新人教A版高中数学必修第二册：等比数列前n项和

授课主题
等比数列前n项和
教学目标
1.熟练应用等比数列的前n项和公式与通项公式解决一些应用问题.2.会求与等比数列相关的一些简单问题.
教学内容
1．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.2．等比数列前n项和的性质公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__.题型一　等比数列基本量的运算例1、(1)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5等于(　　)A.
B.
C.
D.(2)在等比数列{an}中，若a4－a2＝6，a5－a1＝15，则a3＝________.答案　(1)B　(2)4或－4解析：(1)显然公比q≠1，由题意得解得或(舍去)，∴S5＝＝＝.(2)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，则两式相除，得＝，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝.所以或故a3＝4或a3＝－4.思维升华　等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．【变式】(1)在正项等比数列{an}中，an＋1＜an，a2·a8＝6，a4＋a6＝5，则等于(　　)A.
B.C.
D.(2)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________.答案　(1)D　(2)3n－1解析　(1)设公比为q，则由题意知0＜q＜1，由得a4＝3，a6＝2，所以＝＝.(2)由3S1,2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，所以公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.题型二　等比数列的判定与证明例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，证明：数列{bn}是等比数列；(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①－②，得an＋1＝4an－4an－1
(n≥2)，∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)
(n≥2)．∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1
(n≥2)，故{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，∴－＝，故{}是首项为，公差为的等差数列．∴＝＋(n－1)·＝，故an＝(3n－1)·2n－2.【变式1】例2中“Sn＋1＝4an＋2”改为“Sn＋1＝2Sn＋(n＋1)”，其他不变探求数列{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，故{an＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.思维升华　(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．(2)利用递推关系时要注意对n＝1时的情况进行验证．【变式2】设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
)．(1)求a2，a3的值；(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．(1)解　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.综上，a2＝4，a3＝8.(2)证明　a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N
)，①∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴＝2，故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．题型三　等比数列的性质及应用例3、(1)在等比数列{an}中，各项均为正值，且a6a10＋a3a5＝41，a4a8＝5，则a4＋a8＝________.(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________.答案　(1)　(2)－解析　(1)由a6a10＋a3a5＝41及a6a10＝a，a3a5＝a，得a＋a＝41.因为a4a8＝5，所以(a4＋a8)2＝a＋2a4a8＋a＝41＋2×5＝51.又an>0，所以a4＋a8＝.(2)由＝，a1＝－1知公比q≠±1，则可得＝－.由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－，q＝－.思维升华　(1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q，则有aman＝apaq”，可以减少运算量．(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比数列，公比为qk(q≠－1)．【变式】已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a，a2＝2，则a1等于(　　)A.
B.C.
D．2(2)等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1等于(　　)A．1
B．2C．3
D．4答案　(1)C　(2)C解析　(1)由等比数列的性质得a3a9＝a＝2a，∵q＞0，∴a6＝a5，q＝＝，a1＝＝，故选C.(2)设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N
)项，则a2k＋1＝192，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝(a2＋a4＋…＋a2k)＋a2k＋1＝S偶＋a2k＋1＝－＋192＝255，解得q＝－2，而S奇＝＝＝255，解得a1＝3，故选C.题型四　分类讨论思想在等比数列中的应用例4、已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N
)，且－2S2，S3,4S4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：Sn＋≤(n∈N
)．思维点拨　(1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；(2)求出前n项和，根据函数的单调性证明．规范解答(1)解　设等比数列{an}的公比为q，因为－2S2，S3,4S4成等差数列，所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，可得2a4＝－a3，于是q＝＝－.[2分]又a1＝，所以等比数列{an}的通项公式为an＝×n－1＝(－1)n－1·.[3分](2)证明　由(1)知，Sn＝1－n，Sn＋＝1－n＋＝[6分]当n为奇数时，Sn＋随n的增大而减小，所以Sn＋≤S1＋＝.[8分]当n为偶数时，Sn＋随n的增大而减小，所以Sn＋≤S2＋＝.[10分]故对于n∈N
，有Sn＋≤.[12分]温馨提醒　(1)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有①已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．②等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．③项数的奇、偶数讨论．④等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．(2)数列与函数有密切的联系，证明与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图象或者数列的增减性求解，同时注意数列的增减性与函数单调性的区别.1．已知等比数列{an}中，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，则a6＋a7等于(　　)A．2
B．2C．4
D．4答案　C解析　因为a2＋a3，a4＋a5，a6＋a7成等比数列，a2＋a3＝1，a4＋a5＝2，所以(a4＋a5)2＝(a2＋a3)(a6＋a7)，解得a6＋a7＝4.2．等比数列{an}满足an＞0，n∈N
，且a3·a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1等于(　　)A．n(2n－1)
B．(n＋1)2C．n2
D．(n－1)2答案　A解析　由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝a＝22n，从而得an＝2n.方法一　log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(an－1an＋1)an]＝log22n(2n－1)＝n(2n－1)．方法二　取n＝1，log2a1＝log22＝1，而(1＋1)2＝4，(1－1)2＝0，排除B，D；取n＝2，log2a1＋log2a2＋log2a3＝log22＋log24＋log28＝6，而22＝4，排除C，选A.3．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于(　　)A．12
B．13C．14
D．15答案　C解析　设数列{an}的公比为q，由a1a2a3＝4＝aq3与a4a5a6＝12＝aq12，可得q9＝3，an－1anan＋1＝aq3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以n＝14，故选C.4．若正项数列{an}满足lg
an＋1＝1＋lg
an，且a2
001＋a2
002＋…＋a2
010＝2
016，则a2
011＋a2
012＋…＋a2
020的值为(　　)A．2
015·1010
B．2
015·1011C．2
016·1010
D．2
016·1011答案　C解析　∵lg
an＋1＝1＋lg
an，∴lg
＝1，∴＝10，∴数列{an}是等比数列，∵a2
001＋a2
002＋…＋a2
010＝2
016，∴a2
011＋a2
012＋…＋a2
020＝1010(a2
001＋a2
002＋…＋a2
010)＝2
016×1010.5．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N
，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为(　　)A．－2
B．2
C．－3
D．3答案　B解析　设公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.∵＝＝qm＋1＝9，∴qm＝8.∴＝＝qm＝8＝，∴m＝3，∴q3＝8，∴q＝2.6．等比数列{an}中，Sn表示前n项和，a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q为________．答案　3解析　由a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1得a4－a3＝2(S3－S2)＝2a3，∴a4＝3a3，∴q＝＝3.7．等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1.若a1＝1，则对任意的n∈N
，都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________.答案　11解析　由题意知a3＋a2－2a1＝0，设公比为q，则a1(q2＋q－2)＝0.由q2＋q－2＝0解得q＝－2或q＝1(舍去)，则S5＝＝＝11.8．已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn＝，若b10·b11＝2，则a21＝________.答案　1
024解析　∵b1＝＝a2，b2＝，∴a3＝b2a2＝b1b2，∵b3＝，∴a4＝b1b2b3，…，an＝b1b2b3·…·bn－1，∴a21＝b1b2b3·…·b20＝(b10b11)10＝210＝1
024.9．数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2，bn＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝4.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解　(1)由bn＋1＝2bn＋2，得bn＋1＋2＝2(bn＋2)，∴＝2，又b1＋2＝a2－a1＋2＝4，∴数列{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．∴bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝2n＋1－2.(2)由(1)知，an－an－1＝bn－1＝2n－2
(n≥2)，∴an－1－an－2＝2n－1－2
(n>2)，…，a2－a1＝22－2，∴an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，∴an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝－2n＋2＝2n＋1－2n.∴Sn＝－＝2n＋2－(n2＋n＋4)．10．已知数列{an}和{bn}满足a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．(1)证明：对任意实数λ，数列{an}不是等比数列；(2)证明：当λ≠－18时，数列{bn}是等比数列．证明　(1)假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a＝a1a3，即2＝λ?λ2－4λ＋9＝λ2－4λ?9＝0，矛盾．所以{an}不是等比数列．(2)bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n＋1－(－1)n·(an－3n＋21)＝－bn.又λ≠－18，所以b1＝－(λ＋18)≠0.由上式知bn≠0，所以＝－(n∈N
)．故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列．11．设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是(　　)A．{an}是等比数列B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同答案　D解析　∵Ai＝aiai＋1，若{An}为等比数列，则＝＝为常数，即＝，＝，….∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q，则＝＝q，从而{An}为等比数列．12．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln
a1＋ln
a2＋…＋ln
a20＝________.答案　50解析　因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5.所以ln
a1＋ln
a2＋…＋ln
a20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln
e5＝50.13．数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N
，都有＝an，则a3＝________；{an}的前n项和Sn＝________.答案　8　2n＋1－2解析　∵＝an，∴an＋m＝an·am，∴a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23＝8；令m＝1，则有an＋1＝an·a1＝2an，∴数列{an}是首项为a1＝2，公比为q＝2的等比数列，∴Sn＝＝2n＋1－2.14．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln
|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为________．答案　①③解析　设{an}的公比为q，验证①＝＝q2，③＝＝，故①③为“保等比数列函数”．15．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N
.(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；(2)求T2n.解　(1)∵an·an＋1＝n，∴an＋1·an＋2＝n＋1，∴＝，即an＋2＝an.∵bn＝a2n＋a2n－1，∴＝＝＝，∵a1＝1，a1·a2＝，∴a2＝?b1＝a1＋a2＝.∴{bn}是首项为，公比为的等比数列．∴bn＝×n－1＝.(2)由(1)可知，an＋2＝an，∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，以为公比的等比数列，∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－.[方法与技巧]1．已知等比数列{an}(1)数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a}，{}也是等比数列．(2)a1an＝a2an－1＝…＝aman－m＋1.2．判断数列为等比数列的方法(1)定义法：＝q(q是不等于0的常数，n∈N
)?数列{an}是等比数列；也可用＝q(q是不等于0的常数，n∈N
，n≥2)?数列{an}是等比数列．二者的本质是相同的，其区别只是n的初始值不同．(2)等比中项法：a＝anan＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N
)?数列{an}是等比数列．[失误与防范]1．特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．2．由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.3．在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．等比数列性质中：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列，不能忽略条件q≠－1.
1．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7等于(　　)A．21
B．42
C．63
D．84答案　B解析　设等比数列{an}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故选B.2．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6等于(　　)A．31
B．32
C．63
D．64答案　C解析　根据题意知，等比数列{an}的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.故选C.3．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
D．3答案　C解析　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＝4.4．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________．答案　2n－1解析　由等比数列性质知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以联立方程解得或又∵数列{an}为递增数列，∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8，∴q＝2.∴数列{an}的前n项和为Sn＝＝2n－1.5．在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．答案　27,81解析　设该数列的公比为q，由题意知，243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.
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