2.5 等比数列的前n项和
第1课时 等比数列的前n项和
课后篇巩固提升
基础巩固
1.已知数列{an}的通项公式是an=2n,Sn是数列{an}的前n项和,则S10等于( )
A.10 B.210 C.a10-2 D.211-2
解析∵an+1an=2n+12n=2,∴数列{an}是公比为2的等比数列,且a1=2.∴S10=2(1-210)1-2=211-2.
答案D
2.在等比数列{an}中,a2=9,a5=243,则{an}的前4项和为 ( )
A.81 B.120 C.168 D.192
解析因为a5a2=27=q3,所以q=3,a1=a2q=3,S4=3(1-34)1-3=120.
答案B
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=52,a2+a4=54,则Snan=( )
A.4n-1 B.4n-1 C.2n-1 D.2n-1
解析设公比为q,则q=a2+a4a1+a3=12,
于是a1+14a1=52,因此a1=2,于是Sn=21-12n1-12=41-12n,而an=212n-1=12n-2,于是Snan=41-12n12n-2=2n-1.
答案D
4.在14与78之间插入n个数组成一个等比数列,若各项总和为778,则此数列的项数为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解析设a1=14,an+2=78,则Sn+2=14-78q1-q=778,
解得q=-12.所以an+2=14·-12n+1=78,
解得n=3.故该数列共5项.
答案B
5.各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=20,S30=140,则S40=( )
A.280 B.300 C.320 D.340
解析设等比数列{an}的公比为q≠1.
∵S10=10,S30=70,
∴a11-q(1-q10)=20,a11-q(1-q30)=140,
联立解得q10=2,a11-q=-20,则S40=a11-q(1-q40)=-20×(1-24)=300,故选B.
答案B
6.对于等比数列{an},若a1=5,q=2,Sn=35,则an= .?
解析由Sn=a1-anq1-q,得an=a1-(1-q)Snq=5+352=20.
答案20
7.在等比数列{an}中,设前n项和为Sn,若a3=2S2+1,a4=2S3+1,则公比q= .?
解析因为a3=2S2+1,a4=2S3+1,两式相减,得a4-a3=2a3,即a4=3a3,所以q=a4a3=3.
答案3
8.已知等比数列{an}是递减数列,Sn是{an}的前n项和,若a1,a2是方程2x2-3x+1=0的两个根,则S5= .?
解析∵a1,a2是方程2x2-3x+1=0的两根,且等比数列{an}是递减数列,∴a1=1,a2=12,则公比q=12,
∴S5=a1(1-q5)1-q=1-1251-12=3116.
答案3116
9.已知等比数列{an}满足a3=12,a8=38,记其前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)若Sn=93,求n.
解(1)设等比数列{an}的公比为q,
则a3=a1q2=12,a8=a1q7=38,解得a1=48,q=12,
所以an=a1qn-1=48·12n-1.
(2)Sn=a1(1-qn)1-q=481-12n1-12=961-12n.
由Sn=93,得961-12n=93,解得n=5.
10.已知等差数列{an}的首项为a,公差为b,方程ax2-3x+2=0的解为1和b(b≠1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}满足bn=an·2n,求数列{bn}的前n项和Tn.
解(1)因为方程ax2-3x+2=0的两根为x1=1,x2=b,
可得a-3+2=0,ab2-3b+2=0,解得a=1,b=2.所以an=2n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)·2n,
所以Tn=b1+b2+…+bn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n, ①
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1, ②
由①-②,得-Tn=1×2+2×22+2×23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=2(2+22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1-2=2·2(1-2n)1-2-(2n-1)·2n+1-2=(3-2n)·2n+1-6.所以Tn=(2n-3)·2n+1+6.
能力提升
1.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n=3(a1+a3+…+a2n-1),a1a2a3=8,则Sn=( )
A.2n-1 B.2n-1-1
C.2n+1-1 D.2n+1
解析显然q≠1,由已知,得a1(1-q2n)1-q=3×a1(1-q2n)1-q2,
整理,得q=2.因为a1a2a3=8,所以a23=8,
所以a2=2,从而a1=1.于是Sn=1-2n1-2=2n-1.
答案A
2.已知数列{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列1an的前5项和为( )
A.158或5 B.3116或5
C.3116 D.158
解析由题意易知公比q≠1.
由9S3=S6,得9·a1(1-q3)1-q=a1(1-q6)1-q,解得q=2.
所以1an是首项为1,公比为12的等比数列.
所以其前5项和为S5=1×1-1251-12=3116.
答案C
3.在等比数列{an}中,a1+a2+…+a5=27,1a1+1a2+…+1a5=3,则a3=( )
A.±9 B.9 C.±3 D.3
解析设公比为q,则由已知可得a1(1-q5)1-q=27,1a11-1q51-1q=3,
两式相除,得a12q4=9,即a32=9,所以a3=±3.
答案C
4.若等比数列{an}的前n项和为Sn,且S1,S3,S2成等差数列,则{an}的公比q= .?
解析由题意,得a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2),又a1≠0,q≠0,故q=-12.
答案-12
5.1+322+423+…+n2n-1+n+12n= .?
解析设Sn=1+322+423+…+n2n-1+n+12n,则12Sn=222+323+424+…+n2n+n+12n+1,两式相减,得12Sn=1+122+123+…+12n?n+12n+1=12+121-12n1-12?n+12n+1=32?12n?n+12n+1.所以Sn=3-n+32n.
答案3-n+32n
6.若等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3+S6=2S9,则公比q等于 .?
解析若q=1,S3+S6=3a1+6a1=9a1≠2S9.
∴q≠1,∴a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q=2a1(1-q9)1-q,
即 2q9-q6-q3=0,∴q3(2q6-q3-1)=0.
∵q≠0,∴2q6-q3-1=0,∴(q3-1)(2q3+1)=0,
∴q3=-12或q3=1(舍),∴q=-342.
答案-342
7.已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a52=9a4a8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an-an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.
解(1)设{an}的公比为q,则由a52=9a4a8,得(a1q4)2=9a1q3·a1q7,即a12q8=9a12q10,因此q2=19.
因为{an}的各项均为正数,所以q>0,所以q=13.
又因为2a1+3a2=1,所以2a1+3a1·13=1,解得a1=13,故an=13·13n-1,即an=13n.
(2)由(1)得bn=an-an-1=13n?13n-1=-23·13n-1,所以{bn}是首项为-23,公比为13的等比数列,
因此其前n项和Sn=-231-13n1-13=13n-1.
8.已知数列{an}的前n项和Sn=an+n2-1,数列{bn}满足3n·bn+1=(n+1)an+1-nan,且b1=3.
(1)求an,bn;
(2)设Tn为数列{bn}的前n项和,求Tn.
解(1)当n≥2时,Sn=an+n2-1,Sn-1=an-1+(n-1)2-1,两式相减,得an=an-an-1+2n-1,∴an-1=2n-1.
∴an=2n+1.
∴3n·bn+1=(n+1)(2n+3)-n(2n+1)=4n+3.
∴bn+1=4n+33n,∴当n≥2时,bn=4n-13n-1.
又b1=3适合上式,∴bn=4n-13n-1.
(2)由(1)知bn=4n-13n-1,
∴Tn=31+73+1132+…+4n-53n-2+4n-13n-1,①
13Tn=33+732+1133+…+4n-53n-1+4n-13n,②
①-②,得23Tn=3+43+432+…+43n-1?4n-13n
=3+4·131-13n-11-13?4n-13n=5-5+4n3n.
∴Tn=152?4n+52·3n-1.
课件24张PPT。第1课时 等比数列的前n项和一、等比数列的前n项和公式
1.思考:若等比数列{an}的公比q=1,这时数列{an}是什么数列?其前n项和公式是什么?
提示:数列{an}是常数列,这时Sn=na1.
2.思考:对于等比数列{an},若q≠1,Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1=a1+q(a1+a1q+…+a1qn-2+a1qn-1-a1qn-1)=a1+q(Sn-a1qn-1),至此,你能用a1和q表示出Sn吗?4.填空:
等比数列的前n项和公式 5.对等比数列前n项和公式的说明:
(1)等比数列的前n项和公式分q=1和q≠1两种情形,注意应用公式的前提条件;答案:①× ②√ ③× ④× (2)①在等比数列{an}中,Sn为其前n项和,若a1=3,q=4,则S5= .?二、错位相减法求数列的和
1.思考:推导等比数列前n项和公式的方法称为错位相减法,这种方法还适合于什么类型的数列求和呢?
提示:形如{an·bn}(其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列)的数列都可用错位相减法求和.
2.填空:
错位相减法求数列和
推导等比数列前n项和的方法叫做错位相减法,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.3.做一做:
下列数列中,可以用错位相减法求和的是( )
A.{n2} B.{n+3n}解析:C项中的数列是一个等差数列与一个等比数列对应项的积,故可用错位相减法求和.
答案:C探究一探究二思维辨析当堂检测等比数列前n项和公式的应用
例1在等比数列{an}中,Sn为其前n项和,解决下列问题:
(1)若an=3×2n,求S6;(3)若Sn=189,q=2,an=96,求a1和n.
分析:先利用等比数列前n项和公式直接计算或建立方程组求得基本量后,再代入计算.探究一探究二思维辨析当堂检测探究一探究二思维辨析当堂检测反思感悟在等比数列{an}的五个量a1,q,an,n,Sn中,a1与q是最基本的元素,当条件与结论间的联系不明显时,均可以用a1与q表示an与Sn,从而列方程组求解,在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的.这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用.探究一探究二思维辨析当堂检测探究一探究二思维辨析当堂检测例2设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2+S4=S6,求其公比q.
分析:可根据前n项和公式建立公比q的方程求解,但必须先对q的值分q=1和q≠1进行分类讨论.
解:(1)若q=1,则S2=2a1,S4=4a1,S6=6a1,显然满足S2+S4=S6,所以q=1符合题意;1)2=0,解得q=-1(q=1舍去).综上,公比q的值等于1或-1.
反思感悟在利用等比数列的前n项和公式时,若其公比不确定,则应对公比分q=1和q≠1两种情况分别进行讨论.探究一探究二思维辨析当堂检测延伸探究本例中,若条件改为“数列{an}是等比数列,其前n项和为Sn,且S3=3a3”,再求其公比q的值.探究一探究二思维辨析当堂检测错位相减法求和 探究一探究二思维辨析当堂检测探究一探究二思维辨析当堂检测反思感悟1.如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项乘积组成,此时可把式子Sn=a1+a2+…+an两边同乘公比q,得到qSn=a1q+a2q+…+anq,两式错位相减整理即可求出Sn.
2.错位相减法求和是一种非常重要的求和方法,这种方法的计算过程较为复杂,对计算能力要求较高,应加强训练,要注意通过训练,掌握在错位相减过程中的几个关键环节,避免出错.探究一探究二思维辨析当堂检测变式训练2已知数列{an}是首项、公比都为5的等比数列,bn=anlog25an(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.探究一探究二思维辨析当堂检测忽视等比数列前n项和公式应用的条件致误
典例求数列1,2a,4a2,8a3,…的前n项和Sn.提示:错解中,忽视了根据公比对参数a的取值进行讨论,从而导致错误.探究一探究二思维辨析当堂检测防范措施等比数列与等差数列相比,具有更多的特殊性,例如:等比数列中的任何一项均不能为零,等比数列的求和公式中,要分q=1和q≠1两种情况分别求解,因此当等比数列中的项含有字母时,要注意分类讨论.探究一探究二思维辨析当堂检测1.在等比数列{an}中,其前n项和为Sn,a1=5,S5=55,则公比q等于( )
A.4 B.2
C.-2 D.-2或4答案:C 2.在公比为整数的等比数列{an}中,如果a1+a4=18,a2+a3=12,那么该数列的前8项和为( )答案:C 探究一探究二思维辨析当堂检测答案:16 答案:15 探究一探究二思维辨析当堂检测5.求数列an=n·2n的前n项和.
解:设前n项和为Sn,则Sn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1,两式相减,得-Sn=1×21+(22+23+24+…+2n)-n·2n+1,于是-Sn=21+(22+23+24+…+2n)-故Sn=(n-1)·2n+1+2. 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用
课后篇巩固提升
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1.在各项都为正数的等比数列{an}中,首项a1=3,前3项和为21,则a3+a4+a5等于( )
A.33 B.72 C.84 D.189
解析由S3=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.
答案C
2.已知数列{an}的前n项和Sn=an-1(a是不为零且不等于1的常数),则数列{an}( )
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
解析因为Sn=an-1符合Sn=-Aqn+A的形式,且a≠0,a≠1,所以数列{an}一定是等比数列.
答案B
3.已知等比数列{an}的前10项中,所有奇数项之和为8514,所有偶数项之和为17012,则S=a3+a6+a9+a12的值为( )
A.580 B.585 C.590 D.595
解析设等比数列{an}的公比为q,则由题意有S偶S奇=q=2,S奇=a1[1-(q2)5]1-q2=8514,得a1=14,q=2,∴S=a3+a6+a9+a12=a3(1+q3+q6+q9)=a1q2·1-q121-q3=585.
答案B
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
解析设第七层有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a(1-27)1-2=381,解得a=3,故顶层有3盏灯.
答案B
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.63 B.72 C.75 D.87
解析由已知S2m=15,S3m-Sm=60,又(S2m-Sm)2=Sm(S3m-S2m)=Sm(Sm+60-S2m),解得Sm=3,所以S3m=60+3=63.
答案A
6.在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,a2,a4+2,a5成等差数列,Sn是数列{an}的前n项和,则S10-S4= .?
解析依题意有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(1-210)1-2?2(1-24)1-2=2 016.
答案2 016
7.已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),则S2 018=.
解析∵an+1·an=2n(n∈N*),a1=1,∴a2=2,a3=2.
又an+2·an+1=2n+1,∴an+2an=2,
∴数列{an}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)
=21 009-12-1+2(21 009-1)2-1=3·21 009-3.
答案3·21 009-3
8.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)?
解析设每期应付款x元,第n期付款后欠款An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=2 000×1.007121+1.007+…+1.00711=2 000×1.007121.00712-11.007-1≈175,
即每期应付款175元.
答案175
9.在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an+bn}是首项为1,公比为|a2|的等比数列,求{bn}的前n项和Sn.
解(1)设等差数列{an}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{an}的通项公式为an=-3n+2.
(2)由(1)得a2=-4,所以|a2|=4.
而数列{an+bn}是首项为1,公比为4的等比数列.
所以an+bn=4n-1,即-3n+2+bn=4n-1,
所以bn=3n-2+4n-1,
于是Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+4+42+…+4n-1)=n(3n-1)2+1-4n1-4=n(3n-1)2+4n-13.
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=13Sn,n∈N*,求:
(1)a2,a3,a4的值及数列{an}的通项公式;
(2)a2+a4+a6+…+a2n的值.
解(1)由a1=1,an+1=13Sn,n=1,2,3,…,得
a2=13S1=13a1=13,
a3=13S2=13(a1+a2)=49,
a4=13S3=13(a1+a2+a3)=1627.
由an+1-an=13(Sn-Sn-1)=13an(n≥2),得an+1=43an(n≥2),∵a2=13,∴an=1343n-2(n≥2).
∴数列{an}的通项公式为an=1,n=1,1343n-2,n≥2.
(2)由(1)可知,a2,a4,…,a2n是首项为13,公比为432,项数为n的等比数列,∴a2+a4+a6+…+a2n
=13·1-432n1-432=37432n-1.
能力提升
1.在等比数列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5=3,a12+a22+a32+a42+a52=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是( )
A.3 B.5 C.-5 D.5
解析由题意可知等比数列{an}的公比q≠1,则a1+a2+…+a5=a1(1-q5)1-q=3,a12+a22+…+a52=a12(1-q10)1-q2=15,∴a1(1+q5)1+q=5,∴a1-a2+a3-a4+a5=a1[1-(-q)5]1-(-q)=a1(1+q5)1+q=5.
答案D
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
解析根据题意知每年的利润构成一个等比数列{an},其中首项a1=5 000,公比q=1+10%=1.1,Sn=30 000.
于是得到5 000(1-1.1n)1-1.1=30 000,整理得1.1n=1.6,
两边取对数,得nlg 1.1=lg 1.6,
解得n=lg1.6lg1.1≈5,故还需要4年.
答案A
3.等比数列{an}中,a1-a3=3,前n项和为Sn,S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
解析设公比为q,由a1-a3=a1-a1q2=3,S3-S1=a2+a3=S2-S3=-a3,
解得a1=4,q=-12.
当n为奇数时,
Sn=831+12n≤831+12=4,
当n为偶数时,Sn=831-12n<83.
综上,Sn的最大值为4.
答案B
4.已知等比数列{an},其前n项和为Sn,若S30=13S10,S10+S30=140,则S20等于 .?
解析易知q≠1 (否则S30=3S10),
由S30=13S10,S10+S30=140,得S10=10,S30=130,即a1(1-q10)1-q=10,a1(1-q30)1-q=130,
所以q20+q10-12=0,所以q10=3(负值舍去),故S20=a1(1-q20)1-q=S10×(1+q10)=10×(1+3)=40.
答案40
5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=bn+1-2(b>0,b≠1),则a4= .?
解析当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(b-1)·bn.因为a1=S1=b2-2,所以(b-1)b=b2-2,解得b=2,因此Sn=2n+1-2,于是a4=S4-S3=16.
答案16
6.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 .?
解析根据题意知第一个内切圆的半径为36×3=32,面积为34π,第二个内切圆的半径为34,面积为316π,……这些内切圆的面积组成一个等比数列,首项为34π,公比为14,故前n个内切圆的面积之和为34π1-14n1-14=1-14nπ.
答案1-14nπ
7.已知正项等差数列{an}的公差不为0,a2,a5,a14恰好是等比数列{bn}的前三项,a2=3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,kTn+32≥3n-6恒成立,求实数k的取值范围.
解(1)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,an=2n-1.
∵b1=a2=3,b2=a5=9,b3=a14=27,∴bn=3n.
(2)由(1)知b1=3,q=3.
∵Tn=b1(1-qn)1-q=3(1-3n)1-3=3n+1-32,
∴3n+1-32+32k≥3n-6对n∈N*恒成立.
∴Tn>0,
∴k≥2n-43n对n∈N*恒成立.
令cn=2n-43n,cn-cn-1=2n-43n?2n-63n-1=-2(2n-7)3n,
当n≤3时,cn>cn-1,当n≥4时,cn∴(cn)max=c3=227,故k≥227.
8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=8,S4=40.数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn-2bn+3=0,n∈N*.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an,n为奇数,bn,n为偶数,求数列{cn}的前2n+1项和P2n+1.
解(1)由题意知,a1+d=8,4a1+6d=40,解得a1=4,d=4,∴an=4n.
∵Tn-2bn+3=0,
∴当n=1时,b1=3,
当n≥2时,Tn-1-2bn-1+3=0,两式相减,得bn=2bn-1(n≥2),
故数列{bn}为等比数列,且bn=3·2n-1.
(2)由(1)知cn=4n,n为奇数,3·2n-1,n为偶数.
∴P2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(b2+b4+…+b2n)
=(n+1)[4+4(2n+1)]2+6(1-4n)1-4
=22n+1+4n2+8n+2.
课件27张PPT。第2课时 等比数列前n项和的性质及应用等比数列前n项和的性质
1.思考:对于不是常数列的等比数列{an},如果其前n项和可以写成Sn=A·qn+B的形式,那么系数A,B应满足什么条件?2.思考:如果等比数列{an}的前n项和为Sn,那么Sn,S2n-Sn,S3n-S2n是否也构成等比数列呢?
提示:不一定.当{an}的公比q=-1,且n为偶数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n的各项均为零,不能构成等比数列.其他情况下,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n可构成等比数列.3.做一做:
(1)判断正误.
①若某一数列的前n项和为Sn=4·3n-1-4,则其必为等比数列. ( )③若{an}为等比数列,则S5,S10,S15仍然构成等比数列. ( )
④若an为等比数列,则a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9仍然构成等比数列. ( )
答案:①× ②√ ③× ④√(2)①在等比数列{an}中,若a1+a2=20,a3+a4=40,则S6等于( )
A.140 B.120 C.210 D.520
②在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且前n项和Sn=3n+k,则实数k等于 .?
解析:①∵S2=20,S4-S2=40,∴S6-S4=80,
∴S6=S4+80=S2+40+80=140.
②依题意得k+1=0,所以k=-1.
答案:①A ②-1探究一探究二探究三思想方法当堂检测等比数列前n项和的性质
例1(1)在等比数列{an}中,若S2=7,S6=91,则S4= ;?
(2)已知等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且(a1+a3+…+a2n-1)-(a2+a4+…+a2n)=80,则公比q= ;?
(3)若数列{an}是等比数列,且其前n项和为Sn=3n+1-2k,则实数k等于 .?
分析:运用等比数列前n项和的性质求解.探究一探究二探究三思想方法当堂检测解析:(1)∵数列{an}是等比数列,且易知公比q≠-1,
∴S2,S4-S2,S6-S4也构成等比数列,
即7,S4-7,91-S4构成等比数列,
∴(S4-7)2=7(91-S4),解得S4=28或S4=-21.
又S4=a1+a2+a3+a4=a1+a2+a1q2+a2q2
=(a1+a2)(1+q2)=S2·(1+q2)>0,∴S4=28.
(2)由题意知S奇+S偶=-240,S奇-S偶=80,探究一探究二探究三思想方法当堂检测反思感悟等比数列前n项和的性质
1.若数列{an}为非常数列的等比数列,且其前n项和为Sn=A·qn+B(A≠0,B≠0,q≠0,q≠1),则必有A+B=0;反之,若某一非常数列的前n项和为Sn=A·qn-A(A≠0,q≠0,q≠1),则该数列必为等比数列.
2.若等比数列{an}的前n项和为Sn,则(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n),特别地,如果公比q≠-1或虽q=-1但n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等比数列.
3.当等比数列{an}的项数为偶数时,偶数项的和与奇数项的和之比探究一探究二探究三思想方法当堂检测探究一探究二探究三思想方法当堂检测等差数列与等比数列的综合问题 (1)求S2和S3;
(2)求数列{an}的前n项和;
(3)求数列{Sn}的前n项和.
分析:先利用等差中项与等比中项求出S2与S3,进而求出a1与公比q,再写出Sn,根据Sn的特点求{Sn}的前n项和.探究一探究二探究三思想方法当堂检测探究一探究二探究三思想方法当堂检测反思感悟1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点,特别是等差、等比数列的通项公式、前n项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点.
2.利用等比数列前n项和公式时应注意公比q的取值,熟悉两种数列的性质,知道它们的推导过程,利用好性质,可降低题目的难度,解题时有时还需利用条件联立方程组求解.探究一探究二探究三思想方法当堂检测?探究一探究二探究三思想方法当堂检测等比数列的实际应用
例3小华准备购买一台售价为5 000元的电脑,采用分期付款方式,并在一年内将款全部付清.商场提出的付款方式为:购买2个月后第1次付款,再过2个月后第2次付款,……购买12个月后第6次付款,每次付款金额相同,约定月利率为0.8%,每月利息按复利计算,求小华每期付款金额是多少?
分析:根据题意,列出第k个月末付款后的欠款本利或第k个月时的已付款及利息是解题的关键.探究一探究二探究三思想方法当堂检测解:(方法一)设小华每期付款x元,第k个月末付款后的欠款本利为Ak元,则
A2=5 000×(1+0.008)2-x=5 000×1.0082-x,
A4=A2(1+0.008)2-x=5 000×1.0084-1.0082x-x,
……
A12=5 000×1.00812-(1.00810+1.0088+…+1.0082+1)x=0,故小华每期付款金额约为880.8元. 探究一探究二探究三思想方法当堂检测(方法二)设小华每期付款x元,到第k个月时已付款及利息为Ak元,则
A2=x,
A4=A2(1+0.008)2+x=x(1+1.0082),
A6=A4(1+0.008)2+x=x(1+1.0082+1.0084),
……
A12=x(1+1.0082+1.0084+1.0086+1.0088+1.00810).
∵年底付清欠款,∴A12=5 000×1.00812,
即5 000×1.00812=x(1+1.0082+1.0084+…+1.00810),故小华每期付款金额约为880.8元. 探究一探究二探究三思想方法当堂检测反思感悟分期付款问题是典型的求等比数列前n项和的应用题,此类题目的特点是:每期付款数相同,且每期间距相同.解决这类问题有两种处理方法,如本题中方法一是按欠款数计算,由最后欠款为0列出方程求解;而方法二是按付款数计算,由最后付清全部欠款列方程求解.探究一探究二探究三思想方法当堂检测探究一探究二探究三思想方法当堂检测探究一探究二探究三思想方法当堂检测探究一探究二探究三思想方法当堂检测分类讨论思想在数列求和中的应用 审题视角数列的通项公式为分段函数的形式,因此该数列的奇、偶项呈现不同的规律,奇数项是首项为1,公差为4的等差数列,偶数项为首项为9,公比为9的等比数列,在求和时,应对奇数项和偶数项分别求解.探究一探究二探究三思想方法当堂检测探究一探究二探究三思想方法当堂检测方法点睛分段数列求和的技巧性很强,一般是转化为等差数列与等比数列求解.解题时需要对数列的项数及奇数项、偶数项的项数进行分类讨论.需要特别说明的是在分段数列中,规律是隔项成等差数列或成等比数列,因此数列的公差或公比与平时的公差、公比有所不同,解题时要特别留意.探究一探究二探究三思想方法当堂检测1.已知等比数列{an},an=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( )答案:D 探究一探究二探究三思想方法当堂检测2.已知等比数列的前n项和为54,前2n项和为60,则前3n项和为( )答案:D 3.若等比数列{an}的前n项和Sn=2n-2+r,则r= .?探究一探究二探究三思想方法当堂检测4.某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植树2棵,以后每天植树的棵数是前一天的3倍,则需要的最少天数n(n∈N*)为 .?答案:5 探究一探究二探究三思想方法当堂检测
