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q=1⇔{an}是__常__数列;
q<
0⇔{an}是__摆动______数列.
5.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==.
6.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
7.等差数列与等比数列的关系是:
(1)若一个数列既是等差数列,又是等比数列,则此数列是非零常数列;
(2)若{an}是等比数列,且an>
0,则{lgan}构成等差数列.
8.思想与方法:
(1)等比数列的判定方法:
①定义:
=q(q是不为零的常数,n∈N*)⇔{an}是等比数列.
②等比中项法:
a=an·
an+2(an·
an+1·
an+2≠0,n∈N*)⇔{an}是等比数列.
③通项公式:
an=cqn-1(c、q均是不为零的常数,n∈N*)⇔{an}是等比数列.
(2)等比数列的前n项和Sn是用错位相减法求得的,注意这种方法在数列求和中的运用.
(3)在利用等比数列前n项和公式时,如果不确定q与1的关系,一般要用分类讨论的思想,分公比q=1和q≠1两种情况;
计算等比数列前n项和过程中要注意整体代入的思想方法.常把qn,当成整体求解.
(4)等比数列的通项公式an=a1qn-1及前n项和公式Sn==(q≠1)共涉及五个量a1,an,q,n,Sn,知三求二,体现了方程的思想的应用.
(5)揭示等比数列的特征及基本量之间的关系.利用函数、方程的观点和方法,
讨论单调性时,要特别注意首项和公比的大小.
基础自测
1.“b=”是“a、b、c成等比数列”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
2.若数列{an}的前n项和Sn=3n-a,数列{an}为等比数列,则实数a的值是( )
A.3B.1C.0D.-1
3.已知等比数列{an}的前三项依次为a-2,a+2,a+8,则an等于( )
A.8·
nB.8·
nC.8·
n-1D.8·
n-1
4.在等比数列{an}中,an>
0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,则a3+a5的值为________.5
5.在等比数列{an}中,a1+a2=30,a3+a4=60,则a7+a8=___240 _____.
6.在等比数列{an}中,前n项和为Sn,若S3=7,S6=63,则公比q的值是( )
A.2B.-2C.3D.-3
题型一 等比数列的基本量的运算
例1
(1)在等比数列{an}中,已知a6-a4=24,a3a5=64,求{an}的前8项和S8;
(2)设等比数列{an}的公比为q(q>
0),它的前n项和为40,前2n项和为3280,且前n项中数值最大的项为27,求数列的第2n项.
解
(1)设数列{an}的公比为q,由通项公式an=a1qn-1及已知条件得:
由②得a1q3=±
8.将a1q3=-8代入①式,得q2=-2,无解,故舍去.
将a1q3=8代入①式,得q2=4,∴q=±
2.
当q=2时,a1=1,∴S8==255;
当q=-2时,a1=-1,∴S8==85.
(2)若q=1,则na1=40,2na1=3280,矛盾.
∴q≠1,∴
得:
1+qn=82,∴qn=81,③将③代入①得q=1+2a1.④
又∵q>
0,∴q>
1,∴a1>
0,{an}为递增数列.∴an=a1qn-1=27,⑤
由③、④、⑤得q=3,a1=1,n=4.
∴a2n=a8=1×
37=2187.
探究提高
(1)对于等比数列的有关计算问题,可类比等差数列问题进行,在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法,同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用.
(2)在涉及等比数列前n项和公式时要注意对公比q是否等于1进行判断和讨论.
变式训练1
(1)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S4=1,S8=17,求{an}的通项公式.
an=·
2n-1或an=·
(-2)n-1
(2)已知正项等比数列{an}中,a1a5+2a2a6+a3a7=100,a2a4-2a3a5+a4a6=36,求数列{an}的通项an和前n项和Sn.
本例可将所有项都用a1和q表示,转化为关于a1和q的方程组求解;
也可利用等比数列的性质来转化,两种方法目的都是消元转化.
解 方法一 由已知得:
①-②,得4aq6=64,∴aq6=16.③
代入①,得+2×
16+16q2=100.解得q2=4或q2=.
又数列{an}为正项数列,∴q=2或.
当q=2时,可得a1=,∴an=×
2n-1=2n-2,Sn==2n-1-;
当q=时,可得a1=32.∴an=32×
n-1=26-n.Sn==64-26-n.
方法二 ∵a1a5=a2a4=a,a2a6=a3a5,a3a7=a4a6=a,
由可得
即
∴解得或
当a3=8,a5=2时,q2===.
∵q>
0,∴q=,由a3=a1q2=8,
得a1=32,∴an=32×
n-1=26-n.
Sn==64-26-n.
当a3=2,a5=8时,q2==4,且q>
0,∴q=2.
由a3=a1q2,得a1==.
∴an=×
2n-1=2n-2.Sn==2n-1-.
(3)在等比数列{an}中,a1+an=66,a2·
an-1=128,Sn=126,求n和q.
解 由题意得
解得或
若则Sn===126,
解得q=,此时,an=2=64·
n-1,∴n=6.
若则Sn==126,∴q=2.∴an=64=2·
2n-1.∴n=6.
综上n=6,q=2或.
题型二 等比数列的性质及应用
例2
在等比数列{an}中,
(1)已知a4a7=-512,a3+a8=124,且公比为整数,求a10;
;
(2)若已知a3a4a5=8,求a2a3a4a5a6的值.
解
(1)a4·
a7=a3·
a8=-512,∴,
解之得或.
当时,q5==-32,∴q=-2.
∴a1==-1,∴a10=a1q9=-1×
(-2)9=512.
当时,q5==-,q=-.
又∵q为整数,∴q=-舍去.
综上所述:
a10=512.
(2)∵a3a4a5=8,又a3a5=a,∴a=8,a4=2.
∴a2a3a4a5a6=a=25=32.
探究提高 在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若m+n=p+q,则am·
an=ap·
aq”,可以减少运算量,提高解题速度.
变式训练2
(1)在等比数列{an}中,若a1a2a3a4=1,a13a14a15a16=8,求a41a42a43a44.
a1a2a3a4=a1a1qa1q2a1q3=aq6=1.①
a13a14a15a16=a1q12·
a1q13·
a1q14·
a1q15=a·
q54=8.②
②÷
①:
=q48=8⇒q16=2,
又a41a42a43a44=a1q40·
a1q41·
a1q42·
a1q43
=a·
q166=a·
q6·
q160=(a·
q6)·
(q16)10=1·
210=1024.
(2)已知等比数列{an}中,有a3a11=4a7,数列{bn}是等差数列,且b7=a7,求b5+b9的值;
∵a3a11=a=4a7,
∵a7≠0,∴a7=4,∴b7=4,
∵{bn}为等差数列,∴b5+b9=2b7=8.
(3)在等比数列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5=8,且++++=2,求a3.
解 由已知得++++=++
===2,
∴a=4,∴a3=±
2.若a3=-2,设数列的公比为q,
则+-2-2q-2q2=8,即++1+q+q2
=2+2+=-4.
此式显然不成立,经验证,a3=2符合题意,故a3=2.
题型三 等比数列的定义及判定
例3
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.
解题导引
(1)证明数列是等比数列的两个基本方法:
①=q(q为与n值无关的常数)(n∈N*).
②a=anan+2(an≠0,n∈N*).
(2)证明数列不是等比数列,可以通过具体的三个连续项不成等比数列来证明,也可用反证法.
(1)证明 由已知有a1+a2=4a1+2,解得a2=3a1+2=5,
故b1=a2-2a1=3.
又an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-(4an+2)=4an+1-4an,
于是an+2-2an+1=2(an+1-2an),即bn+1=2bn.
因此数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
(2)解 由
(1)知等比数列{bn}中b1=3,公比q=2,
所以an+1-2an=3×
2n-1,于是-=,
因此数列是首项为,公差为的等差数列,
=+(n-1)×
=n-,
所以an=(3n-1)·
2n-2.
变式训练3
(1)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且an+Sn=n.
①设cn=an-1,求证:
{cn}是等比数列;
②求数列{bn}的通项公式.
(1)证明 ∵an+Sn=n,①∴an+1+Sn+1=n+1.②
②-①得an+1-an+an+1=1,
∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1,
∴=,∴{an-1}是等比数列.
∵首项c1=a1-1,又a1+a1=1,∴a1=,∴c1=-,公比q=.
又cn=an-1,∴{cn}是以-为首项,为公比的等比数列.
(2)解 由
(1)可知cn=·
n-1=-n,
∴an=cn+1=1-n.
∴当n≥2时,bn=an-an-1=1-n-
=n-1-n=n.
又b1=a1=代入上式也符合,∴bn=n.
探究提高 注意
(2)问中要注意验证n=1时是否符合n≥2时的通项公式,能合并的必须合并.
(2)已知数列{an}的首项a1=5,前n项和为Sn,且Sn+1=2Sn+n+5,n∈N*.
①证明数列{an+1}是等比数列;
②求{an}的通项公式以及Sn.
①证明 由已知Sn+1=2Sn+n+5,n∈N*,可得n≥2时,Sn=2Sn-1+n+4,
两式相减得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1,
即an+1=2an+1,从而an+1+1=2(an+1),
当n=1时,S2=2S1+1+5,所以a2+a1=2a1+6,
又a1=5,所以a2=11,从而a2+1=2(a1+1),
故总有an+1+1=2(an+1),n∈N*,
又a1=5,a1+1≠0,从而=2,
即数列{an+1}是首项为6,公比为2的等比数列.
②解 由
(1)得an+1=6·
2n-1,所以an=6·
2n-1-1,
于是Sn=-n=6·
2n-n-6.
(3)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.
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).②
①-②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.
点评:
.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.
(4)已知函数f(x)=(x≠2,x∈R),数列{an}满足a1=t(t≠-2,t∈R),an+1=f(an),(n∈N).
①若数列{an}是常数列,求t的值;
②当a1=2时,记bn=(n∈N*),证明:
数列{bn}是等比数列,并求出通项公式an.
解:
①∵数列{an}是常数列,∴an+1=an=t,即t=,解得t=-1,或t=1.
∴所求实数t的值是1或-1.
②∵a1=2,bn=,∴b1=3,bn+1===3,即bn+1=3bn(n∈N*).
题型四 等差、等比数列的综合应用
例4 已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d>
0,且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}对n∈N*均有++…+=an+1成立,求c1+c2+c3+…+c2013.
解
(1)由已知有a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d).解得
d=2(∵d>
0).∴an=1+(n-1)·
2=2n-1.
又b2=a2=3,b3=a5=9,∴数列{bn}的公比为3,∴bn=3·
3n-2=3n-1.
(2)由++…+=an+1得当n≥2时,++…+=an.
两式相减得:
n≥2时,=an+1-an=2.∴cn=2bn=2·
3n-1(n≥2).
又当n=1时,=a2,∴c1=3.∴cn=.
∴c1+c2+c3+…+c2013=3+=3+(-3+32013)=32013.
探究提高 在解决等差、等比数列的综合题时,重点在于读懂题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式.本题第
(1)问就是用基本量公差、公比求解;
第
(2)问在作差an+1-an时要注意n≥2.
变式训练4 已知数列{an}满足a1=,=,且an+1·
an<
0(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=a-a,试问数列{bn}中是否存在三项能按某种顺序构成等差数列?
若存在,求出满足条件的等差数列;
若不存在,说明理由.
解
(1)由a1=,an+1·
0知,当n为偶数时,an<
0;
当n为奇数时,
an>
0.由=,得3(a-a)=1-a.
即4a-3a=1,所以4(a-1)=3(a-1),即数列{a-1}是以a-1=-为首项,为公比的等比数列.所以a-1=-n-1=-n,a=1-n,
故an=(-1)n-1(n∈N*).
(2)由
(1)知bn=a-a=1-n+1-1+n=·
n,
则对于任意的n∈N*,bn>
bn+1.
假设数列{bn}中存在三项br,bs,bt(r<
s<
t)成等差数列,则br>
bs>
bt,
即只能有2bs=br+bt成立,所以2·
s=r+t,
2·
s=r+t,所以2·
3s·
4t-s=3r·
4t-r+3t,
因为r<
t,所以t-s>
0,t-r>
0,
所以2·
4t-s是偶数,3r·
4t-r+3t是奇数,而偶数与奇数不可能相等,因此数列{bn}中任意三项不可能构成等差数列.
失误与防范
1.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
2.在求解与等比数列有关的问题时,除了要灵活地运用定义和公式外,还要注意性质的应用,以减少运算量而提高解题速度.形而导致解题失误.
等比数列及其前n项和
(1)
一、选择题
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等于( )
A.2n+1-2B.3nC.2nD.3n-1
2.在等比数列{an}中,a3=7,前3项之和S3=21,则公比q的值为( )
A.1B.-C.1或-D.-1或
3.若等比数列{an}满足anan+1=16n,则公比为( )
A.2B.4C.8D.16
4.记等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=2,S6=18,则等于( )
A.-3B.5C.-31D.33
因为等比数列{an}中有S3=2,S6=18,
即==1+q3==9,故q=2,从而=
=1+q5=1+25=33.
5.在各项都为正数的等比数列{an}中,a1=3,前三项的和S3=21,则a3+a4+a5等于( )
A.33B.72C.84D.189
C [由题可设等比数列的公比为q,
则=21⇒1+q+q2=7⇒q2+q-6=0⇒(q+3)(q-2)=0,
根据题意可知q>
0,故q=2.所以a3+a4+a5=q2S3=4×
21=84.]
二、填空题
6.在等比数列{an}中,a1=1,公比q=2,若an=64,则n的值为_____7___.
7.在数列{an}中,已知a1=1,an=2(an-1+an-2+…+a2+a1)(n≥2,n∈N*),这个数列的通项公式是______________.an=
8.设等比数列{an}的公比q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则q的值为___-2_____.
9.设{an}是公比为正数的等比数列,若a1=1,a5=16,则数列{an}前7项的和为________.
解析 ∵公比q4==16,且q>
0,∴q=2,∴S7==127.
10.在等比数列{an}中,公比q=2,前99项的和S99=30,则a3+a6+a9+…+a99=________.
解析 ∵S99=30,即a1(299-1)=30,
∵数列a3,a6,a9,…,a99也成等比数列且公比为8,
∴a3+a6+a9+…+a99===×
30=.
三、解答题
11.已知等差数列{an}满足a2=2,a5=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)各项均为正数的等比数列{bn}中,b1=1,b2+b3=a4,求{bn}的前n项和Tn.
(1)an=2n-2
(2)Tn=2n-1
12.Sn是无穷等比数列{an}的前n项和,且公比q≠1,已知1是S2和S3的等差中项,6是2S2和3S3的等比中项.
(1)求S2和S3;
(2)求此数列{an}的前n项和公式;
(3)求数列{Sn}的前n项和.
解
(1)根据已知条件整理得
解得3S2=2S3=6,即
(2)∵q≠1,则可解得q=-,a1=4.
∴Sn==-n.
(3)由
(2)得S1+S2+…+Sn=n-=n+.
13.已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项;
(2)求数列{2an}的前n项和Sn.
解
(1)由题设知公差d≠0,由a1=1,a1,a3,a9成等比数列,
得=,解得d=1或d=0(舍去).故{an}的通项an=1+(n-1)×
1=n.
(2)由
(1)知2an=2n,由等比数列前n项和公式,
得Sn=2+22+23+…+2n==2n+1-2.)
14.已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=,n∈N*.
(1)令bn=an+1-an,证明:
{bn}是等比数列;
(2)求{an}的通项公式.
解
(1)证明 b1=a2-a1=1,
当n≥2时,bn=an+1-an=-an=-(an-an-1)=-bn-1,
∴{bn}是首项为1,公比为-的等比数列.
(2)解 由
(1)知bn=an+1-an=n-1,
当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+1++…+n-2=1+
=1+=-n-1,]
当n=1时,-1-1=1=a1,
∴an=-n-1(n∈N*).
15.设数列
的前
项和为
,已知
(n∈N*).
(1)求数列
的通项公式;
(2)设
,数列
,若存在整数
,使对任意n∈N*且n≥2,都有
成立,求
的最大值;
(1)由
,得
(n≥2).
两式相减,得
,即
(n≥2).
于是
,所以数列
是公差为1的等差数列.
又
,所以
.
所以
,故
.
(2)因为
,则
令
.
为递增数列.
所以当n≥2时,
的最小值为
据题意,
.又
为整数,故
的最大值为18.
等比数列及其前n项和
(2)
1.已知{an}是等比数列,a2=2,a5=,则a1a2+a2a3+…+anan+1等于( )
A.16(1-4-n)B.16(1-2-n)C.(1-4-n)D.(1-2-n)
2.已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根组成以为首项的等比数列,则=( ).
A.B.或C.D.以上都不对
解析 设a,b,c,d是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根,不妨设a<c<d<b,则a·
b=c·
d=2,a=,故b=4,根据等比数列的性质,得到:
c=1,d=2,则m=a+b=,n=c+d=3,或m=c+d=3,n=a+b=,则=或=.
3.设f(x)是定义在R上恒不为零的函数,且对任意的实数x,y∈R,都有f(x)·
f(y)=
f(x+y),若a1=,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是( )
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- 等比数列 求和