(共28张PPT)
第2课时 等比数列前n项和的性质及应用
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知识点拨
某人准备购买一辆汽车,向银行贷款6万元,其中规定一年期以上贷款月均等额还本付息(即利息按月以复利计算,每期付款数额相同,一个月为一期,购买后一个月开始付款,以后每月付款一次),共付36期,月利率为0.457
5%,那么这人每月还多少钱呢?
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知识点拨
等比数列前n项和的性质
公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn,关于Sn的性质常考的有以下四类:
(1)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠-1).
(2)当n是偶数时,S偶=S奇·q;
当n是奇数时,S奇=a1+S偶·q.
(3)Sn+m=Sm+qmSn=Sn+qnSm.
(4)数列{an}为公比不为1的等比数列?Sn=A-Aqn,A≠0,q≠0且q≠1.
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知识点拨
微练习
一个等比数列的前n项和为45,前2n项和为60,则前3n项和为( )
A.65 B.73 C.85 D.108
解析:由等比数列的性质得Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列.等比数列的前n项和为45,前2n项和为60,∴45,60-45,S3n-60成等比数列,∴(60-45)2=45(S3n-60),解得S3n=65.
答案:A
探究一
探究二
探究三
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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
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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
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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
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探究一
探究二
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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
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探究一
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反思感悟数列综合问题的关注点
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,特别是等差与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
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变式训练1已知等差数列{an},a2=9,a5=21.
(1)求{an}的通项公式;
(2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
所以数列{an}的通项公式为an=4n+1.
(2)由an=4n+1,得bn=24n+1,所以{bn}是首项为b1=25,公比为q=24的
探究一
探究二
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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
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解:(方法一)设小华每期付款x元,第k(k取2,4,6,8,10,12)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.
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(方法二)设小华每期付款x元,到第k(k取2,4,6,8,10,12)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),
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探究二
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反思感悟分期付款问题的求解策略
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.解决这类问题通常有两种处理方法,一是按欠款数计算,由最后欠款为0列出方程求解;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
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变式训练2某地投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅游产业.据规划,本年度投入800万元,以后每年投入将比上一年减少
.本年度当地旅游业收入估计为400万元,由于该项建设对旅游业的促进作用,预计今后的旅游业收入每年会比上一年增长
.求n年内的总投入与n年内旅游业的总收入.
探究一
探究二
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探究一
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探究一
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分类讨论思想在数列求和中的应用
分析: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
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探究一
探究二
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方法总结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
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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( )
A.3n-1
B.3(3n-1)
解析:由此数列的偶数项所组成的新数列是以6为首项,9为公比的等比数列,所以其前n项和为
答案:D
探究一
探究二
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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( )
解析:设数列的前n项和为Sn,则由题意知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也构成等比数列,所以(60-54)2=54(S3n-60),解得
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
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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 .?
解析:记第n天植树的棵数为an,则数列{an}是以2为首项,3为公比的等比数列.
答案:5
探究一
探究二
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5.已知数列{an}的首项a1=
,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=3(n∈N
).
(1)求a2及an;
探究一
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当堂检测第四章数列
4.3 等比数列
4.3.2 等比数列的前n项和公式
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
基础达标练
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.(多选)(2019江苏高二期中)在公比q为整数的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1·a4=32,a2+a3=12,则下列说法正确的是( )
A.q=2
B.数列{Sn+2}是等比数列
C.S8=510
D.数列{log2an}是公差为2的等差数列
解析因为数列{an}为等比数列,
又a1·a4=32,所以a2·a3=32.
又a2+a3=12,
所以
又公比q为整数,则
即an=2n,Sn==2n+1-2,
对于选项A,由上可得q=2,即选项A正确;
对于选项B,Sn+2=2n+1,=2,
则数列{Sn+2}是等比数列,即选项B正确;
对于选项C,S8=29-2=510,即选项C正确;
对于选项D,log2an+1-log2an=(n+1)-n=1,
即数列{log2an}是公差为1的等差数列,即选项D错误.
故选ABC.
答案ABC
3.已知等比数列{an}的前10项中,所有奇数项之和为85,所有偶数项之和为170,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=a3+a6+a9+a12=a3(1+q3+q6+q9)=a1q2·=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=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==2016.
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,∴=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.
∴S2018=(a1+a3+…+a2017)+(a2+a4+…+a2018)
==3·21009-3.
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=2000(1+0.007)-x=2000×1.007-x,
A2=(2000×1.007-x)×1.007-x=2000×1.0072-1.007x-x,
……
A12=2000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x,
因为A12=0,
所以2000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x=0,
解得x=
≈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)=.
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=Sn,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=Sn,n=1,2,3,…,得
a2=S1=a1=,
a3=S2=(a1+a2)=,
a4=S3=(a1+a2+a3)=.
由an+1-an=(Sn-Sn-1)=an(n≥2),得an+1=an(n≥2),∵a2=,∴an=(n≥2).
∴数列{an}的通项公式为an=
(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
=.
能力提升练
1.在等比数列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5=3,=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是
( )
A.3
B.
C.-
D.5
解析由题意可知等比数列{an}的公比q≠1,则a1+a2+…+a5==3,+…+=15,∴=5,∴a1-a2+a3-a4+a5==5.
答案D
2.(多选)(2020山东高二期末)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“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.”则下列说法正确的是
( )
A.此人第三天走了四十八里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C.此人第二天走的路程占全程的
D.此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
解析根据题意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.
a3=a1q2=192×=48,所以A正确,
由a1=192,则S6-a1=378-192=186,又192-186=6,所以B正确.
a2=a1q=192×=96,而S6=94.5<96,所以C不正确.
a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×1+=336,则后3天走的路程为378-336=42,
而且42×8=336,所以D正确.
故选ABD.
答案ABD
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
解得
当n为奇数时,
Sn==4,
当n为偶数时,Sn=.
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
即
所以q20+q10-12=0,所以q10=3(负值舍去),故S20==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,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×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.
答案π
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
,k≥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=,
∴k≥3n-6对n∈N
恒成立.
∴Tn>0,
∴k≥对n∈N
恒成立.
令cn=,cn-cn-1=,当n≤3时,cn>cn-1,当n≥4时,cn∴(cn)max=c3=,故k≥.
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=求数列{cn}的前2n+1项和P2n+1.
解(1)由题意知,解得∴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=
∴P2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(b2+b4+…+b2n)
=
=22n+1+4n2+8n+2.
素养培优练
(2020黑龙江大庆实验中学高三月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,Sn+an=1,n∈N
,数列{bn}满足b1=1,对于?m,n∈N
,都有bm+n=bm+bn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解(1)由a1=,Sn+an=1,n∈N
,则当n=1时,S1+a1=2a1=1,∴a1=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1-an-(1-an-1),∴an=an-1,
∴{an}是以为首项,为公比的等比数列,
∴an=,
由?m,n∈N
,都有bm+n=bm+bn,
令m=1,有bn+1-bn=b1=1,
∴{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列,
∴bn=1+(n-1)×1=n.
(2)由(1)得cn=an·bn=n·,
所以Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
①
Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
②
由①-②得Tn=1×+1×+…+1×-n×,所以Tn=2-(n+2).(共24张PPT)
4.3.2 等比数列的前n项和公式
第1课时 等比数列的前n项和
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2020年5月5日18时,长征5B在海南文昌卫星发射中心发射新一代载人飞船试验舱成功.王明在手机上写下这条消息后将此消息传给两个人,这两个人又在10分钟后将此消息分别传给未知此消息的另外两个人,如此进行下去,40分钟后,这条消息可传遍多少人(如图所示)?
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知识点拨
一、等比数列的前n项和公式
若等比数列的首项为a1,公比为q,则它的前n项和
名师点析(1)当等比数列的公比q为字母时,求等比数列的前n项和公式常需分q=1与q≠1两种情况,因此当等比数列的公比未知或是代数式时,要对公比进行分类讨论.
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微练习
(1)在等比数列{an}中,Sn为其前n项和,若a1=3,q=4,则S5= .?
(2)在等比数列{an}中,Sn为其前n项和,若a1=
,a6=16,则S6= .?
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二、错位相减法求数列的和
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的积所构成的数列的前n项和.
微练习
下列数列中,可以用错位相减法求和的是( )
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构成的,故可用错位相减法求和.
答案:C
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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;
(2)若a1+a3=10,a4+a6=
,求S5;
(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,再代入计算.
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反思感悟等比数列前n项和公式的应用问题
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.
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变式训练1(1)设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则
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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;
得(q2+1)(q+1)2(q-1)2=0,解得q=-1(q=1舍去).综上,公比q的值等于1或-1.
反思感悟等比数列前n项和公式的关注点
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.
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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”,求其公比q的值.
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错位相减法求和
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反思感悟错位相减法求和的解题策略
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.
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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.
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分类讨论法求等比数列的前n项和
典例求数列1,2a,4a2,8a3,…的前n项和Sn.
解:(1)当a=0时,易得数列的前n项和Sn=1.
(2)当a≠0时,数列是公比为2a的等比数列.
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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.
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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
代入上式验证得q=-2.
答案:C
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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
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3.(2019全国Ⅰ,理14)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若
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答案:15
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,
故Sn=(n-1)·2n+1+2.第四章数列
4.3 等比数列
4.3.2 等比数列的前n项和公式
第1课时 等比数列的前n项和
课后篇巩固提升
基础达标练
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∵=2,∴数列{an}是公比为2的等比数列,且a1=2.∴S10==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=27=q3,所以q=3,a1==3,S4==120.
答案B
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=,a2+a4=,则=( )
A.4n-1
B.4n-1
C.2n-1
D.2n-1
解析设公比为q,则q=,
于是a1+a1=,因此a1=2,于是Sn==4,而an=2,于是=2n-1.
答案D
4.在14与之间插入n个数组成一个等比数列,若各项总和为,则此数列的项数为( )
A.4
B.5
C.6
D.7
解析设a1=14,an+2=,则Sn+2=,
解得q=-.所以an+2=14·,
解得n=3.故该数列共5项.
答案B
5.(多选)(2020山东高二期末)已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N
),则下列结论正确的有( )
A.为等比数列
B.{an}的通项公式为an=
C.{an}为递增数列
D.的前n项和Tn=2n+2-3n-4
解析因为+3,
所以+3=2,又+3=4≠0,
所以是以4为首项,2为公比的等比数列,+3=4×2n-1,即an=,{an}为递减数列,的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=2(21+22+…+2n)-3n=2×-3n=2n+2-3n-4.故选ABD.
答案ABD
6.对于等比数列{an},若a1=5,q=2,Sn=35,则an= .?
解析由Sn=,得an==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==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,则公比q= ,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=,则公比q=,
∴S5=.
答案
9.已知等比数列{an}满足a3=12,a8=,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,
则解得
所以an=a1qn-1=48·.
(2)Sn==96.
由Sn=93,得961-=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,
可得解得所以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·-(2n-1)·2n+1-2=(3-2n)·2n+1-6.所以Tn=(2n-3)·2n+1+6.
能力提升练
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=3×,
整理,得q=2.因为a1a2a3=8,所以=8,
所以a2=2,从而a1=1.于是Sn==2n-1.
答案A
2.(多选)(2020江苏启东中学高二开学考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-2,若存在两项am,an,使得aman=64,则( )
A.数列{an}为等差数列
B.数列{an}为等比数列
C.+…+
D.m+n为定值
解析由题意,当n=1时,S1=2a1-2,解得a1=2,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,所以Sn-Sn-1=an=2an-2-(2an-1-2)=2an-2an-1,
所以=2,所以数列{an}是以首项a1=2,公比q=2的等比数列,an=2n,故选项A错误,选项B正确;
数列{}是以首项=4,公比q1=4的等比数列,
所以+…+,故选项C错误;
aman=2m2n=2m+n=64=26,所以m+n=6为定值,故选项D正确.
故选BD.
答案BD
3.在等比数列{an}中,a1+a2+…+a5=27,+…+=3,则a3=( )
A.±9
B.9
C.±3
D.3
解析设公比为q,则由已知可得
两式相除,得q4=9,即=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=-.
答案-
5.1++…+= .?
解析设Sn=1++…+,
则Sn=+…+,两式相减,得Sn=1++…+.
所以Sn=3-.
答案3-
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,∴,
即2q9-q6-q3=0,∴q3(2q6-q3-1)=0.
∵q≠0,∴2q6-q3-1=0,∴(q3-1)(2q3+1)=0,
∴q3=-或q3=1(舍),∴q=-.
答案-
7.(2019全国Ⅱ,文18)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=log2an.求数列{bn}的前n项和.
解(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,
即q2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4.
因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.
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=,∴当n≥2时,bn=.
又b1=3适合上式,∴bn=.
(2)由(1)知bn=,
∴Tn=+…+,①
Tn=+…+,②
①-②,得Tn=3++…+
=3+4·=5-.
∴Tn=.
素养培优练
设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1.
(1)求证:数列{an}为等比数列;
(2)求数列{log3an}的前n项和Tn.
(1)证明∵2Sn=an+1-1,∴2a1=a2-1.
又∵a1=1,∴a2=3.
当n≥2时,∵2Sn=an+1-1,
∴2Sn-1=an-1,
两式相减,得2an=an+1-an,即an+1=3an,
∴=3(n≥2).又∵a1=1,∴a2=3.所以=3,
∴{an}是以1为首项,3为公比的等比数列.
(2)解由(1)知{an}是以1为首项,3为公比的等比数列,∴an=3n-1(n∈N
),所以log3an=log33n-1=n-1,
所以Tn=1+2+…+(n-1)=.
