选择性必修 第二册4.3 等比数列第1课时学案及答案

这是一份选择性必修 第二册4.3 等比数列第1课时学案及答案，共18页。


如今手机越来越普遍，用手机发送信息传达情谊也成为年轻人的时尚．一条温馨的信息会带给我们无穷的温暖．一条信息，一种关怀，设想一人收到某信息后用10分钟将它传给两个人，这两个人又用10分钟将此信息各传给未知此信息的另外两个人，如此继续下去，一天时间这种关怀可传达给多少人？
知识点1 等比数列的前n项和公式
如何选择使用两个求和公式？
[提示] 已知首项a1和公比q(q≠1)，项数n，可以使用Sn＝a11-qn1-q，已知首尾两项a1，an和q(q≠1)，可以使用Sn＝a1-anq1-q．
当q≠1，Sn＝a11-qn1-q＝a11-q－a11-q·qn，所以Sn＝A－A·qn的结构形式．
知识点2 错位相减法
(1)推导等比数列前n项和的方法叫错位相减法．
(2)该方法一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项积的前n项和，即若{bn}是公差d≠0的等差数列，{cn}是公比q≠1的等比数列，求数列{bn·cn}的前n项和Sn时，可以用这种方法．
错位相减法求和适用于an＝(kn＋b)·qn结构形式．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)只有等比数列才能用错位相减法求前n项和．( )
(2)求数列{n·3n}的前n项和可用错位相减法．( )
[答案] (1)× (2)√
2．若等比数列{an}中，a1＝1，S3＝3，则公比q＝________．
1或－2 [若q＝1时，S3＝3a1＝3符合．
若q≠1时，S3＝1＋q＋q2＝3．
解得q＝－2．
故公比q的值为1或－2．]
类型1 等比数列基本量的运算
【例1】 在等比数列{an}中，
(1)S2＝30，S3＝155，求Sn；
(2)a1＋a3＝10，a4＋a6＝54，求S5；
(3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求q．
[解] (1)由题意知
a11+q=30，a11+q+q2=155，
解得a1=5，q=5或a1=180，q=-56 ．
从而Sn＝14×5n+1－54或Sn＝1 080×1--56n11．
(2)法一：由题意知a1+a1q2=10，a1q3+a1q5=54 ，
解得a1=8，q=12 ，从而S5＝a11-q51-q＝312．
法二：由(a1＋a3)q3＝a4＋a6，
得q3＝18，从而q＝12．
又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10，
所以a1＝8，从而S5＝a11-q51-q＝312．
(3)因为a2an－1＝a1an＝128，
所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根．
从而a1=2，an=64或an=2，a1=64．
又Sn＝a1-anq1-q＝126，所以q为2或12．
(1)“知三求二”：在等比数列 {an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，已知其中的三个量，通过列方程组，就能求出另外两个量，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．
(2)“值得注意”：在解决与前n项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．
[跟进训练]
1．(1)在正项等比数列{an}中，a2＝4，a6＝64，Sn＝510，则n＝( )
A．6 B．7
C．8 D．9
(2)(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
A．14 B．12
C．6 D．3
(1)C (2)D [(1)由题意知q4＝a6a2＝16，
则q＝2，a1＝2，
∴510＝21-2n1-2，
解得n＝8．
故选C．
(2)设等比数列an的公比为q，q≠0，
若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，
所以q≠1，
则a1+a2+a3=a11-q31-q=168a2-a5=a1q-a1q4=42 ，解得a1=96，q=12 ，
所以a6＝a1q5＝3．
故选D．]
类型2 错位相减法
【例2】 设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝2，b2＝a2，b3＝a2＋4．
(1)求an和bn的通项公式；
(2)求数列12anbn的前n项和．
[思路引导] (1)可用基本运算，解方程组的方法求出通项公式；
(2)该数列的通项公式是由一个等差数列和一个等比数列的各项相乘得到的数列，所以采用错位相减法求和．
[解] (1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则q>0．
由题意，得2q=2+d，2q2=6+d，解得d=2，q=2，
故an＝2＋2n-1＝2n，bn＝2·2n-1＝2n．
(2)令cn＝12anbn＝n·2n，
所以Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－2)×2n-2＋(n－1)×2n-1＋n·2n，
2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－2)×2n-1＋(n－1)×2n＋n·2n+1，
两式相减得：
－Sn＝1×21＋22＋23＋24＋…＋2n-1＋2n－n·2n+1
＝21-2n1-2－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，
所以Sn＝(n－1)·2n+1＋2．
[母题探究]
1．(变条件)把本例(2)中“12anbn”改为“an2bn”，求该数列前n项和Sn′．
[解] 令cn＝an2bn＝2n2·2n＝n2n，
∴Sn′＝12＋222＋323＋…＋n2n，①
∴12Sn′＝122＋223＋…＋n-12n＋n2n+1，②
∴①－②得：12Sn′＝12+122+…+12n－n2n+1＝121-12n1-12－n2n+1＝1－12n－n2n+1，
∴Sn′＝2－12n-1－n2n．
2．(变条件)把本例(2)中“12anbn”改为“2n-1bn”，求该数列的前n项和Tn．
[解] ∵bn＝2n，∴前n项和为Tn＝1×12＋3×122＋5×123＋…＋(2n－1)×12n．
∴12Tn＝1×122＋3×123＋…＋(2n－3)×12n＋(2n－1)×12n+1，
两式相减得
12Tn＝1×12＋2×122＋…＋2×12n－(2n－1)×12n+1＝12＋12×1-12n-11-12－(2n－1)×12n+1＝32－12n-1－2n-12n+1，
所以Tn＝3－42n－2n-12n＝3－2n+32n．
错位相减法的适用条件及注意事项
(1)适用条件：若数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}，当求该数列的前n项和时，常常采用将{anbn}的各项乘公比q，并向后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，这种数列求和的方法称为错位相减法．
(2)注意事项：若公比为字母，则需对其进行分类讨论．
[跟进训练]
2．求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0)．
[解] 当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝nn+12；
当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，
xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn+1，
∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn+1＝x1-xn1-x－nxn+1，
∴Sn＝x1-xn1-x2－nxn+11-x．
综上可得，Sn＝nn+12，x=1，x1-xn1-x2-nxn+11-x，x≠1且x≠0．
类型3 等比数列前n项和公式的实际应用
【例3】 (1)明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学命题叫“宝塔装灯”，内容为：“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，请问顶层几盏灯？”(“倍加增”指灯的数量从塔的顶层到底层按公比为2的等比数列递增)，根据此诗，可以得出塔的顶层有( )
A．3盏灯 B．192盏灯
C．195盏灯 D．200盏灯
(2)如图，画一个边长为2的正三角形，再将这个正三角形各边的中点相连得到第二个正三角形，依此类推，一共画了5个正三角形．那么这五个正三角形的面积之和等于( )
A．23 B．21316
C．85364 D．3413256
(1)A (2)D [(1)设每层灯的盏数为等比数列{an}，首项a1为顶层灯的盏数，公比q＝2，所以S7＝a11-q71-q＝a1(27－1)＝381，解得a1＝3，即顶层有3盏灯．
(2)此五个正三角形的边长an形成等比数列：2，1，12，14，18．
所以这五个正三角形的面积之和＝34×22+12+122+124+126＝34×4×1-1451-14＝3413256．]
解数列应用题的具体方法步骤
(1)认真审题，准确理解题意．
(2)抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达．
(3)将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，列出满足题意的数学关系式．
[跟进训练]
3．(源于人教B版教材)某工厂去年1月份的产值为a元，且月平均增长率为p(p>0)，求这个工厂去年全年产值的总和．
[解] 设该工厂去年第n个月的产值为bn元，由题意可知b1＝a，且bn+1-bnbn＝p，即bn+1bn＝1＋p．
因此{bn}是以a为首项，1＋p为公比的等比数列，这个数列共有12项，且bn＝a(1＋p)n-1，
从而这个数列所有项的和为S12＝a1-1+p121-1+p＝a1+p12-1p．
因此可知该工厂去年全年的总产值为a1+p12-1p元．
1．已知等比数列{an}的首项a1＝3，公比q＝2，则S5等于( )
A．93 B．－93
C．45 D．－45
A [S5＝a11-q51-q＝31-251-2＝93．]
2．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
C [∵a1＝5，S5＝55≠5×5，∴S5＝51-q51-q＝55，
∴1－q5＝11(1－q)，解得q＝－2．]
3．若数列{an}的通项公式为an＝n＋1，数列{bn}满足bn＝2an，Tn是数列{anbn}的前n项和，则Tn＝________．
n·2n+2 [因为an＝n＋1，bn＝2an＝2n+1，
从而anbn＝(n＋1)·2n+1，
Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)·2n+1，①
2Tn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)·2n+2，②
①－②得－Tn＝8＋23＋24＋…＋2n+1－(n＋1)·2n+2
＝8＋81-2n-11-2－(n＋1)·2n+2＝－n·2n+2，
所以Tn＝n·2n+2．]
4．一个热气球在第一分钟上升了25 m的高度，在以后的每一分钟里，它上升的高度都是它在前一分钟里上升高度的80%． 这个热气球上升的高度能超过125 m吗？________(填“能”或“不能”)
不能 [用an表示热气球在第n分钟上升的高度，
由题意，得an＋1＝45an，
因此，数列{an}是首项a1＝25，公比q＝45的等比数列．
热气球在前n分钟内上升的总高度为Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a11-qn1-q＝25×1-45n1-45＝125×1-45n<125．
故这个热气球上升的高度不可能超过125 m．]
回顾本节知识，自主完成以下问题：
(1)如何使用等比数列前n项和公式求和？
[提示] ①等比数列{an}前n项和公式分q＝1与q≠1两种情况，因此当公比未知时，要对公比进行分类讨论．
②q≠1时，公式Sn＝a11-qn1-q与Sn＝a1-anq1-q是等价的，利用an＝a1qn-1可以实现它们之间的相互转化．
当已知a1，q与n时，用Sn＝a11-qn1-q较方便；
当已知a1，q与an时，用Sn＝a1-anq1-q较方便．
(2)等比数列前n项和公式是如何推导的？
[提示] 一般地，等比数列{an}的前n项和可写为：
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn-1，①
用公比q乘①的两边，可得
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn-1＋a1qn，②
由①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn，
整理得Sn＝a11-qn1-q(q≠1)．
(3)错位相减法的适用情形及注意事项分别是什么？
[提示] ①适用范围：它主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．
②注意事项：
(i)利用“错位相减法”时，在写出Sn与qSn的表达式时，应注意使两式错对齐，以便于作差，正确写出(1－q)Sn的表达式．
(ii)利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况．
棋盘上的麦粒
国际象棋的棋盘由64个格子组成，如图所示．据说某国王为了奖赏发明者，让发明者提一个要求．发明者说：我想在棋盘的第1个格子里放上1颗麦粒，在第2个格子里放上2颗麦粒，在第3个格子里放上22颗麦粒，在第4个格子里放上23颗麦粒……每个格子放的麦粒数都是前一个格子里放的麦粒数的2倍，直到第64个格子，请国王给我足够的麦子．国王觉得这个要求并不过分，欣然同意．假设每1 000粒麦子的质量为40 g，猜想一下，国王有能力满足发明者的要求吗？
根据等比数列前n项求和公式可知，发明者所要求的麦粒数为1＋2＋22＋23＋…＋263＝1×1-2641-2＝264－1．从而可知，发明者要求的麦子质量为264-11 000×40 g≈7.38×1014 kg．也就是说，发明者要求的麦子质量约为7.38×1011吨，即7 380亿吨．2016年，我国大宗粮油作物(包括小麦、水稻)产量约为5.4亿吨，全球大宗粮油作物总产量约为27.8亿吨．那位国王能满足发明者的要求吗？
课时分层作业(九) 等比数列的前n项和公式
一、选择题
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
D [∵an+1an＝2n+12n＝2，∴数列{an}是公比为2的等比数列，且a1＝2．∴S10＝21-2101-2＝211－2．]
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
B [设公比为q，则a5a2＝27＝q3，所以q＝3，a1＝a2q＝3，S4＝31-341-3＝120．]
3．已知等比数列{an}的公比q＝－2，前6项和S6＝21，则a6＝( )
A．－32 B．－16
C．16 D．32
D [因为q＝－2，S6＝21，则有S6＝a11--261+2＝-63a13＝－21a1＝21，即a1＝－1，所以a6＝a1q5＝(－1)×(－2)5＝32．]
4．在14与78之间插入n个数组成一个等比数列，若各项总和为778，则此数列的项数为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
B [设公比为q，a1＝14，an＋2＝78，则Sn＋2＝14-78q1-q＝778，
解得q＝－12．所以an＋2＝14·-12n+1＝78，
解得n＝3．故该数列共5项．]
5．(多选)数列{an}对任意的正整数n均有an+12＝anan＋2，若a2＝2，a4＝8，则S10的可能值为( )
A．1 023 B．341
C．1 024 D．342
AB [因为数列{an}对任意的正整数n均有an+12＝anan＋2，
所以数列{an}为等比数列，因为a2＝2，a4＝8，所以q2＝a4a2＝4，所以q＝±2，
当q＝2时a1＝1，所以S10＝1-2101-2＝1 023．
当q＝－2时a1＝－1，
所以S10＝-1×1--2101--2＝341．故选AB．]
二、填空题
6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________．
6 [∵a1＝2，an＋1＝2an，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
又∵Sn＝126，∴21-2n1-2＝126，∴n＝6．]
7．在等比数列{an}中，若a1＝12，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．
2n-1－12 [由a4＝a1q3得q＝－2，
∴an＝12(－2)n-1，
∴|an|＝2n-2，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝121-2n1-2＝2n-1－12．]
8．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
6 [由题意知，第n天植树2n棵，则前n天共植树2＋22＋…＋2n＝(2n+1－2)棵，令2n+1－2≥100，则2n+1≥102，
又26＝64，27＝128，且{2n+1}单调递增，所以n≥6，即n的最小值为6．]
三、解答题
9．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
∵S4＝20，a1，a2，a4成等比数列，
∴4a1+6d=20，a1+d2=a1a1+3d，解得a1=2，d=2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)得，bn＝2an＝22n＝4n，
∴b1＝4，bn+1bn＝4n+14n＝4，
∴数列{bn}是首项为4，公比为4的等比数列．
∴Tn＝4×1-4n1-4＝4×4n-13＝4n+1-43．
10．(多选)设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0．则下列结论正确的是( )
A．0C．Tn的最大值为T7 D．Sn的最大值为S7
ABC [∵a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0，∴a7>1，0∴0C中T7是数列{Tn}中的最大项，故C正确．
D中因为a7>1，011．等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3，Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，则m的值是 ( )
A．6 B．7
C．8 D．不存在
A [设等比数列{an}的公比为q．因为a1＝1，a5＝4a3，则q2＝a5a3＝4，则q＝±2．
当q＝2时，若Sm＝63，则有1×1-2m1-2＝63，解得m＝6；
当q＝－2时，若Sm＝63，则有1×1--2m1--2＝63，整理可得(－2)m＝－188，无整数解，故m＝6．故选A．]
12．(多选)“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自《庄子·天下篇》，其意思为“一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完”．设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺，第二天被截取剩下的一半剩下a2尺……第六天被截取剩下的一半剩下a6尺，则( )
A．a6＝132B．a1a4＝8
C．a5＋a6＝564 D．a1＋a2＋…＋a6＝6364
BD [依题意可知，a1，a2，a3，…成等比数列，且首项与公比均为12，则a6＝126＝164，a1a4＝8，a5＋a6＝364，a1＋a2＋…＋a6＝6364．故选BD．]
13．设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．
1 121 [由于a1+a2=4，a2=2a1+1，解得a1=1，a2=3．由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋12＝3Sn+12，所以Sn+12 是以32为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋12＝32×3n-1，即Sn＝3n-12，所以S5＝121．]
14．设数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n，数列{bn}的通项公式为bn＝xn-1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝anbn，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn．
[解] (1)∵an＝S1，n=1，Sn-Sn-1，n≥2，Sn＝n2＋n，
∴an＝2，n=1，2n，n≥2，
当n＝1时也满足an＝2n，∴数列{an}的通项公式为an＝2n．
(2)由(1)及题意，得cn＝2nxn-1，
∴Tn＝2＋4x＋6x2＋8x3＋…＋2nxn-1，①
则xTn＝2x＋4x2＋6x3＋8x4＋…＋2nxn． ②
①－②，得(1－x)Tn＝2＋2x＋2x2＋…＋2xn-1－2nxn．
当x≠1时，(1－x)Tn＝2×1-xn1-x－2nxn，
∴Tn＝2-2n+1xn+2nxn+11-x2；
当x＝1时，Tn＝2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n．
15．条件①：设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋k(n∈N*，k∈R)，a1＝1．
条件②：对∀n∈N*，有an+1an＝q>1(q为常数)，a3＝4，并且a2－1，a3，a4－1成等差数列．
在以上两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并作答．
在数列{an}中，________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan，求T10的值．
[解] (1)选条件①，由S1＝2＋k＝a1＝1，得k＝－1，
∴Sn＝2n－1．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n-1，a1＝1符合上式，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n-1．
选条件②，由an+1an＝q知数列{an}是公比为q的等比数列，则a2＝a3q＝4q，a4＝a3q＝4q，由2a3＝a2－1＋a4－1，得8＝4q＋4q－2，解得q＝2或q＝12(舍去)．
∴a1＝a3q2＝1，∴an＝2n-1．
(2)T10＝1＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋10×29，
∴2T10＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋9×29＋10×210，两式相减，得－T10＝1＋2＋22＋23＋…＋29－10×210＝210-12-1－10×210．
∴T10＝9×210＋1．
学习
任务
1．掌握等比数列的前n项和公式及其应用．(数学运算)
2．会用错位相减法求数列的和．(数学运算、逻辑推理)
3．能运用等比数列的前n项和公式解决一些简单的实际问题．(数学运算、数学建模)