高中人教A版 (2019)第四章 数列4.3 等比数列精品第1课时学案

这是一份高中人教A版 (2019)第四章 数列4.3 等比数列精品第1课时学案，共11页。

第1课时 等比数列的前n项和公式








甲、乙二人约定在一个月(按30天)内甲每天给乙100元钱，而乙则第一天给甲返还一分，第二天给甲返还二分，即后一天返还的钱是前一天的二倍．问谁赢谁亏？





1．等比数列前n项和公式





思考：类比等差数列前n项和是关于n的二次型函数，如何从函数的角度理解等比数列前n项和Sn?


[提示] 可把等比数列前n项和Sn理解为关于n的指数型函数．


2．错位相减法


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＝eq \f(a11－qn,1－q)(q≠1)．


我们把上述方法叫错位相减法，一般适用于数列{an·bn}前n项和的求解，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且q≠1.





1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)


(1)求等比数列{an}的前n项和时可直接套用公式Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)来求．( )


(2)等比数列的前n项和公式可以简写成Sn＝－Aqn＋A(q≠1)．( )


(3)1＋x＋x2＋…＋xn＝eq \f(1－xn,1－x)．( )


[提示] (1)和(3)中应注意q＝1的情况．


[答案] (1)× (2)√ (3)×


2．已知等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则eq \f(S3,a2)＝( )


A．3 B．4 C．eq \f(7,2) D．eq \f(13,2)


C [已知等比数列{an}的首项为a1，则eq \f(S3,a2)＝eq \f(\f(a11－23,1－2),a1×2)＝eq \f(7,2).]


3．若首项为1的等比数列{an}的前3项和为3，则公比q为( )


A．－2B．1


C．－2或1D．2或－1


C [当q＝1时，S3＝3a1＝3，符合题意；当q≠1时，S3＝1＋q＋q2＝3，解得q＝－2.]


4．已知等比数列的首项为－1，前n项和为Sn，若q＝－eq \f(1,2)，则eq \f(S10,S5)＝________.


eq \f(31,32) [∵q＝－eq \f(1,2)≠1，∴eq \f(S10,S5)＝eq \f(－11－q10,1－q)·eq \f(1－q,－11－q5)＝1＋q5＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))5＝1－eq \f(1,32)＝eq \f(31,32).]


5．某厂去年产值为a，计划在5年内每年比上一年的产值增长10%，从今年起5年内，该厂的总产值为________．


11(1.15－1)a [去年产值为a，从今年起5年内各年的产值分别为1.1a，1.12a，1.13a，1.14a，1.15a.所以1.1a＋1.12a＋1.13a＋1.14a＋1.15a＝a·eq \f(1.1－1.16,1－1.1)＝11(1.15－1)a.]





【例1】 在等比数列{an}中，


(1)S2＝30，S3＝155，求Sn；


(2)a1＋a3＝10，a4＋a6＝eq \f(5,4)，求S5；


(3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求q.


[解] (1)由题意知


eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝30，,a11＋q＋q2＝155，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,q＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝180，,q＝－\f(5,6).))


从而Sn＝eq \f(1,4)×5n＋1－eq \f(5,4)或


Sn＝eq \f(1 080×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)))eq \s\up12(n))),11).


(2)法一：由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q2＝10，,a1q3＋a1q5＝\f(5,4)，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,q＝\f(1,2)，))从而S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(31,2).


法二：由(a1＋a3)q3＝a4＋a6，


得q3＝eq \f(1,8)，从而q＝eq \f(1,2).


又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10，


所以a1＝8，从而S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(31,2).


(3)因为a2an－1＝a1an＝128，


所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根．


从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＝64))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝2，,a1＝64.))


又Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝126，所以q为2或eq \f(1,2).





1．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．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．已知数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，其前n项和为Sn，且有5S2＝4S4，求公比q的值．


[解] 当q＝1时，由5S2＝4S4知10a1＝16a1，则a1＝0，不合题意，故q≠1.


当q≠1时，由5S2＝4S4知eq \f(5a11－q2,1－q)＝eq \f(4a11－q4,1－q)，


∴5(1－q2)＝4(1－q4)．


解得1＋q2＝eq \f(5,4)，即q＝±eq \f(1,2).


【例2】 借贷10 000元，以月利率为1%，每月以复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061，1.015≈1.051)


[思路探究] 解决等额还贷问题关键要明白以下两点：


(1)所谓复利计息，即把上期的本利和作为下一期本金，在计算时每一期本金的数额是不同的，复利的计算公式为S＝P(1＋r)n，其中P代表本金，n代表存期，r代表利率，S代表本利和．


(2)从还贷之月起，每月还贷金额是构成等比数列还是等差数列，首项是什么，公比或公差是多少．


[解] 法一：设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款an元(1≤n≤6)，


则a0＝10 000，a1＝1.01a0－a，


a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，


…


a6＝1.01a5－a＝…＝1.016a0－(1＋1.01＋…＋1.015)a.


由题意，可知a6＝0，


即1.016a0－(1＋1.01＋…＋1.015)a＝0，


a＝eq \f(1.016×102,1.016－1).


∵1.016≈1.061，∴a≈eq \f(1.061×102,1.061－1)≈1 739.


故每月应支付1 739元．


法二：一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为


S1＝104(1＋0.01)6＝104×1.016(元)．


另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为


S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a


＝eq \f(a[1＋0.016－1],1.01－1)＝a(1.016－1)×102(元)．


由S1＝S2，得a＝eq \f(1.016×102,1.016－1).


以下解法同法一，得a≈1 739，故每月应支付1 739元．





解数列应用题的具体方法步骤


1认真审题，准确理解题意，达到如下要求：


①明确问题属于哪类应用问题，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，还是含有递推关系的数列问题？是求an，还是求Sn？特别要注意项数是多少.


②弄清题目中主要的已知事项.


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]


2．某人在年初用16万元购买了一套住房，付现金6万元，按合同余款分6年付清，年利率为10%，每年以复利计算，问每年年底应支付多少元？


[解] 余款10万元6年的本利和是105×(1＋0.1)6＝105×1.16.


设每年年底应支付款为a元，支付6次的本利和应是a＋a(1＋0.1)＋a(1＋0.1)2＋…＋a(1＋0.1)5＝a·eq \f(1.16－1,1.1－1)＝10a(1.16－1)．


由105×1.16＝10a(1.16－1)得


a＝eq \f(104×1.16,1.16－1)≈22 960(元)．


∴每年年底应支付22 960元.


[探究问题]


1．对于S64＝1＋2＋4＋8＋…＋262＋263，用2乘以等式的两边可得2S64＝2＋4＋8＋…＋262＋263＋264，对这两个式子作怎样的运算能解出S64?


[提示] 比较两式易知，两式相减能消去同类项，解出S64，即S64＝264－1.


2．由项数相等的等差数列{n}与等比数列{2n}相应项的积构成新的数列{n·2n}是等比数列吗？是等差数列吗？该数列的前n项和Sn的表达式是什么？


[提示] 由等差数列及等比数列的定义可知数列{n·2n}既不是等差数列，也不是等比数列．该数列的前n项和Sn的表达式为Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.


3．在等式 Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n两边同乘以数列{2n}的公比后，该等式的变形形式是什么？认真观察两式的结构特征，你能将求Sn的问题转化为等比数列的前n项和问题吗？


[提示] 在等式Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①


两边同乘以{2n}的公比可变形为


2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，②


②－①得：Sn＝－1·21－22－23－24－…－2n＋n·2n＋1


＝－(21＋22＋23＋…＋2n)＋n·2n＋1.


此时可把求Sn的问题转化为求等比数列{2n}的前n项和问题．我们把这种求由一个等差数列{an}和一个等比数列{bn}相应项的积构成的数列{anbn}前n项和的方法叫错位相减法．


【例3】 设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等差数列，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝2，b2＝a2，b3＝a2＋4.


(1)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通项公式；


(2)记cn＝eq \f(an,2bn)，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N*.


[思路探究] (1)根据等差和等比条件列方程组求解两数列的通项公式．


(2)由cn＝eq \f(an,2bn)，利用错位相减法求和，再观察和证明不等式．


[解] (1)设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的公比为q，则q>0.


由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2q＝2＋d，,2q2＝6＋d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,q＝2，))


故an＝2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))＝2n，bn＝2·2n－1＝2n.


(2)∵cn＝eq \f(an,2bn)＝eq \f(2n,2·2n)＝eq \f(n,2n)，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的前n项和为Sn，


∴Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，①


∴eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1)),2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②


∴①－②得：eq \f(1,2)Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(n,2n＋1)


＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，


∴Sn＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)，


又∵n∈N*，∴eq \f(1,2n－1)>0，eq \f(n,2n)>0，


∴Sn＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)<2，


即c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N*.





1．(变条件)本例题(2)中设cn＝eq \f(1,2)anbn，求数列{cn}的前n项和Sn′.


[解] 由题意知cn＝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


＝eq \f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，


所以Sn′＝(n－1)·2n＋1＋2.


2．(变条件)本例题中设dn＝eq \f(2n－1,bn)，求数列{dn}的前n项和Tn.


[解] 由题意可得：


Tn＝1×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,22)＋…＋(2n－1)×eq \f(1,2n)，


eq \f(1,2)Tn＝1×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋(2n－3)×eq \f(1,2n)＋(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)，


两式相减得


eq \f(1,2)Tn＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋…＋2×eq \f(1,2n)－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)，


所以Tn＝3－eq \f(4,2n)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n).





错位相减法的适用条件及注意事项


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.若公比为字母，则需对其进行分类讨论.











1．在等比数列的通项公式和前n项和公式中，共涉及五个量：a1，an，n，q，Sn，其中首项a1和公比q为基本量，且“知三求二”．


2．前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即当q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况．


3．设数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，数列{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，数列{cn}满足cn＝anbn，则{cn}的前n项和为


Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn


＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn，①


qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－2bn－1＋an－1bn＋anbn＋1.②


①－②得


(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1


＝a1b1＋eq \f(db21－qn－1,1－q)－anbn＋1，


∴Sn＝eq \f(a1b1－anbn＋1,1－q)＋eq \f(db21－qn－1,1－q2).





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＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(31－25,1－2)＝93.]


2．设Sn为等比数列{an}的前n项和，若27a4＋a7＝0，则eq \f(S4,S2)＝( )


A．10B．9


C．－8D．－5


A [设数列{an}的公比为q，由27a4＋a7＝0，得a4(27＋q3)＝0.因为a4≠0，∴27＋q3＝0，则q＝－3，故eq \f(S4,S2)＝eq \f(1－q4,1－q2)＝1＋q2＝1＋9＝10.]


3．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))＋…＋aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n))等于( )


A．(2n－1)2 B．eq \f(1,3)(2n－1)


C．4n－1D．eq \f(1,3)(4n－1)


D [∵Sn＝2n－1，∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝21－1＝21－1，故an＝2n－1，aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n))＝4n－1.∴aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))＋…＋aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n))＝eq \f(1×4n－1,4－1)＝eq \f(1,3)(4n－1)．]


4．在公比为整数的等比数列{an}中，如果a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则这个数列的前8项之和S8＝________.


510 [a1＋a4＝a1(1＋q3)＝18，a2＋a3＝a1(q＋q2)＝12，两式联立解得q＝2或eq \f(1,2)，而q为整数，


所以q＝2，a1＝2，代入公式求得S8＝eq \f(21－28,1－2)＝510.]


5．一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？


[解] 用an表示热气球在第n分钟上升的高度，


由题意，得an＋1＝eq \f(4,5)an，


因此，数列{an}是首项a1＝25，公比q＝eq \f(4,5)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＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(25×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(n))),1－\f(4,5))＝125×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(n)))<125.


故这个热气球上升的高度不可能超过125 m.


学 习 目 标
核 心 素 养
1.掌握等比数列的前n项和公式及其应用.(重点)


2.会用错位相减法求数列的和.(重点)


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.
1.通过等比数列前n项和的实际应用，培养数学建模素养.


2.借助等比数列基本量的计算及错位相减法的应用，培养数学运算素养.
等比数列基本量的运算
等比数列前n项和公式的实际应用
错位相减法求和