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第8课时 等比数列的综合应用
1.生疏等比数列的有关性质,并能运用这些性质解决相关问题.
2.能够解决等比数列的一些综合问题.
重点:等比数列的性质,等比数列的综合应用.
难点:对等比数列性质的机敏应用.
前面我们共同学习了等比数列的通项公式及前n项和公式,生疏了累乘法和错位相减法,也了解了等比数列的一些有关性质,这一节课我们将对等比数列中有关通项和前n项和的性质做一个系统了解,并用它们来解决一些综合问题.
问题1:等比数列的通项公式为 an=a1qn-1 ,等比数列的前n项和公式为:
Sn=
问题2:等差数列有丰富的性质,试通过下表进行类比得到等比数列的性质.
序号
等差数列{an},公差为d
等比数列{an},公比为q
1
若m+n=k+l(m,n,k,l∈N*),则am+an=ak+al
若m+n=k+l(m,n,k,l∈N*),则am·an=ak·al
2
an=am+(n-m)d,d=
an=amqn-m(m,n∈N*),qn-m=(m,n∈N*)
3
若∈N*,则am+an=2
若∈N*,则am·an=()2
4
在等差数列中下标成等差的项组成的新数列仍为等差数列
在等比数列{an}中,下标成等差的项组成的新数列仍为等比数列
(续表)
序号
等差数列{an},公差为d
等比数列{an},公比为q
5
{an},{bn}为项数相同的等差数列,则{man+kbn}为等差数列,其中m,k均为常数
若{an},{bn}是项数相同的等比数列,则{an·bn},{},{}也为等比数列
问题3:与等比数列的前n项和有关的常用性质有哪些?
(1)设数列{an}是等比数列,Sn是其前n项和:
①当q=-1且k为偶数时,数列Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…不是等比数列;
②当q≠-1时,数列Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是等比数列且公比为qk.
(2)在等比数列{an}中,若项数为2n,则= q ;若项数为2n+1,则= q .
(3)在等比数列{an}中,Sm+n= Sn+qnSm = Sm+qmSn .
问题4:在等比数列{an}中,公比为q,Tn为其前n项的积,则数列Tn,,,…成等比数列,其公比为 .
古希腊欧几里得《几何原本》第九卷命题35给出等比数列求和公式(Heath 1921).设有等比数列a1,a2,…,an+1,公比为q(q≠1).则由==…=,得==…=,由合比定律,我们又有===q-1,这等价于我们今日的Sn=(q≠1).
1.在等比数列{an}中,an>an+1,且a7a11=6,a4+a14=5,则等于( ).
A. B. C. D.5
【解析】由题意知a4a14=a7a11=6,
联立得 又an>an+1,∴
∴==.
【答案】B
2.已知a,b,c,d成等比数列,且曲线y=x2-2x+3的顶点是(b,c),则ad等于( ).
A.3 B.2 C.1 D.-2
【解析】由题意得b=1,c=2,则ad=bc=2.
【答案】B
3.在等比数列{an}中,若=2,S4=4,则S8= .
【解析】设等比数列{an}的公比为q,由=2,得q4=2,S8=S4+q4S4=S4+2S4=3S4=12.
【答案】12
4.在正项等比数列{an}中,已知a6-a4=24,a3a5=64,求等比数列{an}的前8项和S8.
【解析】∵a3a5=64=,∴a4=8.
∵a6-a4=24,∴a6=32,
∴q2==4,得q=2或q=-2(舍去).
∴a1==1,∴S8==28-1=255.
等比数列通项性质的应用
在各项均为正数的等比数列{an}中,已知a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6等于( ).
A.5 B.7 C.6 D.4
【方法指导】利用等比数列的性质求解.
【解析】(法一)由等比中项的性质知a1a2a3=(a1a3)·a2==5,a7a8a9=(a7a9)·a8==10,所以a2a8=5,所以a4a5a6=(a4a6)·a5==()3=(5)3=5.
(法二)由等比数列的性质知a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9构成等比数列,所以(a1a2a3)(a7a8a9)=(a4a5a6)2,
所以a4a5a6=±=±5.
又数列各项均为正数,所以a4a5a6=5.
【答案】A
【小结】求解本题的两种方法运用了等比数列的不同性质,事实上,也可以设出首项和公比,利用基本量的方法求解,但求解过程较为繁琐,应用性质求解简化了运算过程.
等比数列前n项和的性质的应用
若等比数列前n项、2n项、3n项的和分别为Sn、S2n、S3n.求证:+=Sn(S2n+S3n).
【方法指导】本题考查等比数列前n项和公式的应用.可先分公比是否为1,将Sn、S2n、S3n用a1和q表示,再证明;也可利用等比数列的性质证明.
【解析】(法一)设此数列公比为q,首项为a1.
当q=1时,Sn=na1,S2n=2na1,S3n=3na1,
∴+=n2+4n2=5n2,
Sn(S2n+S3n)=na1(2na1+3na1)=5n2.
∴+=Sn(S2n+S3n).
当q≠1时,Sn=(1-qn),
S2n=(1-q2n),S3n=(1-q3n),
∴+=()2·[(1-qn)2+(1-q2n)2]
=()2·(1-qn)2·(2+2qn+q2n).
又Sn(S2n+S3n)=()2·(1-qn)2·(2+2qn+q2n),
∴+=Sn(S2n+S3n).
(法二)依据等比数列性质,有
S2n=Sn+qn·Sn=Sn(1+qn),S3n=Sn+qnSn+q2nSn,
∴+=+[Sn(1+qn)]2=(2+2qn+q2n),
Sn(S2n+S3n)=(2+2qn+q2n).
∴+=Sn(S2n+S3n).
【小结】对比两种证明方法,法二既简洁又避开了争辩.从本题也可以看出利用等比数列前n项和的性质解题的简捷性.
等比数列通项与前n项和的综合应用
已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4an-3(n∈N*).
(1)证明:数列{an}是等比数列;
(2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n∈N*),且b1=2,求数列{bn}的通项公式.
【方法指导】(1)已知Sn求an需要分两步,求出其通项公式后再依据定义证明数列{an}是等比数列;(2)由递推关系和等比数列求和公式,利用累加法得到数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)由Sn=4an-3,得Sn-1=4an-1-3,
所以an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,an=an-1,
又a1=1≠0,所以{an}是首项为1,公比为的等比数列.
(2)由于an=()n-1,由bn+1=an+bn(n∈N*),得bn+1-bn=()n-1,
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=2+=3×()n-1-1,
所以数列{bn}的通项公式为bn=3×()n-1-1.
[问题]上述解题步骤完整吗?
[结论]不完整,没有对n的取值进行分类争辩.
于是,正确解答如下:
(1)当n=1时,a1=4a1-3,解得a1=1.
当n≥2时,Sn-1=4an-1-3,所以an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,即an=an-1,又a1=1≠0,
所以{an}是首项为1,公比为的等比数列.
(2)由于an=()n-1,由bn+1=an+bn(n∈N*),得bn+1-bn=()n-1,
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=2+=3×()n-1-1(n≥2),
当n=1时也满足,所以数列{bn}的通项公式为bn=3×()n-1-1.
【小结】本题考查的是等比数列的综合应用,在解答时要留意分步求解an,并紧扣定义“当n≥2时,是一个常数”,从而证明数列{an}是等比数列,再利用累加法和等比数列前n项和公式求解数列{bn}的通项公式.
在正项等比数列{an}中,若log2(a2a9)=4,q5=4,Tn表示数列{an}前n项的乘积,求T5的值.
【解析】在等比数列{an}中,log2(a2a9)=4,所以a2a9=16,
所以T10=a1a2…a9a10=(a2a9)5=165.又由于T10=a1a2…a5(a1q5)(a2q5)…(a5q5)=q25=·45,所以·45=165⇒=45=322,由于T5>0,所以T5=32.
已知一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇数项的和为85,偶数项的和为170,求这个数列的公比和项数.
【解析】设该等比数列的公比为q,项数为2n,则有S偶=qS奇⇒q==2.
又∵S2n=S偶+S奇⇒=85+170,∴22n-1=255,∴2n=8.故这个数列的公比为2,项数为8.
已知{an}是整数组成的数列,a1=1,且点(,an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上:
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1=1,bn+1=bn+,求证:bn·bn+2<.
【解析】(1)由已知得:an+1=an+1,所以数列是以1为首项,公差为1的等差数列,即an=1+(n-1)·1=n.
(2)由(1)知bn+1-bn==2n,当n≥2时,
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=2n-1+2n-2+2n-3+…+2+1==2n-1,
明显b1=1符合上式,∴bnbn+2-=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2=-5·2n+4·2n=-2n<0,∴bn·bn+2<.
1.等比数列的前4项和为1,前8项和为17,则这个等比数列的公比q等于( ).
A.2 B.-2
C.2或-2 D.2或1
【解析】=q4,所以q=±2.
【答案】C
2.在等比数列{an}中,a20+a21=10,a22+a23=20,则a24+a25等于( ).
A.40 B.70 C.30 D.90
【解析】由于等比数列中a20+a21、a22+a23和a24+a25构成一个等比数列,所以(a22+a23)2=(a20+a21)·(a24+a25),所以a24+a25=40.
【答案】A
3.一个等比数列{an}共有2n+1项,奇数项之积为100,偶数项之积为120,则an+1= .
【解析】an+1为数列{an}的中间项,其中奇数项有n+1项,偶数项有n项,且奇数项之积为T奇=(an+1)n+1,偶数项之积为T偶=(an+1)n,所以an+1==.
【答案】
4.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=且bn=a2n-2,n∈N*.
(1)求a2,a3,a4;
(2)求证:数列{bn}为等比数列,并求其通项公式;
(3)求和Tn=a2+a4+a6+…+a2n.
【解析】(1)a2=,a3=-,a4=.
(2)当n≥2时,bn=a2n-2=a(2n-1)+1-2=a2n-1+(2n-1)-2=[a2n-2-2(2n-2)]+(2n-1)-2=[a2(n-1)-2]=bn-1,又∵b1=a2-2=-,∴数列{bn}是首项为-,公比为的等比数列,故bn=-·()n-1=-()n.
(3)∵a2n=bn+2,∴Tn=a2+a4+a6+…+a2n=b1+b2+…+bn+2n=-+2n=()n+2n-1.
(2021年·新课标Ⅱ卷)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于( ).
A. B.- C. D.-
【解析】由题知解得a1=.
【答案】C
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