数学必修5导学案：1-2 第4课时等比数列的综合应用

数学必修5(北师大版)全册导学案

第4课时 等比数列的综合应用

知能目标解读

1.进一步巩固等比数列的通项公式、性质及前n项和公式. 2.掌握数列求和的常用方法——错位相减法.

重点难点点拨

重点：错位相减法求和的理解及等比数列性质的应用. 难点：错位相减法求和的应用.

学习方法指导

如果数列{an}是等差数列，公差为d;数列{bn}是等比数列，公比为q,求数列{anbn}的前n项和，可以运用错位相减法.方法如下：

设Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,当q=1时，{bn}是常数列，Sn=b1(a1+a2+a3+…+an)= 则

qSn=qa1b1+qa2b2+qa3b3+

…

+qanbn=a1b2+a2b3+

…

nb1(a1 an)

;当q≠1时，

2

所

以

+an-1bn+anbn+1,

b1q(1 qn 1)

Sn-qSn=(1-q)Sn=a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+…+bn·(an-an-1)-anbn+1=a1b1+d·

1 q

-anbn+1,

b1dq(1 qn 1)a1b1 anbn 1

1 q

所以Sn=.

1 q

知能自主梳理

1.在等比数列的前n项和公式Sn中，如果令A=

a1

，那么Snq 1

2.若Sn表示数列{an}的前n项和，且Sn=Aqn-A(A≠0， q≠0且q≠±1)，则数列{an}是 3.在等比数列{an}中，Sn为其前n项和.

(1)当q=-1且k为偶数时，Sk,S2k-Sk，S3k-S2k (k∈N+; .

(2)当q≠-1或k为奇数时，数列Sk，S2k-Sk，S3k-S2k (k∈N+a1(1 qn)

［答案］ 1. Aqn-A

1 q

2.等比数列

3.不是等比数列 是等比数列

思路方法技巧

命题方向 等比数列性质的应用

［例1］ (1)等比数列{an}，已知a1=5，a9a10=100，求a18； (2)在等比数列{bn}中，b4=3，求该数列前七项之积； (3)在等比数列{an}中，a2=-2，a5=54，求a8.

［分析］ 由等比数列的性质可知：与首末两项等距离的两项积等于首末两项的积，与某一项距离相等的

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两项之积等于这一项的平方. ［解析］ (1)∵a1a18=a9a10, ∴a18=

a9a10100

==20. 5a1

(2)b1b2b3b4b5b6b7=(b1b7)(b2b6)(b3b5)b4. ∵b24=b1b7=b2b6=b3b5,

∴前七项之积为(32) 3×3=37=2187. (3)解法一：a8=a5q3=a5·

54a5

=54×=-1458.

2a2

解法二：∵a5是a2与a8的等比中项， ∴542=a8×(-2). ∴a8=-1458.

［说明］ 本题的求解，主要应用了等比数列的性质，若m,n,k,l∈N+且m+n=k+l，则am·an=ak·al.由此可见，在等比数列问题中，合理应用性质，可使解法简捷. 变式应用1 已知{an}是等比数列，且a1a10=243,a4+a7=84,求a11. ［解析］ ∵a4·a7=a1·a10,∴a4a7=243,

a4=81 a4=3 又a4+a7=84,∴ ，或a7=3 a7=81

∴q=

1

或q=3. 3

141）=或a11=81×34=6561.

273

∴a11=3q4=3×（

命题方向 与前n项和有关的等比数列的性质问题

［例2］ 各项都是正实数的等比数列{an}，前n项的和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S40等于 （ ） A.150

B.-200

C.150或-200

D.400或-50

［答案］ A

［分析］ 本题思路较为广泛，可以运用等比数列前n项和公式列方程，确定基本量a1,q后求解，也可以应用等比数列前n项和的性质求解.

［解析］ 解法一：设首项为a1,公比为q，由题意知q≠±1.

a1(1 q10)

=10 ①

1 q

由 ，

a1(1 q30)

=70 ②

1 q

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由以上两式相除得q20+q10-6=0,解得q10=2或q10=-3(舍去)，代入①有

a1

=-10， 1 q

a1(1 q40)∴S40==-10×(-15)=150.

1 q

解法二：易知q≠±1，由S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成公比为q10的等比数列,则 S30=S10+(S20-S10)+(S30-S20)=S10+q10S10+q20S10， 即q20+q10-6=0，解得q10=2或q10=-3（舍去），

∴S40=S10+(S20-S10)+(S30-S20)+(S40-S30)=10(1+2+22+23)=150. 解法三：运用性质Sm+n=Sm+qmSn求解， ∵S30=S20+q20S10=S10+q10S10+q20S10

从而有q20+q10-6=0，解得q10=2或q10=-3(舍去). ∴S40=S30+q30S10=70+8×10=150. 解法四：易知q≠±1,∵

S30S10

=，∴q20+q10-6=0, 3010

1 q1 q

解得q10=2或q10=-3(舍去). 又

S30S40

=，所以S40=150.

1 q301 q40

［说明］ 在与等比数列的和有关的问题中，合理应用和的性质，可以简化运算，本题的解法二运用了当q≠-1时，数列Sm，S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等比数列，公比为qm，解法三运用了等比数列的性质：Sm+n=Sm+qmSn，解法四运用了等比数列的性质：当q≠±1时，

SnSm

=.

1 qm1 qn

.

变式应用2 等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5=10,S10=20,则S15等于 ［答案］ 30

［解析］ ∵{an}为等比数列， ∴S5，S10-S5，S15-S10成等比数列， （S10-S5）2=S5（S15-S10）， 即100=10（S15-20）， 解得S15=30.

探索延拓创新

命题方向 错位相减法求数列的和

［例3］ 求数列1，3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1的前n项和（a≠0）.

［分析］ 由题设可知数列的通项公式为an=(2n-1)·an-1,数列的每一项可分成两个因式，前一个因式可构成等差数列，后一个因式可构成等比数列，故可选用错位相减法求和. ［解析］ 当a=1时，Sn=1+3+5+…+(2n-1)=

n［1 (2n 1)］2

=n.

2

当a≠1时，有Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)·an-1 ①, aSn=a+3a2+5a2+7a4+…+(2n-1)an ②,

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2a(1 an 1)

①-②得,Sn-aSn=1+2a+2a+2a+…+2a-(2n-1)a=1+-(2n-1)an,

1 a

2

3

n-1

n

1 (2n 1)an2a(1 an 1)∴Sn=+.

1 a(1 a)2

［说明］ 一般来说，如果数列{an}是等差数列，公差为d;数列{bn}是等比数列，公比为q,则求数列{anbn}的前n项和就可以运用错位相减法. 变式应用3 求数列{n·2n}的前n项和Sn.

［解析］ ∵Sn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n ① 2Sn=1·22+2·23+…+（n-1）·2n+n·2n+1 ② ①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1

2(1 2n)

=-n·2n+1

1 2

=2n+1-2-n·2n+1, ∴Sn=(n-1)2n+1+2.

名师辨误做答

［例4］ 若数列{an}的前n项和为Sn=an-1（a≠0），则数列{an}是（ ） A.等比数列

B.等差数列

D.可能是等比数列，但不可能是等差数列

C.可能是等比数列，也可能是等差数列 ［误解］ A 由Sn=an-1，得 an=(a-1)an-1，则有

an 1

=a-1(常数)，故选A. an

［辨析］ 错误的原因在于：当a=1时，an=0，{an}是等差数列，而不是等比数列，这是没有理解等比数列中an≠0而造成的. ［正解］ C 由Sn=an-1,得 an=(a-1)an-1.

当a=1时，an=0,数列{an}为等差数列； 当a≠1时，

an 1

=a-1,(不为零的常数)， an

则数列{an}为等比数列，故选C.

课堂巩固训练

一、选择题

1.（2011·辽宁文，5）若等比数列{an}满足anan+1＝16n，则公比为（ ） A.2

B.4

C.8

D.16

［答案］ B

［解析］ 本题考查了灵活利用数列的特点来解题的能力. ∵an·an+1=16n,∴an-1·an=16n-1

an an 1an 1216n∴==q=n 1=16

16an 1 anan 1

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2.在各项为正数的等比数列中，若a5-a4=576,a2-a1=9,则a1+a2+a3+a4+a5的值是（ ） A.1061

B.1023

C.1024

D.268

［答案］ B

［解析］ 由题意得a4(q-1)=576,a1(q-1)=9, ∴

a43

=q=64,∴q=4,∴a1=3, a1

3 (45 1)

∴a1+a2+a3+a4+a5==1023.

4 1

3.在等比数列｛an｝中，a1=1,公比|q|≠1,若am=a1a2a3a4a5，则m=（ ） A.9

B.10

C.11

D.12

［答案］ C

［解析］ ∵a1=1,∴am=a1a2a3a4a5=a51q10=q10, 又∵am=a1qm-1=qm-1, ∴qm-1=q10,∴m-1=10,∴m=11. 二、填空题

4.若等比数列{an}的前n项和Sn=2n+1+r,则r的值为［答案］ -2

［解析］ 解法一：a1=S1=4+r, a2=S2-S1=8+r-4-r=4, a3=S3-S2=16+r-8-r=8, 又∵{an}为等比数列， ∴a22=a1a3, ∴16=8(4+r), ∴r=-2.

解法二：∵Sn=2n+1+r=2·2n+r, ∴数列{an}为等比数列， ∴Sn=A·qn-A=2·2n+r, ∴r=-2.

5.设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列，则q的值为 ［答案］ -2

［解析］ ∵Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列， ∴2Sn=Sn+1+Sn+2 ∴(Sn+1-Sn)+(Sn+2-Sn)=0, ∴an+1+an+1+an+2=0, ∴2an+1=-an+2, ∴

.

.

an 2

=-2, an 1

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三、解答题

6.（2011·重庆文，16）设{an}是公比为正数的等比数列，a1=2,a3=a2+4. (1)求{an}的通项公式;

(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn.

［分析］ （1）问设出公比q，由已知建立有关q的方程，求出公比q，写出通项公式. （2）甲分组求和，先求an的和，再求bn的和，然后相加得Sn.

［解析］ （1）设等比数列{an}的公比为q，由a1=2,a3=a2+4得2q2=2q+4 即q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍)，∴q=2 ∴an=a1·qn-1=2·2n-1=2n （2）数列bn=1+2(n-1)=2n-1

n(n 1)2(1 2n)

∴Sn=+n×1+×2

21 2

=2n+1-2+n2-n+n=2n+1+n2-2.

［点评］ 此题考查等差、等比数列的通项公式，及求和公式，考查方程的思想，注意等比数列的公比为正数，此题属基础保分题.

课后强化作业

一、选择题

1.已知等比数列｛an｝中，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)

C.

1

(9n-1) 4

D.

3

(9n-1) 4

［答案］ D

［解析］ ∵a2=6,q=9,

6(1 9n)3n

∴Sn′== (9-1).

41 9

2.(2010·辽宁文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比q=（ ） A.3

B.4

C.5

D.6

［答案］ B

［解析］ ∵3S3=a4-2,3S2=a3-2, ∴3S3-3S2=a4-a3, ∴3a3=a4-a3, ∴4a3=a4, ∴

a4

=4,∴q=4. a3

1

·2n-1+a,则a的值为（ ） 3

C.

3.等比数列{an}的前n项和Sn=A.-

1 3

B.-

1 61 6

D.

1 3

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［答案］ B ［解析］ ∵S1n=·2n-11

3+a=6

·2n+a, 又∵Sn=Aqn-A, ∴a=-

1

6

. 4.等比数列{a1

n}的公比为2，且S3=1,则S6等于（ ） A.

99162716

B.

8

C.

9

D.

8

［答案］ B

a［1 （1）3

］［解析］ ∵q=112

,S3=

1 12

=2a11（1-8）=7

4

a1=1, ∴a41=

7

. 41 （1）6］

∴S=8（1-16=）=9.

1 76482

5.数列1，1+2，1+2+22，1+2+22+23，…，1+2+22+…+2n-1的前n项和Sn>1020,那么n的最小值是（A.7

B.8

C.9

D.10

［答案］ D

［解析］ 因为1+2+22

+…+2n-1

=1 2n1 2

=2n

-1,所以Sn=21-1+22-1+…+2n-1=2n+1-n-2>1020,

所以n的最小值为10.

6.已知等比数列｛a1

n｝中，公比q=2

,且a1+a3+a5+…＋a99=60,则a1+a2+a3+…+a100=（ ） A.100

B.90

C.120

D.30

［答案］ B

［解析］ ∵a2+a4+a6+…+a100=a1q+a3q＋a5q+…+a99q=q(a1+a3+a5+…+a99) =

1

2

×60＝30 ∴a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100) =60+30=90.

）

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7.已知2a=3,2b=6,2c=12,则a,b,c（ ） A.成等差数列不成等比数列

B.成等比数列不成等差数列

D.既不成等差数列又不成等比数列

C.既成等差数列又成等比数列 ［答案］ A

［解析］ 解法一：由已知得a=log23,b=log26=log23+log22,c=log212=log23+2log22. ∴b-a=c-b.

解法二：∵2a·2c=36=(2b) 2,∴a+c=2b,故选A.

8.（2011·四川文，9）数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则a6=（ ） A.3×44 ［答案］ A

［解析］ 该题考查已知一个数列的前n项和Sn与an+1的关系，求通项公式an.注意的问题是用an=Sn-Sn-1时(n≥2)的条件. an+1=3Sn an=3Sn-1 即an+1=4an ∴

① ②

B.3×44+1

C.45

D.45+1

①-②得an+1-an=3Sn-3Sn-1=3an

an 1

=4.(n≥2)当n=2时，a2=3a1=3, an

a2a

=3≠n 1=4 a1an

∴

∴an为从第2项起的等比数列，且公比q=4,∴a6=a2·q4=3·44. 二、填空题

9.等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+1+m,则a1［答案］ 6

［解析］ ∵a1=S1=9+m, a2=S2-S1=27+m-9-m=18, a3=S3-S2=81+m-27-m=54, 又∵{an}为等比数列， ∴a22=a1a3,∴182=54(9+m)， 解得m=-3. ∴a1=9+m=6. 10.实数



11a c

，1，成等差数列，实数a2,1,c2成等比数列，则2aca c2

［答案］ 1或-

1

3

11

+=2 ac=1 ac=-1 ac

［解析］ 由条件，得 或 ，

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a2c2=1 a+c=2 a+c=-2

∴

a c1

=1或-. 22

a c3

.

11.已知{an}是公比为q(q≠1)的等比数列，an>0,m=a5+a6,k=a4+a7,则m与k的大小关系是［答案］ m<k

［解析］ m-k=(a5+a6)-(a4+a7) =(a5-a4)-(a7-a6)

=a4(q-1)-a6(q-1)=(q-1)(a4-a6) =(q-1)·a4·(1-q2)

=-a4(1+q)(1-q) 2<0(∵an>0).∴m<k.

12.设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+)，关于数列{an}有下列三个命题： ①若{an}既是等差数列又是等比数列，则an=an+1 (n∈N+); ②若Sn=an2+bn(a、b∈R)，则{an}是等差数列； ③若Sn=1-(-1) n，则{an}是等比数列. 这些命题中，正确命题的序号是 ［答案］ ①②③

.

［解析］ 对于命题①，易知它是各项不为零的常数数列，有an=an+1.对于命题②，由Sn=an2+bn(a、b∈R)得an=b+a+(n-1)·2a，当n=1时，也适合上式.∴{an}为等差数列.对于命题③，由Sn=1- (-1) n得an=2·(-1)

n-1

，当n=1时也适合上式.故{an}为等比数列.

三、解答题

13.(2011·新课标文，17)已知等比数列{an}中，a1=(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn=

11

，公比q=. 33

1 an

； 2

1 an

,第二问将问题转化为2

(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{bn}的通项公式.

［分析］ 第一问先利用等比数列定义及前n项和公式求出an，Sn,再证明Sn=等差数列求和. ［解析］ (1)因为an=

111×（）n-1=n, 333

111

1 n）1 n

=， Sn=21 3

所以Sn=

1 an

. 2

(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an

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=-(1+2+…+n) =-

n(n 1)

. 2

n(n 1)

. 2

所以{bn}的通项公式为bn=-

［点评］ 本题考查了数列的通项，前n项和等基础知识，体现了转化与化归的数学思想. 14.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1,bn=an+1(n∈N*) (1)求证{bn}是等比数列； (2)求{an}的通项公式. ［解析］ (1)∵an+1=2an+1 ∴an+1+1=2(an+1)，即bn+1=2bn ∵b1=a1+1=2≠0.∴bn≠0, ∴

bn 1

=2，∴{bn}是等比数列. bn

(2)由(1)知{bn}是首项b1=2公比为2的等比数列， ∴bn=2×2n-1=2n，即an+1=2n. ∴an=2n-1.

15.一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，求此数列的公比和项数.

［解析］ 设等比数列的公比为q,项数为2n（n∈N+）, 由已知得q≠1,a1=1,a2=q.

1 q2n

=85 2

1 q

∴

①

q(1 q2n)

=170 2

1 q

②÷①得q=2.

②

1 4n∴=85,∴4n=256, 1 4

∴n=4.

故数列的公比为2,项数为8.

16.求和Sn=1×2+4×22+7×23+…+(3n-2)×2n.

［解析］ ∵Sn=1×2+4×22+7×23+…+［3(n-1)-2］×2n-1+(3n-2)×2n 2Sn=1×22+4×23+…+［3(n-1)-2］×2n+(3n-2)×2n+1 2n+1-4=3×2n+1-6-3n×2n+1+2n+2-4=2n+2+3(1-n)×2n+1-10. ∴Sn=3(n-1)×2n+1-2n+2+10 ＝（3n-5）×2n+1+10.

① ②

∴①-②得，-Sn=1×2+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-2)×2n+1=3(2+22+…+2n)-(3n-2)×2n+1-4=3(2n+1-2)-(3n-2)×

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