(共36张PPT)
第四章 数列
【知识梳理 】
【基础测试】
探索点一 与前n项和公式有关的基本量的运算
【跟踪训练】
10
探索点二 错位相减法求前n项和
【跟踪训练】
探索点三 等比数列前n项和的实际应用
【跟踪训练】
【课堂评价】
-2
课堂建构
素养发展
课程学习情境——等比数列在几何中的应用
【问题情境】
【能力发展】
【迁移应用】
+X
wuH
IV
1=0310
0:哪-D,90
Ta
g
+X)
1=10813
0-D900=m7
S03
预习导学思维动
重点探究认知发展
基本量法
知识等比数列的
方法
错位相减法求
数列的前n项和
分类讨论思想数学运算方程思想
素养或思想A级 基础巩固
1.在等比数列{an}中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn= ( )
A.2n+1-2 B.3n C.2n D.3n-1
解析:由数列{an}为等比数列,设其公比为q,则an=2qn-1.又因为数列{an+1}也是等比数列,所以(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1),所以+2an+1=anan+2+an+an+2,又因为=anan+2,所以an+an+2=2an+1,所以an(1+q2-2q)=0,得q=1,所以 an=2,所以Sn=2n.
答案:C
2.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an,设Sn=-+-+…+-,则Sn= ( )
A.(2n-1) B.(1-24n)
C.(4n-1) D.(1-2n)
解析:在数列{an}中,a1=1,an+1=2an,
可得an=2n-1.
Sn=-+-+…+-=1-4+16-64+…+42n-2-42n-1==(1-42n)=(1-24n).
答案:B
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则a6= ( )
A.768 B.769 C.1 024 D.1 025
解析:当n≥1时,an+1=3Sn,则an+2=3Sn+1,
所以an+2-an+1=3Sn+1-3Sn=3an+1,即an+2=
4an+1,
所以该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列.
因为a2=3S1=3a1=3,所以an=
所以当n=6时,a6=3×46-2=3×44=768.
答案:A
4.已知{an}是等比数列,若a2=2,a5=,则a1a2+a2a3+…+anan+1=(1-4-n).
解析:设数列{an}的公比为q,因为=q3=,所以q=,所以a1==4,an·an+1=4··4·=25-2n.
故a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1=23+21+2-1+…+25-2n==(1-4-n).
5.已知{an}为等差数列,前n(n∈N*)项和为Sn,{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.结合q>0,解得q=2,所以bn=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8, ①
由S11=11b4,可得=11b4,则11a6=11b4,a1+5d=16. ②
联立①②,解得a1=1,d=3,所以an=3n-2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由(1)得,a2n=6n-2,
b2n-1=2×4n-1,所以a2nb2n-1=(3n-1)×4n.
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n, ③
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1. ④
③-④,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)4n+1-8,
所以Tn=×4n+1+,
所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为×4n+1+.
B级 拓展提高
6.等比数列{an}的前n项和记为Sn,若S10∶S5=1∶2,则= ( )
A. B. C. D.
解析:因为数列{an}为等比数列,且其前n项和记为Sn,
所以S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.
因为S10∶S5=1∶2,即S10=S5,
所以等比数列S5,S10-S5,S15-S10的公比为=-,
所以S15-S10=-(S10-S5)=S5,
所以S15=S5+S10=S5,
所以=.
答案:A
7.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为 ( )
A.25 B.20 C.15 D.10
解析:因为{an}是正项等比数列,S8-2S4=5,
所以S8-S4=5+S4,且S4,S8-S4,S12-S8也是等比数列,
所以=S4·(S12-S8).
整理得S12-S8==+S4+10≥2+10=20(当且仅当S4=5时,取等号).
因为S12-S8=a9+a10+a11+a12,
所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.
答案:B
8.已知数列{an}的通项公式为an=3n,记数列{an}的前n项和为Sn,若 n∈N*,使得k≥3n-6成立,则实数k的取值范围为.
解析:因为an=3n,所以Sn==,所以Sn+=.
因为 n∈N*,使得k≥3n-6,
所以 n∈N*,使得k≥==,
即k≥.
令bn=,则bn+1-bn=-=,
所以当n≤2时,bn+1>bn;当n≥3时,bn+1
所以b1b4>…>0,
所以=b1=-,所以k≥-,
所以实数k的取值范围为.
9.已知数列{an}和{bn},{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+n,{bn}是各项均为正数的等比数列,且b3=,b1+b2+b3=.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{an-4bn}的前n项和Tn.
解:(1)当n=1时,a1=S1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+n)-[(n-1)2+(n-1)]=2n.
a1=2也适合上式,所以an=2n(n∈N*).
设数列{bn}的公比为q,则q>0,
由题意,得
由②÷①,得30q2-q-1=0,解得q=或q=-(舍去),
可得b1=1,所以bn=b1qn-1=.
(2)设数列{bn}的前n项和为Bn,则Bn===,
所以Tn=Sn-4Bn=n2+n-4×=n2+n-5=n2+n-5-.
10.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{}的前n项和为Tn,求;
(3)判断数列{3n-an}中是否存在三项成等差数列,并证明你的结论.
解:(1)当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2)=2an-2an-1,即an=2an-1.
因为a1≠0,所以=2,所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
(2)因为==4n,所以=4,故数列{}是以4为首项,4为公比的等比数列,从而Tn==(4n-1),而S2n==2(4n-1),所以=.
(3)不存在.证明如下:
假设数列{3n-an}中存在三项成等差数列,不妨设第m,n,k(m则2(3n-an)=3m-am+3k-ak,
即2(3n-2n)=3m-2m+3k-2k.
因为m令f(n)=3n-2n(n∈N*),则f(n)=2n·,显然f(n)在N*上是增函数,所以f(k)≥f(n+1),即3k-2k≥3n+1-2n+1,所以2(3n-2n)=3m-2m+3k-2k≥3m-2m+3n+1-2n+1,
所以-3n≥3m-2m,其左边为负数,右边为正数,故矛盾,所以数列{3n-an}中不存在三项成等差数列.
C级 挑战创新
11.多选题设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,且满足条件a1>1,a1 019·a1 020>1,<0.下列结论正确的有( )
A.S1 019B.a1 019a1 021-1<0
C.T1 020是数列{Tn}中的最大项
D.数列{Tn}中无最大项
解析:当q<0时,a1 019a1 020=q<0,不成立;当q≥1时,由a1>1,得a1 019>1,a1 020>1,>0,不成立.故01,0S1 019,A项正确.a1 019a1 021-1=-1<0,故B项正确.T1 019是数列{Tn}中的最大项,故C,D项错误.
故选A,B.
答案:AB
12.多选题将n2个数排成一个n行n列的数阵,如图所示.
a11 a12 a13 … a1n
a21 a22 a23 … a2n
a31 a32 a33 … a3n
an1 an2 an3 … ann
该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2个数的和为S,下列结论正确的是 ( )
A.m=3
B.a67=17×37
C.aij=(3i-1)×3j-1
D.S=n(3n+1)(3n-1)
解析:由该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0),且a11=2,a13=a61+1,可得a13=a11m2=2m2,a61=a11+5m=2+5m,所以2m2=2+5m+1,解得m=3或m=-(舍去),所以选项A正确.
因为a67=a61m6=(2+5×3)×36=17×36,所以选项B错误.
因为aij=ai1mj-1=[a11+(i-1)m]×mj-1=[2+(i-1)×3]×3j-1=(3i-1)×3j-1,所以选项C正确.
因为S=(a11+a12+…+a1n)+(a21+a22+…+a2n)+…+(an1+an2+…+ann)=++…+=(3n-1)·=n(3n+1)(3n-1),所以选项D正确.
故选A,C,D.
答案:ACD
13.多空题设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则公比q=2,S6=63.
解析:因为数列{an}为正项等比数列,所以q>0,所以S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,且公比为q2,
所以q2===4,所以q=2.
所以S6-15=3×42,所以S6=63.A级 基础巩固
1.若等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则= ( )
A.2 B.4
C. D.
解析:因为S4=,a2=a1q,所以==.
答案:C
2.(全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3= ( )
A.16 B.8
C.4 D.2
解析:由题意设等比数列{an}的公比为q(q>0),根据前4项和为15,且a5=3a3+4a1,得解得所以an=2n-1,所以a3=22=4.故选C.
答案:C
3.已知等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn,若S3=,S6=,则a8=32.
解析:设等比数列{an}的公比为q.由题意,知q≠1.由==1+q3=9,得q=2.由S3==,得a1=,所以a8=a1q7=×27=25=32.
4.已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,若9S3=S6,则数列{an}的前5项和S5=31.
解析:显然q≠1,因为9S3=S6,
所以=,化简,得1+q3=9,所以q=2,
所以S5==31.
5.已知在等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和,当Sm=63时,求m的值.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,则an=qn-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.
由Sm=63,得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.
若an=2n-1,则Sn=2n-1.
由Sm=63,得2m=64,解得m=6.
综上,当Sm=63时,m=6.
B级 拓展提高
6.(全国卷Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a5-a3=12,a6-a4=24,则= ( )
A.2n-1 B.2-21-n
C.2-2n-1 D.21-n-1
解析:设等比数列{an}的公比为q,
因为a5-a3=12,a6-a4=q(a5-a3)=24,
所以q=2,
所以a1q4-a1q2=12,
所以12a1=12,
所以a1=1.
所以Sn==2n-1,an=2n-1,
所以==2-21-n,
故选B.
答案:B
7.若等比数列{an}的前n项和Sn=3(2n-1),则++…+= ( )
A. B.4n-1
C.3(4n-1) D.9(4n-1)
解析:因为等比数列{an}的前n项和Sn=3(2n-1),所以a1=S1=3,a2=S2-S1=9-3=6,
所以数列{an}的公比q==2,
所以an=3×2n-1,故=9×4n-1,
则数列{}是首项为9,公比为4的等比数列,
所以++…+==3(4n-1).
答案:C
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn+1=4an,则使不等式++…+<1 000成立的n的最大值为 ( )
A.7 B.8
C.9 D.10
解析:因为3Sn+1=4an,所以Sn=an-.
当n=1时,a1=S1=a1-,所以a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=an-an-1,所以an=4an-1.
所以数列{an}是首项a1=1,公比q=4的等比数列.
所以an=a1qn-1=4n-1,即==2n-1,
所以++…+=20+21+…+2n-1==2n-1.
若使不等式++…+<1 000成立,
则2n-1<1 000,结合n∈N*,解得n≤9,n∈N*,所以n的最大值为9.
答案:C
9.已知在等比数列{an}中,首项a1=2,公比q=3,an+an+1+…+am=720(n,m∈N*,n解析:因为等比数列{an}中首项a1=2,公比q=3,所以an,an+1,…,am组成首项为an=2×3n-1,公比为3的等比数列,共m-n+1项,所以an+an+1+…+am==720,
整理得3n-1(3m-n+1-1)=720.
所以3n-1(3m-n+1-1)=9×80=32×5×24.
因为3n-1≠5×16,所以3n-1=32,所以n=3,
所以3m-3+1-1=5×16,解得m=6,所以m+n=9.
10.某商店采用分期付款的方式促销一款价格为6 000元/台的电脑.商店规定,购买时先支付货款的,剩余部分在三年内按每月底等额还款的方式支付欠款,且结算欠款的利息,已知欠款的月利率为0.5%.
(1)到第一个月底,买家在第一次还款之前,他欠商店多少钱
(2)假设买家每月还商店a元,写出在第i(i=1,2,…,36)个月末还款后,买家对商店欠款的表达式.
(3)假如买家在第36个月末恰好还完欠款,求a的值(精确到0.01).
解:(1)由题意,知购买电脑时,买家欠商店货款的,即6 000×=4 000(元).
因为欠款的月利率为0.5%,所以到第一个月底的欠款应为4 000×(1+0.5%)=4 020(元),
即到第一个月底,买家在第一次还款之前,他欠商店 4 020 元.
(2)设第i个月底还款后的欠款为yi,则
y1=4 000×(1+0.5%)-a,
y2=y1(1+0.5%)-a=4 000×(1+0.5%)2-a(1+0.5%)-a,
y3=y2(1+0.5%)-a=4 000×(1+0.5%)3-a(1+0.5%)2-a(1+0.5%)-a,
……
yi=yi-1(1+0.5%)-a=4 000×(1+0.5%)i-a(1+0.5%)i-1-…-a(1+0.5%)-a,
整理,得yi=4 000×(1+0.5%)i-a,i=1,2,…,36.
(3)由题意可得y36=0,
所以4 000×(1+0.5%)36-a=0,
因此a=≈121.69.
11.已知数列{an}的前n项和为Sn,并且满足a1=1,nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<3.
(1)解:因为nan+1=Sn+n(n+1) , ①
所以当n≥2 时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1). ②
由①-②,得an+1-an=2(n≥2),且a1=1,a2=S1+1×(1+1)=3,
所以数列{an} 是首项为1,公差为2的等差数列,所以 an=2n-1.
(2)证明:由(1)知an=2n-1,则bn= ,
所以Tn=+++…++ , ③
所以Tn=+++…++. ④
③-④,得
Tn=+2- =+2×- ,
所以Tn=3-,所以Tn<3.
C级 挑战创新
12.多选题在《算法统宗》中有这样一段叙述:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关”(注:“里”是古代长度单位,1千米=2里).下列说法正确的是 ( )
A.此人第三天走了48里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里
C.此人第二天走的路程占全程的
D.此人前三天走的路程之和是后三天走的路程之和的8倍
解析:根据题意,知此人每天行走的路程成等比数列.
设此人第n天走an里路,则{an}是首项为a1,公比为q= 的等比数列.
所以S6===378,解得a1=192,所以a3=a1q2=192×=48,所以A项正确.
由a1=192,则S6-a1=378-192=186.因为192-186=6,所以B项正确.
因为a2=a1q=192×=96,S6=94.5<96,所以C项不正确.
a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×=336,则后3天走的路程为378-336=42,且42×8=336,所以D项正确.
答案:ABD
13.多空题纸张的规格是指纸张制成后,经过修整切边,裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准,规定用标记A0,A1,A2,B1,B2,…来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用A系列和B系列,其中A系列的幅面规格为①A0,A1,A2,…,A8,所有规格的纸张的宽度(用x表示)和长度(用y表示)的比例关系都为x∶y=1∶;②将A0纸张沿长度方向对开成两等份,便成为A1规格,A1纸张沿长度方向对开成两等份,便成为A2规格……如此对开至A8规格.现有A0,A1,A2,…,A8纸各一张,若A4纸的宽度为2 dm,则A0纸的面积为64dm2,这9张纸的面积之和等于dm2.
解析:设Ai纸(i=0,1,2,3,…,8)的纸张的长度为ai+1,面积为Si+1,Ai纸的宽度为ai+1,A(i+1)纸的长度为ai+2=ai+1,所以数列{an}是以为公比的等比数列.由题意,知A4纸的宽度为a5=2,所以a5=2,所以a1===8,所以A0纸的面积为S1==×(8)2=64(dm2).
又因为Sn=,所以====,所以数列{Sn}是以64为首项,为公比的等比数列,因此,这9张纸的面积之和等于=(dm2).
14.多空题若等比数列{an}的前n项和Sn=2n-a,则
(1)a=1;
(2)比较大小:+>(填“>”“<”或“=”).
解析:(1)当n=1时,a1=S1=2-a, ①
当n=2时,S2=a1+a2=4-a. ②
由②-①,得a2=2.
当n=3时,S3=a1+a2+a3=8-a. ③
由③-②,得a3=4.
因为{an}是等比数列,所以=,解得a1=1,则2-a=1,所以a=1.
(2)因为{an}是等比数列,且a1=1,q=2,所以an>0,所以a1 018a1 020=.
则+≥2= .
由q=2,得≠,
所以+>.(共30张PPT)
第四章 数列
【知识梳理 】
等比
qm
q
q
Sm+qmSn
Aqn+B
0
【基础测试】
2
探索点一 等比数列前n项和性质的应用
【跟踪训练】
-
60
探索点二 等比数列前n项和的综合应用
【跟踪训练】
探索点三 等差数列、等比数列的综合应用
【跟踪训练】
【课堂评价】
9
课堂建构
+X
wuH
IV
1=0310
0:哪-D,90
Ta
g
+X)
1=10813
0-D900=m7
S03
预习导学思维动
重点探究认知发展
知识等比数列前n项
错位相减法求和
方法
和的性质
分组求和法
综合应用转化与化归数学运算
等差数列的性质
思想
素养或思想