以S n =na 1,是n 的正比例函数(常数项为0的一次函数).当q =1时,数列S 1,S 2,S 3,…,S n ,…的图象是正比例函数y =a 1x 图象上一些孤立的点.A =,的一个指问题1 证明 =S m +(a =S m +q m S ∴S m +n =S m 1A .48 C .50 2A .C .3.设S n A .11 C .-4.设等比数列{a n }的公比q =2,前n 项和为S n ,则等于( )A .2B .4 C.D.5.已知{a n }是等比数列,a 2=2,a 5=,则a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n +1等于 ( )A .16(1-4-n ) B .16(1-2-n )C.(1-4-n )D.(1-2-n )6.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等于( ) A. B. C.D.二、填空题7.等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S1,2S2,3S3成等差数列,则{a n}的公比为________.8.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若a1=1,S6=4S3,则a4=________.9.若等比数列{a n}中,a1=1,a n=-512,前n项和为S n=-341,则n的值是________.三、解答题10.设等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a2=6,6a1+a3=30,求a n和S n.11.在等比数列{a n}中,已知S n=48,S2n=60,求S3n.12.已知等比数列{a n}中,a1=2,a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记13(1)(2)1A.332A.1.1C.103.已知{aA.和5C.4.程和是A.C.5.数列{a n n1n+1n6A.3×44B.3×44+1C.45D.45+16.某企业在今年年初贷款a万元,年利率为γ,从今年年末开始每年偿还一定金额,预计五年内还清,则每年应偿还()A.万元B.万元C.万元D.万元二、填空题7.等比数列{a n}共2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q=________.8.等比数列{a n}中,前n项和为S n,S3=2,S6=6,则a10+a11+a12=________.9.某工厂月生产总值的平均增长率为q,则该工厂的年平均增长率为________.三、解答题10.在等比数列{a n}中,已知S30=13S10,S10+S30=140,求S20的值.11.利用等比数列前n项和公式证明a n+a n-1b+a n-2b2+…+b n=,其中n∈N*a,b是不为0的常数,且a≠b.12.已知{a n}是以a为首项,q为公比的等比数列,S n为它的前n项和.(1)当S1,S3,S4成等差数列时,求q的值;(2)当S m,S n,S l成等差数列时,求证:对任意自然数k,a m+k,a n+k,a l+k也成等差数列.四、探究与拓展1312≈1.1)过关测试1.D7.8.310.解当a1S n当a1S n11.6312.(1)a n(2)S n13.(1)a课后练习。

9、等比数列前n项和公式(1)

9、等比数列前n项和公式(1)
答案( 1 ) S n 189 1 31 (2) S n 15 或 2 2
例2:求和
1 1 1 2 n (x ) ( x 2 ) ( x n ) y y y ( x 0, x 1, y 1)。
分组求和法。
注意:在q≠0的前提条件下:
对含字母的题目一 般要分别讨论: q=1和q≠1两种情况。
若an 是等比数列,

且m n p q (m, n, p, q N )
则有am an a p aq
预备知识:

Sn = a1 + a2 +…+an Sn – Sn-1 (n 》2)
Sn-1=a1+a2+…+an-1(n 》2) an=
处理上节课重要习题:
a≠c,三数a, 1, c成等差数列,
ac 1 2 2 3 a c
问题:如何来求麦子的总量?
即求:1,2,22,··,263的和; ·· ··
令:S64=1+2+22+······+262+263 得: 2S64= 2+22+23+······ +263+264

错位相减得: S64= 264 – 1 > 1.8 ×1019
= a1 + q Sn-1 = a1 + q ( Sn – an )
a1 ( 1 – q n )
1–q
Sn =
(q 1)
递推公式:
因式分解: Sn= a1+a1q +a1q2 +…+a1qn-2 + a1qn-1
= a1(1+q +q2 +…+qn-2 + qn-1)

等比数列的前n项和的公式

等比数列的前n项和的公式

等比数列的前n项和的公式等比数列是指一个数列中任意两项的比相等的数列。

设等比数列的首项为a,公比为r,第n项为an。

求等比数列的前n项和,可以使用以下两种方法。

方法一:求和公式Sn=a*(1-r^n)/(1-r)其中,Sn表示前n项和,a表示首项,r表示公比。

证明:首先,排除r=1的特殊情况,当公比为1时,等比数列就变成公差为0的等差数列,求和公式为Sn=n*a。

当r不等于1时,我们可以通过以下方法推导求和公式:1. 首先,将等比数列的前n项表示为:a,ar,ar^2,...,ar^(n-1)。

2. 求和公式为Sn = a + ar + ar^2 + ... + ar^(n-1)。

3. 将公式的各项乘以公比r得到:ar,ar^2,ar^3,...,ar^n。

4. 两个公式相减得到:Sn - rSn = a - ar^n。

5.整理得到:Sn*(1-r)=a*(1-r^n)。

6.由此,得到求和公式:Sn=a*(1-r^n)/(1-r)。

这就是等比数列的前n项和公式。

方法二:逐项相加除了使用求和公式,我们还可以通过逐项相加求等比数列的前n项和。

逐项相加的过程如下:S1=aS2 = a + ar = a(1+r)S3 = a + ar + ar^2 = a(1+r+r^2)...Sn = a + ar + ar^2 + ... + ar^(n-1) = a(1+r+r^2+...+r^(n-1))综上所述,等比数列的前n项和公式为:Sn=a*(1-r^n)/(1-r)(r不等于1)Sn=n*a(r等于1)以上是两种方法求解等比数列前n项和的公式,可以根据具体情况选择适用的方法进行计算。

人教版高中数学必修第一册同步讲义第三章 3.5 等比数列的前n项和

人教版高中数学必修第一册同步讲义第三章 3.5 等比数列的前n项和

3.5 等比数列的前n 项和①课文三点专讲重点:(1)等比数列的前n 项和公式.111,(1),(1),(1).11n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩(2)等比数列的前n 项和与函数的关系.①当1q =时,1n S na =,则数列{}n S 的图象是函数1y a x =图象上一群孤立的点; ②当1q ≠时,111(1)111n n n a q a aS q q q q-==----,令11a A q=-,则n n S A Aq =-, 则数列{}n S 的图象是函数x y A Aq =-图象上一群孤立的点.(3)等比数列的前n 项和也构成一个等比数列,即232,,n n n n n S S S S S -- 为等比数列,公差为n q难点:错位相减法:令12n n S a a a =++⋅⋅⋅+,在两边同乘一个数q ,得12n n qS a q a q a q =++⋅⋅⋅+, 将右端的项向右(左)错开一个位置,然后求n n S qS -,再求和.此方法适用于求一个等差数列{}n a 与等比数列{}n b 对应项之积组成的数列{}n n a b 的前n 项和. 考点:(1)等比数列中与n S 有关的本问题.此类问题主要由五个基本量应用方程或方程组减少运算量,其中应用注意计算过程中的整体思想.(2)可化为等比数列的求和问题.此类问题的关键已知数列转化为等比数列的求和问题.(3)等比数列中与n S 与n a 的关系问题.此类问题的解法关键在于灵活运用等比数列的定义,通项公式,前n 项和公式以及相关关系式运算.(4) 数列的前n 项和n S 的通常解法:①直接利用等差、等比数列求和公式求和,注意等比时分q=1q 1≠和讨论.②错位相减法:主要利用开一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和,即n n n c a b =⋅③分组转化法:把数列的每一项分成两项,使其转化为几个等差、等比数列,再求解 ④裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项;常见的拆项公式有:111=n(n+1)n n -+1, 1111=(2n 1)(n+1)22n-12n (-)-+1, 1111=[]n(n+1)(n+2)2n(n+1)(n )(n+2)-+11a b -.⑤倒序相加法:把数列正着写和倒着写再相加.②练功篇典型试题分析例1. 已知等比数列{a n }中,,916,144781,1691-=-=-=n n a S a ,求公比q 及项数n ..分析: 等比数列中五个基本量a 1、q 、a n 、n 、Sn ,知三可求二,列方程组是求解的常用方法.本题主要考查等比数列的通项公式,前n 项和公式的运用. 解析:已知a 1≠a n ,显然q ≠1,由等比数列的通项公式及求和公式可得:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=----=--(2) 1447811)1(169(1) 9161691q q q nn 由①得q q n4)34(= ③ 代入②消去q n ,可得,34=q ,再代入③得n=5. ∴公比,34=q ,项数n =5. 例2. 在等比数列{a n }中,a 1+a n =66,a 2·a n -1=128,且前n 项和S n =126,求n 及公比q . 分析: 解本题的关键是利用a 1·a n =a 2·a n -1,进而求出a 1、a n ,要注意a 1、a n 是两组解.本题主要考查等比数列的性质及求和公式.解析:∵a 1a n =a 2a n -1=128,又a 1+a n =66,∴a 1、an是方程x 2-66x +128=0的两根,解方程得x 1=2,x 2=64,∴a 1=2,a n =64或a 1=64,a n =2,显然q ≠1.若a 1=2,a n =64,由qqa a n --11=126得2-64q =126-126q ,∴q =2,由a n =a 1q n -1得2n -1=32,∴n =6.若a 1=64,a n =2,同理可求得.6,21==n q 综上所述,n 的值为6,公比q =2或.21基础知识巩固1. 数列{a n }成等比数列的充分必要条件是 ( )A.a n +1=a n q (q 为常数) B .a 2n +1=a n ·a n +2≠0 C.a n =a 1qn -1(q 为常数) D.a n +1=2+⋅n n a a 2. 在等比数列{a n}中,已知对n ∈N*有a 1+a 2+…+a n=2n-1,那么22221na a a +++ 等于( ) A.4n-1 B.31(4n-1)C.31(2n-1)2 D.(2n-1)23. 已知0<a <b <c,且a 、b 、c 成等比数列, n 为大于1的整数,则log an,log bn,log cn成 ( ) A.等差数列 B .等比数列 C.各项倒数成等差数列 D .以上都不对4.有一座七层塔,每层所点灯的盏数都是上面一层的2倍,一共点381盏灯,则底层 所点灯的盏数是 ( ) A.190 B .191 C.192 D.1935. (2005湖北) 设等比数列}{n a 的公比为q ,前n 项和为S n ,若S n+1,S n ,S n+2成等差数列,则q 的值为 .6. 等差数列{a n }中,已知a n =4+(n -1)d ,若它的第一、七、十项分别为等比数列的前三 项,且等比数列的公比q = .7. 已知等比数列{a n }的第七项与第五项的差是48,第六项与第五项的和为48,前n 项和为1023,求n .8. 已知数列{}n n n n S n a a 求],)1([2,---=. 9. 求数列,16156,874,432,21……的前n 项和. 10.求数列1,)0(,,,4322≠+++a a a a a a 的前n 项和S n .③升级篇典型试题分析例3. 已知等比数列{a n }中,n 为偶数,前n 项和S n 为这n 项中偶数项和的4倍, 若前三项的积为64,求此数列的前三项.分析:本题主要考查等比数列的性质、前n 项和公式.数列中的偶数项是首项为a 1q ,公比为q2的等比数列.解析:设等比数列的公比为q ,易知q ≠1,由已知得311411])(1[41)1(22221=⇒+=⇒--=--q q q qq a q q a n n 又a 1a 2a 3=64,即32a =64,a 2=4,∴a 1=12,a 2=4,a 3=.34例4. 求和S n =1+3x +5x 2+7x 3+…+(2n-1)x n —1(x ≠0) 分析:本题考查等比数列求和公式的推导方法:“错位相减法”.这里对x 进行分类讨论的必要性有二,一是等式两边需同除以1—x ,再就是求1+x+x 2+…+xn-2要考虑x 是否为1.解析:当x =1时,2)12(531n n S n =-++++= 当x ≠1时,,)12(7531132--+++++=n n x n x x x S.)12(753432n n x n x x x x xS -+++++=∴两式相减得.1)1(2)12(1)12()1(21)1(122--+--=--+++++=---x x x x n x n xx x x S x n nnn n 12(21)(21)(1)(1)n n n n x n x x S x +--+++∴=-. 知识应用与提升11. 一个小球从100米高处自由落下,每次着地后又跳回到原高度的一半再落下,设它第n 次着地时,共经过了a n 米,则当n ≥2时,有 ( ) A.312100--+=n n n a a B .212100--+=n n n a a C.n n n a a 21001+=-D.21210021--+=n n n a a 12. 在等比数列{a n }中,a 1=4, q =5,使S n >107的最小n 值是 ( )A.11 B .10 C.12 D .9 13. 求和个n n S 111111111++++= 14.(1)求和22222)1()1()1(n n n xx x x x x S ++++++= .(2)求数列1,3+4,5+6+7,7+8+9+10,…前n 项和n S .15. 设{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,a 1=b 1=1,a 2+a 4=b 3,b 2b 4=a 3.分别求出{a n }及{b n }的前10项的和S 10及T 10.16. 在1与2之间插入n 个正数a 1,a 2,a 3……,a n ,使这n +2个数成等比数列;又在1与2之间插入n 个正数b 1,b 2,b 3,……,b n ,使这n +2个数成等差数列.记A n =a 1a 2a 3……a n ,B n =b 1+b 2+b 3+……+b n .(Ⅰ)求数列{A n }和{B n }的通项;(Ⅱ)当n ≥7时,比较A n 与B n 的大小,并证明你的结论.④闯关篇典型试题分析例5. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3+S6=2S9,求数列的公比q . 分析:本题主要考查等比数列的基础知识、逻辑推理能力和运算能力.解法一用到等比数列求和公式,所以要考虑q 是否为1,解法三利用了等比数列前n 项和的性质,过程比较简捷.解法一:若q =1,则S 3=3a1,S6=6a1,S9=9a 1,但a 1≠0故S 3+S6≠2S 9与题设矛盾,∴q ≠1.又依题意S 3+S6=2S9可得0)12(1)1(21)1(1)1(363916131=--⇒--⨯=--+--q q q qq a q q a q q a ,由q ≠0得2q 6-q 3-1=0 1,213=-=⇒q q (舍), ∴243-=q 解法二:∵S3+S6=2S9,∴S 9-S3=S6-S9, ∴817161814131q a q a q a q a q a q a ---=+++1,0,00)12)(1()1(2)1(213231261231≠++≠≠=+++⇒++-=++⇒q q q a q q q q a q q q a q q q a.2421,012333-=-=∴=+∴q q解法三:∵9632S S S =+又S 3,S6-S3,S9-S6成等比数列,∴由⎩⎨⎧-=-=+236693963)()(2S S S S S S S S 消去S 9得S 3=2S6 ∴.24,2133363-=∴-=-=q S S S q例6. 有)4(2≥n n 个正数,排成n n ⨯矩阵(n 行n 列的数表,如图):⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡nn n n n n a a a a a a a a a212222111211其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有的公比都相等,且满足:163,81,1434224===a a a , (1)求公比q ; (2)用k 表示k a 4;(3)求nn a a a a ++++ 332211的值.解析:(1)∵每一行的数列成等差数列,444342,,a a a ∴成等差数列,41,244444243=+=∴a a a a ;又每一列的数成等比数列,故1,2422444=⋅=a q a a , 21,0,412=∴>=∴q a q n 且(2).16))(2(81)2(4243424ka a k d k a a k =--+=-+= (3)∵第k 列的数成等比数列 ).,,2,1()21()21(16444n k k k q a a k k k k kk =⋅=⋅=⋅=∴-- 记n nn S a a a a =++++ 332211,由错位相消法,可得.222nn n S +-=. 知识拔高与创新17. 在等差数列{a n }中,若a 10=0,则有等式a 1+a 2+…+a n =a 1+a 2+…+a 19-n (n <19,n ∈N )成立.类比上述性质,相应地:在等比数列{b n }中,若b 9=1,则有等式 成立.… ………18. (2005湖南) 已知数列))}1({log *2N n a n ∈-为等差数列,且.9,331==a a (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式; (Ⅱ)证明.111112312<-++-+-+nn a a a a a a19.(2005重庆)数列).1(0521681}{111≥=++-=++n a a a a a a n n n n n 且满足记1(1).12n n b n a =≥-(Ⅰ)求b 1、b 2、b 3、b 4的值;(Ⅱ)求数列}{n b 的通项公式及数列}{n n b a 的前n 项和.n S20.(2006上海春季高考) 已知数列a l ,a 2…,a 30,其中a l ,a 2…,a 10是首项为1公差为1的等差数列;a l0,a 11…,a 20是公差为d 的等差数列;a 20,a 21…,a 30是公差为d 2的等差数列(d ≠0).(Ⅰ)若a 20=40,求 d ;(Ⅱ)试写出a 30关于d 的关系式,并求a 30的取值范围;(Ⅲ)续写己知数列,使得a 30,a 31…,a 40是公差为d 3的等差数列,……,依次类推,把已知数列推广为无穷数列.提出同(2)类似的问题,((2)应当作为特例),并进行研究,你能得到什么样的结论?⑤行侠篇高考试题点击21.(2005全国1) 设等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和),2,1( 0 =>n S n . (Ⅰ)求q 的取值范围; (Ⅱ)设1223++-=n n n a a b ,记{}n b 的前n 项和为n T ,试比较n S 与n T 的大小. 22.(2005江西) 已知数列{a n }的前n项和S n 满足S n -S n-2=3,23,1),3()21(211-==≥--S S n n 且求数列{a n }的通项公式.⑥娱乐广场开阔视野、趣味学习国王为什么不能兑现他对国际象棋发明者的奖赏承诺?印度的舍罕王打算奖赏发明国际象棋的大臣西萨•班•达依尔,并问他想得到什么样的奖赏,大臣说:“陛下,请您在这张棋盘的第一个小格内赏给我一粒麦子,在第二个小格内给两粒,在第三个小格内给四粒,照这样下去,每一小格内都比前一小格内的麦粒数加一倍,直到把每一小格都摆上麦粒为止.并把这样摆满棋盘上六十四格的麦粒赏给您的仆人.”国王认为这位大臣的要求不算多,就爽块地答应了.国王叫人抬来麦子并按这位大臣的要求,在棋盘的小格内摆放麦粒:在第一格内放一粒,第二格内放两粒,第三格内放四粒……第十格内放五百一十二粒,还没摆到第二十格,一袋麦子已经用光了.国王这才发现,即使把全国的麦子都拿来,也兑现不了他对这位大臣的奖赏承诺,这位大臣所要求的麦粒数究竟是多少呢?这个问题可以分步探讨:(1)这位大臣所要求的麦粒数大约是多少?由等比数列前n项和公式可推出总粒数为2的64次幂减1,这个数字大于1.84×10的19次幂;(2)这些麦粒大约合多少吨?如果麦子的千粒重设为40g ,那么总质量就是7300多亿吨;(3)要凑够这些小麦需多少年?参考资料:拿我们这个世界上小麦第一大生产国来说,“国家粮油信息中心的统计数字显示,1999/2000年度我国小麦总产量为11388万吨,随后的2000/2001、2001/2002、2002/20 03三个年度的产量则分别为9964、9387、8933万吨.”为方便起见,不妨就按年产量一亿吨计算,需7300多年.即使按全世界年产小麦约6亿吨的数字来算,也需要一千多年.参考答案:3.5 等比数列的前n 项和1. B 解析: a2n +1=a n ·a n +2≠0是数列{a n }成等比数列的充要条件.2. B 解析:特殊值验证即可,取n=1可得, a 1=1 , 则211a =,代入得答案B.3. C 解析: a 、b 、c 成等比数列 , 可得20b ac =>, 2log log log log n n n n b ac a c ==+, ∴211log log log b a a n n n=+. 4.C 解析:设第一层有1a 盏灯, 则717(12)38112a S -==-,解得13a =, 故得6732192.a =⨯= 5. -2解析: 取n=1,a 1=1,则S 2=1+q S 1=1 S 3=1+q+q 2,求出q 有两个值,再取n=2排除一个. 6.32 解析: 由已知可得2(46)4(49)d d +=⨯+,解得13d =, 则等比数列的公比716342a q a ===. 7. 解析:由已知,得6411451148,(1),48,(2).a q a q a q a q ⎧⋅-⋅=⎪⎨⋅+⋅=⎪⎩ (1)÷(2)得:1112=+-q q 得q =2或q =-1(舍去)把q =2代入(1)得a 1=1,所以S n =1221)21(1-=--n n 由2n -1=1023,解得n =10. 8.解析:nn n a )1(22-+-=,若∑=-+++++-===mk k m n m S S m n 212)1(2)2321(2,2 则)1(2)12()2321(2+-=+-=++++-=n n m m m S n若2212221,(21)22[2(1)]m n m m m n m S S S a m m m -=-==-=-++--则(21)22(21)m m m =-++-22)1()1(224222---=-+++-=-+-=n n n n m m⎩⎨⎧---+-=∴)(2)()1(2为正奇数为正偶数n n n n n n S n 9. 解析:数列{a n}的通项公式a n =2(n-1)+nn n n 21)12(212--=- 前n 项和Sn=]21)12[()815()413()211(n n --++-+-+- .211211])21(1[212]1)12[()21814121()]12(531[2n n n n n n n +-=---+-=++++--++++= 10. 解析:所求数列的每一项都是一个等比数列的和,第k 项221--+++=k k k k a a a a . 当|a |≠1时,),(11121----=k k k a a aa )]()()1[(111213---++-+--=∴n n k a a a a a a S )]1()1[(112221--+++-+++-=n n a a a a a a)]1)(1[()1()1(112+--+-=n n a a a a . 当a =1时,S n =)1(21+n n ; 当1-=a 时,=n S 1,(),21,().2n n n ⎧⎪⎪⎨+⎪⎪⎩为偶数为奇数11. B 解析:由已知可得12100,1005050200a a ==++= ,故应选B.12. A 解析:74(15)511015n n n S -==->⇒- 最小n 值是11. 13. 解析: )110(9110101011112-=++++==kkk k a个])101010[(91)]110()110()110[(9122n S n n n -+++=-++-+-= 8110910]9)110(10[911--=--=+n n n n . 14. 解析: (1) )21()21()21(224422+++++++++=n nn x x x x x x S n xx x x x x n n 2)111()(242242++++++++=①当1±≠x 时,n x x x x n x x x x x x S n n n n n n 2)1()1)(1(21)1(1)1(22222222222+-+-=+--+--=+--- ②当n S x n 4,1=±=时.(2)解析:(21)2(21)[(21)(1)]k a k k k k k =-+++++-+-[(21)(32)]2k k k -+-=25322k k =-.2221253(12)(12)22n n S a a a n n =+++=+++-+++5(1)(21)3(1)2622n n n n n +++=⋅-)25)(1(61-+=n n n . 15. 解析:∵{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,∴a 2+a 4=2a 3,b 2b 4=b 32.又a 2+a 4=b 3,b 2b 4=a 3,∴b 3=2a 3,a 3=b 32.得 b 3=2b 32. ∵b 3≠0 ∴b 3=21,a 3=41.由a 1=1,a 3=41知{a n }的公差为d =83-, ∴S 10=10a 1+8552910-=⨯d .由b 1=1,b 3=21知{b n }的公比为q =22或q =22-.当q =22时,)22(32311)1(10110+=--=q q b T ,当q =22-时,)22(32311)1(10110-=--=q q b T .16. 解析:(Ⅰ)设公比为q ,公差为d ,等比数列1,a 1,a 2,……,a n ,2,等差数列1,b 1,b 2,……,b n ,2则A 1=a 1=1·q A 2=1·q ·1·q 2 A 3=1·q ·1·q 2·1·q 3又∵a n +2=1·q n +1=2得q n +1=2A n =q ·q 2…q n=q 222)1(nnn =⋅+(n =1,2,3…)又∵b n +2=1+(n +1)d =2 ∴(n +1)d =1B 1=b 1=1+d B 2=b 2+b 1=1+d +1+2d B n =1+d +…+1+nd =23n (Ⅱ)A n >B n ,当n ≥7时 证明:当n =7时,23.5=8·2=A n B n =23×7,∴A n >B n设当n =k 时,A n >B n ,则当n =k +1时,21212++=k k A23231+=+k B k 又∵A k +1=2·22k 23231+=+k B k 且A k >B k ∴A k +1>2·23k∴A k +1-B k +1>2323)12(2323232-⋅-=--⋅k k k 又∵k =8,9,10… ∴A k +1-B k +1>0,综上所述,A n >B n 成立.17. b 1b 2…b n =b 1b 2…b 17-n (n <17,n ∈N *)解析:在等差数列{a n }中,由a 10=0,得 a 1+a 19=a 2+a 18=…=a n +a 20-n =a n +1+a 19-n =2a 10=0,所以a 1+a 2+…+a n +…+a 19=0,即a 1+a 2+…+a n =-a 19-a 18-…-a n +1,又∵a 1=-a 19,a 2=-a 18,…,a 19-n =-a n +1∴a 1+a 2+…+a n =-a 19-a 18-…-a n +1=a 1+a 2+…+a 19-n . 若a 9=0,同理可得a 1+a 2+…+a n =a 1+a 2+a 17-n .相应地等比数列{b n }中,则可得:b 1b 2…b n =b 1b 2…b 17-n (n <17,n ∈N *) 18. 解析:(I )设等差数列)}1({log 2-n a 的公差为d .由,8log 2log )2(log 29,322231+=+==d a a 得即d =1.所以,)1(1)1(log 2n n a n =⨯-+=-即.12+=n n a (II )证明因为nn n n n a a a 2121111=-=-++, 所以n n n a a a a a a 2121212111132112312++++=-++-+-+.1211211212121<-=-⨯-=n n 19. 解析:(Ⅰ)1111,2;112a b ===-故22718,718382a b ===-故 3344311320,4;,.31420342a b a b =====-故故(Ⅱ)由111444422,2(),0,33333n n n n b b b b b ++=--=--=≠ 所以42{},233n b q -=是首项为公比的等比数列故41142,2(1).3333n n n n b b n -=⋅=⋅+≥即由112n n b a =-得112n n n a b b =+故1122n n n S a b a b a b =+++ 121(12)153()2123n n b b b n n -=++++=+-1(251)3n n =+-. 20. 解析:(1) a l0=10, a 20=10+10d =40, ∴d =3 (2) a 30= a 20+10d =10(1+d +d 2) (d ≠0) , a 30=10[(d +21)2+43], 当d ∈(-∞, 0)∪(0, +∞)时, a 30∈[215,+∞). (3) 所给数列可推广为无穷数列{ a n },其中a l ,a 2…,a 10是首项为1公差为1的等差数列,当n≥1时, 数列a 10n ,a 10n+1,…,a 10(n+1)是公差为d n 的等差数列.研究的问题可以是:试写出a 10(n+1)关于d 的关系式,并求a 10(n+1)的取值范围 研究的结论可以是: 由a 40= a 30+10d 3=10(1+d+d 2+ d 3),依次类推可得 a 10(n+1)= 10(1+d+d 2+…+ d n )=1110,(1),110(1),(1).n d d dn d +⎧-⋅≠⎪-⎨⎪+=⎩当d >0时, a 10(n+1)的取值范围为(10, +∞)等 .21. 解析: (Ⅰ)因为{}n a 是等比数列, 0 n S >,可得110,0a S q =>≠ 当1q =时,10n S na => 当1q ≠时,1(1)01nn a q S q-=>-,即10(1,2,)1nqn q->=- 上式等价于不等式组:10,(1,2,)10nq n q -<⎧⎪=⎨-<⎪⎩ ① 或10,(1,2,)10nq n q ->⎧⎪=⎨->⎪⎩ 解①式得1q >;解②,由于n 可为奇数、可为偶数,得11q -<< 综上,q 的取值范围是(1,0)(0,)-+∞(Ⅱ)由2132n n n b a a ++=-,得2233(),()22n n n n b a q q T q q S =-=- 于是231(1)()(2)22n n n n T S S q q S q q -=--=+-又因为0n S >,且10q -<<或0q >,所以 当112q -<<-或2q >时,0n n T S ->,即n n T S >; 当122q -<<且0q ≠时,0n n T S -<,即n n T S < 当12q =-或2q =时,0n n T S -=,即n n T S =.22. 解法一:先考虑偶数项有:1212222)21(3)21(3---⋅-=-⋅=-n n n n S S 32324222)21(3)21(3----⋅-=-⋅=-n n n n S S ,……,.)21(3)21(23324⋅-=-⋅=-S S21233212332211111113[()()()]3[()()()]2222222n n n n n S S ----∴=-+++=-++++ 111()11122434[()]122414n n -=-⋅=--⋅-2112()(1).2n n -=-+≥ 同理考虑奇数项有:.)21(3)21(3221212nn n n S S ⋅=-=---22223212)21(3)21(3----⋅=-⋅=-n n n n S S……….)21(3)21(32213⋅=-⋅=-S S.1).1()21(34))21(2()21(2).1()21(34))21(2()21(2).1()21(2])21()21()21[(31112122122221222121222222112==≥⋅+-=--+-=-=≥⋅-=+---=-=∴≥-=++++=∴----++-+S a n S S a n S S a n S S n n n n n n n n n n n n n n n n综合可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⋅+-⋅-=--.,)21(34,,)21(3411为偶数为奇数n n a n n n解法二:因为),3()21(31112≥-⋅=++=-----n a a a a S S n n n n n n n 所以两边同乘以n)1(-,可得:.)21(3)21()1(3)1()1(1111----⋅-=-⋅-⋅=---n n nn n n n a a令).3()21(3,)1(11≥-⋅-=-∴-=--n b b a b n n n n n n所以,)21(311---⋅-=-n n n b b,)21(3221----⋅-=-n n n b b………,,)21(3223-⋅-=-b b211)21(41413])21()21()21[(3222212-⋅-⨯-=+++-=∴---n n n n b b b ).3()21(32312≥⋅+-=-n b n。

等比数列前n项和公式怎么求

等比数列前n项和公式怎么求

等比数列前n项和公式怎么求等比数列是高中数学重点知识之一,那么等比数列前n项和公式怎么求呢?下面是由小编为大家整理的“等比数列前n项和公式怎么求”,仅供参考,欢迎大家阅读。

等比数列前n项和公式怎么求等比数列前n项和公式:Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。

推导如下:因为an=a1q^(n-1)所以Sn=a1+a1*q^1+...+a1*q^(n-1)(1)qSn=a1*q^1+a1q^2+...+a1*q^n(2)(1)-(2)注意(1)式的第一项不变。

把(1)式的第二项减去(2)式的第一项。

把(1)式的第三项减去(2)式的第二项。

以此类推,把(1)式的第n项减去(2)式的第n-1项。

(2)式的第n项不变,这叫错位相减,其目的就是消去这此公共项。

于是得到(1-q)Sn=a1(1-q^n)即Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。

拓展阅读:等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数,那么这个数列叫做等比数列.数学语言表达式:=q(n≥2,q为非零常数).(2)如果三个数a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项,其中G=±。

2.等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{an}的首项为a1,公比是q,则其通项公式为an=a1qn-1;通项公式的推广:an=amqn-m.(2)等比数列的前n项和公式:当q=1时,Sn=na1;当q≠1时,Sn==。

3.等比数列的性质已知{an}是等比数列,Sn是数列{an}的前n项和.(1)若k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则有ak·al=am·an。

(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列,即ak,ak+m,ak+2m,…仍是等比数列,公比为qm。

(3)当q≠-1,或q=-1且n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等比数列,其公比为qn。

【精品】高一数学 3.5等比数列的前n项和(备课资料) 大纲人教版必修

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●备课资料参考练习题1.若数列{a n }的前n 项和为S n =a n-1(a ≠0),则这个数列是A.等比数列B.等差数列C.等比或等差数列D.非等差数列 分析:若a =1,则S n =0,∴a n =0则{a n }为等差数列;若a ≠1,则1111111)(---+-++--=--=--=n n n n n n n n n n n n n n aa a a a a a a a S S S S a a =a , ∴{a n }为等比数列答案:C2.等比数列{a n }中,若S 6=91,S 2=7,则S 4为 A.28 B.32 C.35D.49分析:由S n =q q a n --1)1(1,得q q a S --=1)1(212=7,①S 6=qq a --1)1(61=91②②÷①得:422322611)(111q q qq q q ++=--=--=13,即(q 2)2+q 2-12=0,∴q 2=3 代入①得:2711-=-q a , ∴S 4=271)1(41-=--q q a ×(1-9)=28. 答案:A3.数列{a n }的通项公式为a n =11++n n ,若S n =9,则n 等于 A.9B.10C.99D.100分析:由a n =)1(11+--=++n n n n得S n =-[(1-+-+)32()2…+()]1+-n n =-1+1+n若S n =9,即-1+1+n =9,∴n =99 答案:C4.使数列11311211110,10,10,…,1110n …,前n 项之积大于105,则自然数n 值为A.6B.9C.11D.12分析:由已知得:1111311211110,,10,10,10n ⋅⋅⋅>105,即1111211110n +⋅⋅⋅++>105,∴1+2+3+…+n >55,2)1(+n n >55,解得n >10 答案:C5.已知两数的等差中项是10,等比中项是8,则以这两数为根的一元二次方程是 A.x 2+10x +8=0 B.x 2-10x +64=0 C.x 2+20x +64=0 D.x 2-20x +64=0 解:设两数为a ,b ,则a +b =20,ab =64∴a ,b 为x 2-20x +64=0的两根. 答案:D6.在等比数列中,若S 10=10,S 20=30,则S 30= .解法一:由S 10=a 1+a 2+…+a 10=10,S 20=a 1+a 2+…+a 20=10+q 10(a 1+a 2+…+a 10)=(1+q 10)·10=30∴q 10=2,q 20=4,S 30=S 20+a 21+…+a 30=S 20+q 20(a 1+a 2+…a 10)=70.解法二:∵在等比数列中,∴S 10,S 20-S 10,S 30-S 20成等比数列, 又S 10=10,S 20-S 10=20, ∴S 30-S 20=40,∴S 30=40+S 20=40+30=70. 答案:707.在正实数组成的等比数列中,若a 4a 5a 6=3,则log 3a 1+log 3a 2+log 3a 8+log 3a 9= .解:原式=log 3a 1a 2a 8a 9=log 3(a 4a 6)2=2log 3a 4a 6=4log 3a 5又∵a 4a 5a 6=a 53=3,∴a 5=33∴原式=4log 333=4log 334331=log 33=34.答案:348.在等比数列中,a 1+a 2+a 3+a 5=3,a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=9,则a 11+a 12+a 13+a 14+a 15= .分析:设等比数列{a n }的公比为q ,则a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=q 5(a 1+a 2+a 3+a 4+a 5)即9=3q 5,∴q 5=3,q 10=9又a 11+a 12+a 13+a 14+a 15=q 10(a 1+a 2+a 3+a 4+a 5)=9×3=27. 答案:279.已知等差数列{a n }的公差d ≠0,且a 1,a 3,a 9成等比数列,则1042931a a a a a a ++++= .分析:∵a 1,a 3,a 9成等比数列,∴(a 1+2d )2=a 1(a 1+8d ) 即a 1=d , ∴16131042931042931=++++=++++d d d d d d a a a a a a .答案:1613 10.数列121,241,381,…的前n 项和为 .分析:S n =121+241+381+…+n n 21=(1+21)+(2+41)+(3+81)+…+(n +n 21)=(1+2+3+…+n )+( 21+41+…+n 21)=211)211(212)1(--++n n n =12122+-+n n n =n n n 21)2(212-++ 答案:n n n 21)2(212-++11.已知等比数列中{a n }:1,2,4,8,……,它的第n 项为a n ,求a 3n .解:∵a n =a 1q n -1=2n -1,∴a n =2n -1∴a 3n =23n -112.已知数列{a n }中,S n 是它的前n 项和,并且S n +1=4a n +2(n =1,2,…),a 1=1 (1)设b n =a n +1-2a n (n =1,2,…),求证{b n }是等比数列; (2)设c n =n na 2(n =1,2,…),求证{c n }是等差数列; (3)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式. 解:(1)∵S n +1=4a n +2 ① ∴S n +2=4a n +1+2②②-①得S n +2-S n +1=4a n +1-4a n (n =1,2,…),即a n +2=4a n +1-4a n a n +2-2a n +1=2(a n +1-2a n ) ∵b n =a n +1-2a n (n =1,2,…) ∴b n +1=2b n由此可知,数列{b n }是公比为2的等比数列. 由S 2=a 1+a 2=4a 1+2,又a 1=1,得a 2=5∴b 1=a 2-2a 1=3,∴b n =3·2n -1(2)∵c n =n n a 2 (n =1,2,…),∴c n +1-c n =1111122222+++++=-=-n nn n n n n n n b a a a a 将b n =3·2n -1代入,得c n +1-c n =43(n =1,2,…) 由此可知:数列{c n }是公差为43的等差数列,c 1=21a = 21,故c n =21+4143)1(43-=-n n(3)∵c n =)13(414143-=-n n ∴a n =2n·c n =(3n -1)·2n -2(n =1,2,…)当n ≥2时,S n =4a n -1+2=(3n -4)·2n -1+2.由于S 1=a 1=1也适合于此式,∴前n 项公式为S n =(3n -4)·2n -1+2●备课资料 参考练习题1.数列{a n }为正数的等比数列,它的前n 项和为80,且前n 项中数值最大的项为54,它的前2n 项的和为6560,求此数列的首项和公比.分析:利用等比数列的前n 项和公式S n =qq a n --1)1(1解题.解:若q =1,则应有S 2n =2S n ,与题意不合,故q ≠1. 当q ≠1时,由已知得:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=--65601)1(801)1(211qq a qq a nn 由,得nnqq --112=82, 即q 2n-82q n+81=0得q n =81或q n=1(舍) ∴q n=81,故q >1.{a n }的前n 项中最大,有a n =54.将q n=81代入①,得a 1=q -1 ③由a n =a 1q n -1=54,得a 1q n=54q即81a 1=54q ④ 由③④得a 1=2,q =3评述:在数学解题中还应有一个整体观念,如本题求出q n =81,应保留q n为一个整体求解方便.2.已知数列{a n }是等比数列,试判断该数列依次k 项的和组成的数列{b n }是否仍为等比数列?分析:应对{a n }的公比q 分类讨论.解:设b n =a (n -1)k +1+a (n -1)k +2+…+a nk ,且数列{a n }的公比为q 则当q =1时,b 1=b 2=…=b n =…ka 1, ∴{b n }为公比是1的等比数列.当q ≠±1时,b n =k k n nk n n k k n q a ab b q q a ==--+-+++-1)1(111)1(,1)1( ∴{b n }为公比是q k的等比数列.当q =-1时,若k 为偶数,则b n =0,此时{b n }不能为等比数列.①②若k 为奇数,数列{b n }为公比为-1的等比数列.综上:当{a n }的公比不为-1时,数列{b n }仍为等比数列;当{a n }的公比为-1时,若k 为偶数,则{b n }不是等比数列;当k 为奇数时,数列{b n }为公比为-1的等比数列.3.求数列1,a +a 2,a 2+a 3+a 4,a 3+a 4+a 5+a 6,…的前n 项和S n . 解:(1)a =0时,S n =1;(2)a =1时,S n =21n (n +1); (3)a =-1时,S n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+)(21)(2为奇数为偶数n n n n(4)a =±1;a ≠0时,S n =)1)(1()1)(1(21a a a a n n ----+. 4.数列{a n }中,S n =1+ka n (k ≠0,k ≠1) (1)证明数列{a n }为等比数列; (2)求通项a n ;(3)当k =-1时,求和a 12+a 22+…a n 2.分析:由于条件中涉及S n 与a n 的关系,因此,要考虑S n -S n -1=a n (n ≥2)的运用,然后回答定义.(1)证明:∵S n =1+ka n① S n -1=1+ka n -1 ② ①-②得S n -S n -1=ka n -ka n -1(n ≥2)∴(k -1)a n =ka n -1,11-=-k ka a n n (常数)(n ≥2), ∴{a n }是公比为1-k k的等比数列. (2)解:∵S 1=a 1=1+ka 1,∴a 1=k-11∴a n =k -11·(1-k k )n -1=-nn k k )1(1--(3)解:∵{a n }中a 1=k -11,q =1-k k, ∴{a n 2}为首项为(11-k )2,公比为(1-k k )2的等比数列.当k =-1时,等比数列{a n 2}的首项为41,公比为41∴a 12+a 22+…+a n 2=411])41(1[41--n =])41(1[31n - 评述:应注意a n =⎩⎨⎧≥-=-)2( )1( 11n S S n S n n的应用.5.已知一个项数是偶数的等比数列的首项为1,其奇数项的和为85,偶数项的和为170,求这个数列的公比和项数.解:设数列的公比为q ,项数为2n则⎩⎨⎧=⋅⋅⋅⋅++=+⋅⋅⋅++-170852421231n n a a a a a a ,得q (a 1+a 3+…+a 2n -1)=170 ∴q =2,又∵2211)1(qq a n --=85,即222121--n=85 ∴22n=256=28,∴2n =8评述:在等比数列的通项公式和前n 项和公式中,共涉及到a 1,n ,q ,a n ,S n 5个量,其中a 1和q 是基本量,利用这两个公式,可知三求二.6.等比数列{a n }中,S 4=1,S 8=3,求a 17+a 18+a 19+a 20的值. 分析:关键是确定首项和公比.解:设此数列的首项和公比为a 1和q .则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=--31)1(11)1(8141qq a q q a由②÷①得q 4=2.∴a 17+a 18+a 19+a 20=S 20-S 16=qq q a q q a q q a --=-----1)1(1)1(1)1(4161161201=q 16=24=16.评述:在研究等比数列的问题中,要确定基本量a 1和q ,仍然离不开方程思想,在具体求解时,得到的方程往往是高次方程,因此,要注意优化与化简.7.求(x +x 1)2+(x 2+21x )2+…+(x n+n x1)2的值 分析:注意到(x n +n x 1)2=a n =x 2n +n x21+2,且{x 2n}与{(x 1)2n }为等比数列,故可考虑拆项法.解:S n =(x 2+x 4+…+x 2n)+(++4211x x +…+n x 21)+ 22)22(个n +⋅⋅⋅++ ①②当x =±1时, S n =n +n +2n =4n . 当x ≠±1时,S n =22222211)11(11)1(xx x x x x n n--+--+2n =n x x x x n n n 2)1()1)(1(22222+-+-+ 评述:在运用等比数列的求和公式时,要注意分析公比是否为1.8.求数列2x 2,3x 3,4x 4,…,nx n,…的前n 项和.分析:可以通过错位相减的方法转化为等比数列的求和问题. 解:(1)当x =0时,S n =0. (2)当x =1时,S n =2+3+4+…+(n +1)=21n (n +3). (3)当x ≠1时,S n =2x 2+3x 3+4x 4+…+(n +1)x n +1① xS n =2x 3+3x 4+4x 5+…+nx n +1+(n +1)x n +2②①-②得:(1-x )S n =2x 2+x 3+x 4+…x n +1-(n +1)x n +2=2x 2+xx x n ---1)1(13-(n +1)x n +2∴S n =23232)1()1()2(2x x n x n x x n n -+++--++③又当x =1时,S n =0适合③∴S n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≠-+++--=+++)1( )1()1()2(2)1( )3(2123232x x x n x n x x x n n n n 评述:错位相减法是一种常用的重要的求和方法.。

高一数学等比数列的前n项和 教案

高一数学等比数列的前n项和 教案

高一数学等比数列的前n项和【基础知识精讲】1.基础知识图表2.前n项和公式若数列{a n}是公比为q的等比数列,则它的前n项和公式是也就是说,公比为q的等比数列的前n项和是q的分段函数,分段的界限在q=1处.当q≠1时,求等比数列前n项和S n的方法一般是利用S n的表达式的特点,首先在S n=a1+a1q+…+a1q n-1两边同乘以该数列的公比q,使得等式右边各项都向右错了一位;然后通过求S n-qS n把相同的项消去,达到简化的目的;最后从中解出S n.这种方法(俗称“错位相减法”)很巧妙,而且对这类数列的求和具有普遍性,应该很好地掌握它.求等比数列前n项和的方法还有一些,下面再介绍其中的一种:当q=1时,S n=na1当q≠1时,S n=a1+a1q+a1q2+…+a1q n-1=a1+q(a1+a1q+a1q2+…+a1q n-1)-a1q n =a1+q·S n-a1q n =a1(1-q n)+q·S n∴(1-q)S n=a1(1-q n),∴S n=qqa n--1)1(1.在具体运用等比数列前n项和公式时如果考虑不周常会出错.例如,求和:1+x+x2+…+x n,认为其和为xx n--+111是错误的.【重点难点解析】本节重点是等比数列前n项和公式及其应用.难点是求和公式的推导.等比数列前n项和公式要注意对公比q进行讨论,分q=1和q≠1两种情况.求等比数列前n项和的思想和方法在求一些特殊数列的前n项和中经常运用到.例1设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3+S6=2S9,求公比q的值.分析本题主要考查等比数列求和公式的基础知识,逻辑推理能力和运算能力.在求解中要全面考虑公式q=1和q≠1两种情况,否则就会造成失误.解法一:若q=1,则S3+S6=3a1+6a1=9a1≠2S9,所以q≠1.依等比数列前n项和公式有qqa--1)1(31+qqa--1)1(61=qqa--1)1(291,整理得q3(2q6-q3-1)=0.因为q≠0,所以2q6-q3-1=0,(q3-1)(2q3+1)=0.因为q≠1,所以q3≠1,所以q3=-21,q=-321=-243.解法二:因为S3+S6=2S9,所以2(a1+a2+a3)+a4+a5+a6=2(a1+a2+a3+…+a9),此即-(a4+a5+a6)=2(a7+a8+a9),-(a4+a5+a6)=2q3(a4+a5+a6),由此解得q3=-21,q=-243.评析在对等比数列前n项和公式的运用中,要注意充分运用整体代入的方法,如解法二中就利用了a7+a8+a9=q3(a4+a5+a6)这一性质,使运算量减少,也避免了q的讨论.例2 设等比数列的首项为a(a >0)公比为q(q >0),前n 项和为80,其中最大的一项为54,又它的前2n 项和为6560,求a 和q.解:由S n =80,S 2n =6560,故q≠1⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=-- ② ① 6560q 1)q 1(a 80q 1)q 1(a n2n化简得081q 82q n n 2=+-∴有81q n=③ 知1q >∵a>0,q >1,等比数列递增数列,故前n 项中最大项为a n . ∴a n =aq n-1=54④将③代入①化简得a=q-1 ⑤③④化简得3a=2q⑥由⑤,⑥联立方程组解得a=2,q=3例3 等比数列{a n }的前n 和等于2,紧接其后的2n 项和等于12,再紧接其后的3n 项和为S ,求S. 分析 本题主要考查等比数列前n 项和公式的应用.本题实际为已知S n =2,S 3n -S n =12,要求S 6n -S 3n 的值.由等比数列知,前n 项成等比数列,紧接其后的2n 项也成等比数列,再紧接的3n 项也成等比数列,可分别求和列方程.解:在等比数列中,依次每k 项之和仍成等比数列.设前n 项和为S 1,第2个n 项和为S 2=S 1q ,由②式得q+q 2=6,所以q=2或q=-3.将q=2代入③式得S=112,将q=-3代入③式得S=-378.例4 求数列1,a+a 2,a 2+a 3+a 4,a 3+a 4+a 5+a 6,…(a≠0)的前n 项和S n . 分析 要求数列前n 项的和,必须先求出数列的通项公式.解:据题设条件分析可知: a n =a n-1+a n+a n+1+…+a2n-2①当a=1时,a n =n,∴S n =2)1(+n n .②当a≠1时,S n =a a a n n ---1)1(1=a a n --11-a a n --112. (1)当a≠±1时,S n =a -11[a a n --11-221)1(a a a n --]=)1()1(12a a +-[(1-a n )(1-a n+1)] (2)当a=-1时,S n =21[2)1(1n--+n ]评析 ①由于通项公式本身是一个等比数列的求和,而公比是字母a ,故必须分两种情况(a=1及a≠1)来讨论.②在进一步求和时,由于又出现公比为a 2的等比数列求和,故又得分a 2=1及a 2≠1来讨论,由于a=1已讨论,因此本题应分a=1,a=-1,a≠±1三种情况来讨论.【难题巧解点拨】例1 设等比数列{a n }的公比与前n 项和分别为q 与S n ,且q≠1,S 10=8.求10201q S +的值.分析 一个条件不能确定a 1与q.不妨将S 10与S 20用a 1、q 表示出来,进行对比,兴许有点门道.解:∵q q a --1)1(101=8,∴10201q S +=)q 1)(q 1()q 1(a 10120-+-=8.评析 一些数列问题中的基本量难以确定或不能确定时,不妨设而不求,整体代换.其实,本题尚有以下巧解:S 20=S 10+a 11+a 12+…+a 20=S 10+q 10S 10=S 10(1+q 10),故10201q S +=S 10=8.例2设等比数列{a n}的前n项和为S n,求证:S2n+S22n=S n(S2n+S3n).分析从整体结构入手,寻找S n、S2n、S3n之间的关系,作差计算,不仅简便,而且求解过程完备.解:设{a n }的公比为q,则 S 2n =S n +q nS n =S n (1+q n) S 3n =S n +q nS n +q 2nS n =S n (1+q n+q 2n) ∴S 2n +S 22n -S n (S 2n +S 3n )=S 2n +S 2n (1+q n )2-S 2n [(1+q n)+(1+q n+q 2n)] =S 2n +S 2n (1+q n )2-S 2n [1+(1+q n )2]=0 ∴S 2n +S 22n =S n (S 2n +S 3n ).评析 本题的结论是等比数列的又一性质:(S 2n -S n )2=S n (S 3n -S 2n ),即S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 成等比数列.例3 已知数列{a n }满足条件:a 1=1,a 2=r(r >0),且{a n a n+1}是公比为q(q >0)的等比数列.设b n =a 2n-1+a 2n ,求数列{b n }的前n 项和S n .分析 121+++n n n n a a a a =q ⇒n n a a 2+=q ⇒n n b b 1+=q. 解:∵121+++n n n n a a a a =q ∴a n+2=a n q , ∴n n b b 1+=n n n n a a a a 2122212-++=n n n n a a q a q a 212212++--=q, 且q≠0,b 1=1+r≠0∴{b n }是首项为1+r ,公比为q 的等比数列,评析 解题的关键是等比数列{b n }的发现,只要紧抓等比数列的定义来分析,就能使隐含着的条件显露出来,促成问题的快速解决.【课本难题解答】课本第133页练习第4题:当q=1时,S 7=7a 1,S 14-S 7=14a 1-7a 1=7a 1 S 21-S 14=21a 1-14a 1=7a 1,从而S 7(S 21-S 14)=(S 14-S 7)2当q≠1时,S 7=q q a --1)1(71;S 14=q q a --1)1(141;S 21=q q a --1)1(211;可得S 7(S 21-S 14)=(S 14-S 7)2.也可以这样证明:S 14-S 7=(a 1+a 2+…+a 14)-(a 1+a 2+…+a 7) =a 8+a 9+…+a 14=a 1q 7+a 2q 7+…+a 7q 7=(a 1+a 2+…+a 7)q 7=q 7S 7 同理可得S 21-S 14=q 14S 7 因此S 7(S 21-S 14)=(S 14-S 7)2可类似证明S k ,S 2k -S k ,S 3k -S k 成等比数列. 【命题趋势分析】1.数列内容在高考试题中占比重较大,等比数列的前n 项和多次出现在中难题上.因此,对数列的综合问题要引起重视,注意应用题的练习,提高数学建模能力.2.灵活应用通项公式与前n 项和公式是高考考查的重点,同时要注意运用函数的观点揭示分析和解决有关等比数列的综合题.3.在历届高考试题中等比数列的定义、通项公式、前n 项和公式经常融进各种类型的题目中.我们要在熟练掌握,灵活应用上下功夫,同是,还要注意等差、等比数列的综合运用.4.等比数列是最基本的数列.等比数列的定义是研究等比数列的性质和判定,推导前n 项和公式的出发点和依据;通项公式与前n 项和公式联系着五个基本量:a 1,q,n,a n ,S n ,任知其中三个量,可以求得另外两量是本章中最基本的、经常遇到的、必须熟练解决的基本问题.5.等比数列前n 项和公式的推导方法“错位相减法”要予以重视,在求由等差、等比数列组成的积数列的和时也要应用此方法.6.在解等比数列求和有关问题时,根据问题的实际,有时需分q=1和q≠1两种情况分类讨论. 【典型热点考题】例1 设{a n }是由正数组成的等比数列,S n 是其前n 项和,证明:2log log 25.05.0++n n S S >log 0.5S n+1.分析 只需证明S n S n+2<S 2n+1.解:∵S n+1=a 1+qS n ,S n+2=a 1+qS n+1 ∴S 2n+1-S n S n+2 =S n+1(a 1+qS n )-S n (a 1+qS n+1) =a 1(S n+1-S n )=a 1a n+1>0 ∴S n S n+2<S 2n+1 ∴log 0.5(S n S n+2)>log 0.5S 2n+1.∴2log log 25.05.0++n n S S >log 0.5S n+1.评析 由a 1>0,q >0及qS n S n+2=qS n (a 1+qS n+1)<a 1qS n+1+q 2S n S n+1=qS 2n+1,亦可推得S n S n+2<S 2n+1. 例2 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3+S 6=2S 9,求数列的公比q. 分析 由条件式建立一个关于q 的方程.解:若q=1,则S 3+S 6-2S 9=-9a 1≠0,与题设矛盾,故q≠1. 从而,依题意得q q a --1)1(31+q q a --1)1(61=q q a --1)1(291,整理得q 3(q 3-1)(2q 3+1)=0,∵q≠0,q≠1 ∴2q 3+1=0, ∴q=-243.评析 解题过程中运用了分类讨论的思想.例3 设{a n }是正数组成的数列,其前n 项和为S n ,且对于所有自然数n ,a n 与2的等差数列等于S n 与2的等比中项.(1)写出{a n }的前3项.(2)求{a n }的通项公式(写出推理过程).(3)令b n =21(n n a a 1++1+n na a ),n∈N 求证:b 1+b 2+…+b n -n=122+n n.解:(1)当n=1时,有221+a =12S ,而S 1=a 1 ∴221+a =12a .∴a 1=2.当n=2时有222+a =22S ,而S 2=a 1+a 2=2+a 2∴222+a =)2(22a +∴a 2=6或a 2=-2(舍)当n=3时,有223+a =32S而S 3=a 1+a 2+a 3=8+a 3∴223+a =)8(23a +.∴a 3=10.故前3项为2,6,10.(2)由题意有22+n a =n S 2(n∈N +) ∴S n =81(a n +2)2.由此知S n+1=81(a n+1+2)2. ∴a n+1=S n+1-S n =81[(a n+1+2)2-(a n +2)2]整理得 (a n+1+a n )(a n+1-a n -4)=0 而 a n+1+a n ≠0∴a n+1-a n =4 ∴{a n }为等差数列,其中a 1=2,d=4 ∴a n =a 1+(n-1)d ,∴a n =4n-2(3)令c n =b n -1,则b 1+b 2+…+b n -n=c 1+c 2+…+c n且c n =21(n n a a 1++1+n na a -2)∵a n =4n-2,a n+1=4n+2∴c n =21[(1212-+n n -1)+( 1212+-n n -1)]=121-n -121+n∴b 1+b 2+…+b n -n=c 1+c 2+…+c n=(1-31)+(31-51)+…+(121+n -121-n ) =1-121+n ∴b 1+b 2+…+b n -n=122+n n评析 ①已知a n 与S n 的混和递推关系,一般有两条途径可供转化.均是利用当n≥2时,a n =S n -S n-1,一条路可转化为关于a n 与a n-1的递推关系,另一条路是转化为关于S n 与S n-1的递推关系.如本例就是转化为a n 的.又如:已知数列{a n }的前n 项和满足S 1=4,当n≥2时,a n =21-+n n S S ,试求{a n }的通项公式.读者不妨去试一试!②在(3)题中,数列求和的方法是裂项法.例4 已知等差数列{a n }的第二项a 2=5,前10项之和S 10=120.若从数列{a n }中依次取出第2项,第4项,第8项, (2)项,按原来顺序组成一个新数列{b n },且这个数列的前n 项之和为T n ,试比较T n+1与2T n 的大小.解:设{a n }的公差为d,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅+=+120291010511d a d a ∴⎩⎨⎧==231d a ∴a n =3+(n-1)·2=2n+1 数列b n =n2a=2·2n+1∴T n =n+2(21+22+23+…+2n ) =n+2·21)21(2--n =2n+2+n-4T n+1-2T n =(2n+3+n-3)-2(2n+2+n-4) =5-n当n >5,n∈N 时,T n+1<2T n ,当n=5时,T n+1=2T n当1≤n≤5时,即n=1,2,3,4时,T n+1>2T n . 【知识验证实验】计算机是将信息转换成二进制数进行处理的,二进制即“逢二进一”,如(1101)2表示二进制的数,将它转换成十进制的形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13,那么将二进制数转换成十进制数的形式是(B)A.217-2B.216-1C.216-2D.215-1【知识探究学习】某县位于沙漠地带,人与自然进行长期的斗争,到1998年底全县土地面积的绿化率已达40%,从1999年开始,每年将出现这样的局面,即到前一年年末还存在沙漠面积的20%将被绿化,与此同时,由于各种原因,到前一年年末已被绿化的面积的5%又将重新被沙化.设全县土地面积为P ,1998年底的绿化面积为a 1,经过n 年后绿化面积为a n+1. (1)求a 1,a 2,a 3;(2)求证:a n+1-54p =43(a n -54p);(3)求a n .解:(1)由题意a 1=P·40%=0.4P.a 2=a 1+(P-a 1)20%-a 15%=0.5P a 3=a 2+(P-a 2)20%-a 25%=0.575P(2)一般有a n+1=a n +(P-a n )20%-a n 5%=43a n +51P ∴ a n+1-54P =43a n -53P =43(a n -54P)(3)∴ {a n -54P }是以a 1-54P =-52P 为首项,43为公比的等比数列, ∴ a n -54P =-52P(43)n-1. ∴ a n =54P-52P(43)n-1.【同步达纲练习】 一、选择题1.在等比数列{a n }中,S 4=2,S 8=6,a 17+a 18+a 19+a 20等于( ) A.32 B.16 C.35 D.1622.已知等比数列{a n }的公比q=31,且a 1+a 3+a 5+…+a 99=60,则a 1+a 2+a 3+a 4+…+a 100等于( )A.100B.80C.60D.403.一个等比数列,它的前n 项和S n =ab n+c ,其中a 、b 、c 为常数且a≠0,b≠0且b≠1,则a 、b 、c 必须满足( )A.a+b=0B.b+c=0C.a+c=0D.a+b+c=04.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 10=10,S 20=30,则S 30等于( ) A.70B.90C.100D.1205.一个等比数列{a n }的首项为a 1=2,公比q=3,从第m 项到第n 项(m <n)的和为720,则m 的值为( ) A.3B.4C.5D.66.数列{a n }是由实数构成的等比数列,S n =a 1+a 2+…+a n ,则数列{S n }中( ) A.任一项均不为0B.必有一项不为0C.至多有有限项为0D.或无一项为0,或有无穷多项为07.计算机的成本不断降低,若每隔5年计算机价格降低31,现在的价格是8100元,则15年后,价格降低为( )A.2200元B.900元C.2400元D.3600元8.数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1的前n 项和S n 等于( ) A.2nB.2n-nC.2n+1-n-2D.n-2n9.一个等比数列{a n }共有2n+1项,奇数项之积为100,偶数项之积为120,则a n+1为( )A.56B.65C.20D.11010.已知等比数列{a n }中,a n =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-1 B.3(3n-1)C.419-nD. 4)19(3-n二、填空题1.已知lgx+lgx 2+…+lgx 10=110,则lgx+(lgx)2+…+(lgx)10= . 2.在等比数列{a n }中,若S n =93,a n =48,公比q=2,则n= .3.S=1+a+a 2+a 3+…+a 10=. 4.等比数列首项为2,公比为3,从前项的和开始大于100.三、解答题1.已知等比数列{a n }的首项a 1>0,公比q >0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n∈N +),数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为A n 与B n ,试比较A n 与B n 的大小.2.已知数列{a n }为等差数列,公差d≠0,其中1k a ,2k a ,…,nk a 恰为等比数列,若k 1=1,k 2=5,k 3=17,求k 1+k 2+…+k n 的值.3.设数列{a n }的前n 项和S n =2a n -4(n∈N +),数列{b n }满足:b n+1=a n +2b n ,且b 1=2,(1)求通项a n .(2)求{b n }前n 项的和T n .【素质优化训练】1.设数列{a n }的前n 项和S n =3n-c ,求证:c=1是数列{a n }为等比数列的充要条件.2.数列{a n }为等比数列,项数为偶数且各项为正数.如果该数列所有项的和为偶数项的和的4倍,且a 2·a 4=9(a 3+a 4).问数列{lga n }的前多少项的和最大?【生活实际运用】1.某种果树至少要培植五年才可以开始采果,有一农户于1988年初利用边角地种植了一批这种果树,1993年开始采果,当年的产量为156千克,1994年至1998年连续5年每年的产量平均比上一年增加50%还多34千克,从1999年起,由于管理等方面的原因导致产量开始下降,且平均每年比上一年减少10%,据估计这种情况还会继续下去.(1)1998年,该农户采得这种水果多少千克?(2)如果用S n 表示该农户从1993年起的n(n∈N)年内采得这种水果的总量,试求出用n 表示的S n 的表达式,并据此计算,到2000年,该农户共采得这种水果多少千克?(精确到1千克)2.某君有人民币若干,拟作股票投资或长期储蓄,若存入银行年利率为6%,若购某种股票年红利为24%,不考虑物价变化因素,且银行年利率及该种股票年红利不变,股份公司不再发行新股票,但每年的利息和红利可存入银行.(1)求某君购股票或储蓄x 年后所拥有人民币总额y 与x 的函数关系式;(2)问经过几年,购买股票与储蓄所拥有的人民币相等?(lg2=0.3010,lg3=0.4771,lg1.06=0.0253)参考答案【同步达纲练习】一、1.A 2.B 3.C 4.A 5.A 6.D 7.C 8.C 9.B 10.D二、1.2046 2.5 3.11或aa--11114.5三、1.1°q>215-时,B n-A n>0,得B n>A n 2°q=215-时,B n-A n=0,得B n=A n.3°0<q<215-时,B n-A n<0,得B n<A n.2.3n-n-1.3.解:(1)2n+1 (2)T n=(n-1)2n+1+2.【素质优化训练】1.略2.前5项的和最大.【生活实际运用】1.解:(1)1998年的产量a6=1633(千克)(2)S n=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≤--⋅-)7.(1091633020577)6(,44868)23(4486nnnnn到2000年底的总产量S8=20577-16330·1092=7349.7≈7350(千克).2.解:(1)设某君有人民币a元,若长期储蓄,则x年后人民币总额为y=a(1+0.06)x,即y=1.06x·a.若购买股票,则x年后利息和红利总额为y=[0.24+0.24(1+0.06)+0.24(1+0.06)2+…+0.24(1+0.06)x-1]a=06.01)06.01(24.0++xa即y=4(1.06x-1)a.(2)由1.06x·a=4(1.06x-1)a,得1.06x=34,两边取以10为底的对数,得x=06.1lg3lg4lg-=0253.04771.06020.0-≈4.9368.即大约经过5年,股票与储蓄拥有的人民币相等.。

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则 S100___ 9_ 0____.
2 .若 某 等 比 数 列 中 前 7 项 的 和 为 4 8 ,前 1 4 项 的 和 为 6 0 ,
则 前 2 1 项 的 和 为 _ _ 6_ 3_ ._ _
3.一 个 等 比 数 列 ,它 的 项 数 为 偶 数 ,全 部 各 项 和 是 偶 数 项 和 的 4倍 ,前 3项 之 积 为 64.
推导过程:
1当 q1 时 ,Snna 1,
Skka 1,S2kSkka 1,S3kS2kka 1,
2当q1时,
由性质1:SnSmqmSnm, S2k Sk qkSk, S3k S2k qkSk,
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例题讲解:
例1:已知一个项数时偶数的等比数列的首 项为1,其奇数项的和为85,偶数项的和为 170,求这个数列的公比和项数.
S偶
a2
1q2n 1q2
,
S奇
a1
1q2n 1q2
,
S偶 a2 q. S奇 a1
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3 . 若 等 比 数 列 a n 的 前 n 和 为 S n ,且 S n 0 .
则 : S k ,S 2 k k ,S 3 k 2 k ,成 等 比 数 列 , 且 公 比 为 q k .
求 公 比 q及 通 项 公 式 .q13,an 1213n1.
ppt课和的性质.
作业: 课本练习
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2当q1时,
Sn
a1 1qn 1q
,Sm
a1
1qm 1q
,
S n S m a 1q 1 m q q n q m a 1 1 1 q q n m q m S n m .
此 时 ,S m S m q m S n m 也 成 立 .
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2推.若 导G 过.P程a: n有 2n项 ,则 :S S奇 偶q.
解 :设 此 数 列 的 公 比 为 q ,项 数 为 2 n . 则q= S偶 170 2.
S奇 85
又S奇a111qq22n 85,即11qq22n 85. 2n8,即此数列共有8项 .
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课堂练习:
1.已 知 等 比 数 列 的 公 比 为 q1 2,且 a1+a3+a5+ +a9960
等比数列的前n项和(二)
郑州一中
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复习回顾:
等 比 数 列 a n 的 前 n 项 和 公 式
a1 1qn a1anqAAqn (q1)
Sn 1q 1q
,
na1 q1.
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学生演板:
1.求等比数列an的前n项和Sn
1a1 3,q 3,n 6;
S6 189
2a1
8, q
1 2 , an
1, 2
Sn
31. 2
2 . 求 等 比 数 列 1 ,2 ,4 ,从 第 5 项 到 第 1 0 项 的 和 .
S10S4 1008.
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讲授新课:
等比数列前n项和的性质
1.SnSmqmSnm
推导过程:
1当q1时 ,
Snna1, Smma1, Snm(nm)a1 此时,SnSmSnm成立
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