高中人教版新课标A第二章 数列2.5 等比数列的前n项和习题ppt课件
展开类型一 错位相减法求数列的前n项和【典例1】(2019·六安高一检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且Sn= nan+an-c(c是常数,n∈N+),a2=6.(1)求c的值及数列{an}的通项公式.(2)设bn= ,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解题指南】(1)先令n=1得出a1=2c,再令n=2,利用作差法得出a2=3c,于此得出c=2,可由a1和a2的值求出等差数列{an}的公差,于此可求出等差数列{an}的通项公式.(2)先求出数列{bn}的通项公式,再利用错位相减法求出数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)因为Sn= nan+an-c,所以当n=1时,S1= a1+a1-c,解得a1=2c.当n=2时,S2=a2+a2-c,即a1+a2=a2+a2-c.解得a2=3c,所以3c=6,解得c=2,则a1=4.数列{an}的公差d=a2-a1=2.所以an=a1+(n-1)d=2n+2.
(2)因为bn 所以Tn= ① ②由①-②可得 Tn= 所以Tn=
【方法总结】1.错位相减法的适用范围及注意事项(1)适用范围: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:①利用“错位相减法”时,在写出Sn与qSn的表达式时,应注意使两式对齐,以便于作差,正确写出(1-q)Sn的表达式;②利用此法时要注意讨论公比q是否等于1.
2.错位相减法进行求和的基本步骤(1)在等式Sn=a1+a2+a3+…+an两边同乘以等比数列的公比q.(2)两式相减:左边为(1-q)Sn,右边为q的同次式对齐相减.
(3)右边去掉最后一项(有时需要去掉第一项)剩下的各项组成等比数列,可以采用公式求和.
【跟踪训练】 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,an+1= (1)证明:数列 是等比数列.(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
【解析】(1)因为an+1= ,所以Sn+1-Sn= ,所以Sn+1= ,故即 .由a1=1,得 =1,所以数列 是等比数列,其首项为1,公比为 .
(2)由(1)知, ,故Sn= ,所以Tn=1×1+2× +3× +…+n ,①所以 Tn=1× +2× +…+(n-1) +n ,②
①-②得, Tn=1+ + +…+ -n = -n =2-(n+2) ,所以Tn=4-(n+2) .
【补偿训练】 (2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n.{bn}是等差数列.且an=bn+bn+1.(1)求数列{bn}的通项公式.(2)令cn= .求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,当n=1时,a1=S1=11,符合上式.所以an=6n+5.设数列{bn}的公差为d.由 即 解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.
(2)由(1)知cn= =3(n+1)·2n+1.又Tn=c1+c2+c3+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)·2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)·2n+2].
两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)·2n+2]=3× =-3n·2n+2,所以Tn=3n·2n+2.
类型二 可化为等比数列的求和问题【典例2】已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1-2.(1)求数列{an}的通项公式.(2)若数列{bn}满足bn=Sn+lg2 ,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解题指南】(1)利用递推关系式求出数列的通项公式.(2)利用(1)的结论,转化为等比数列、等差数列的求和问题求解.
【解析】(1)数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1-2.①当n=1时,a1=2;当n≥2时,Sn-1=2n-2.②,①-②得an=2n,经验证a1=2符合通项,故an=2n.
(2)由于an=2n,Sn=2n+1-2.数列{bn}满足bn=Sn+lg2 =2n+1-2-n.所以Tn=(22-2-1)+(23-2-2)+…+(2n+1-2-n)=(22+23+24+…+2n+1)-2n-(1+2+3+…+n)= =2n+2- n2-4- n.
【方法总结】非等差、等比数列求和问题的求解方法(1)当数列{an}既不是等差数列又不是等比数列时,在求数列{an}的前n项和时,可通过转化的思想,将数列的求和问题转化为等差或等比数列求和问题解决,常用的方法有分组求和、裂项求和等.
(2)非等差、等比数列求通项问题,可对an所满足的关系式进行变形,转化为等差或等比数列,借助于求和公式得出数列的通项公式.
【跟踪训练】 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式.(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
【解析】(1)因为Sn=2an-2,①所以 ②②-①得 即 即 (常数),
当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2,所以{an}是首项为2,公比为2的等比数列,通项公式为an=2·2n-1=2n.
(2)由(1)及已知知an=2n,Sn=Tn=2(21+22+…+2n)-2-2-…-2= -4-2n.
【补偿训练】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.
【解析】(1)由已知Sn+1=2Sn+n+5,n∈N*,可得当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a1+a2=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)由(1)得an+1=6×2n-1,所以an=6×2n-1-1,于是Sn= -n=6×2n-n-6.
类型三 等差、等比数列的综合应用【典例3】已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.(1)求数列{an}的通项公式.(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2 013?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,说明理由.
【解题指南】(1)由题意列出等比数列{an}的首项a1与公比q的方程组解出a1与q,进而求an.(2)在(1)的基础上求出Sn,是否存在正整数n使得Sn≥2 013,关键是看不等式Sn≥2 013有无正整数解.
【解析】(1)设数列{an}的公比为q,则a1≠0,q≠0.由题意得 即 解得 故数列{an}的通项公式为an=3(-2)n-1.
(2)由(1)有Sn= =1-(-2)n.若存在n,使得Sn≥2 013,则1-(-2)n≥2 013,即(-2)n≤-2 012.当n为偶数时,(-2)n>0,上式不成立;当n为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012,即2n≥2 012,则n≥11.
综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为{n|n=2k+1,k∈N*,k≥5}.
【方法总结】与等差、等比数列有关的综合问题,解题中应注意的方法与技巧(1)转化思想:将非等差(比)数列转化,构造出新的等差(比)数列,以便于利用其公式和性质解题.(2)等差(比)数列公式和性质的灵活应用.
(3)当题中有多个数列出现时,既要研究单一数列项与项之间的关系,又要关注各数列之间的相互联系.(4)涉及前n项和Sn的,要注意an=Sn-Sn-1(n≥2)在an与Sn关系中的应用.
【知识拓展】存在性、探索性问题的基本特征及解题策略(1)基本特征:要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.
(2)解题策略:假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定结论.
【跟踪训练】 设{an}是等比数列,{bn}是递增的等差数列,{bn}的前n项和为Sn(n∈N*),a1=2,b1=1,S4=a1+a3,a2=b1+b3.(1)求{an}与{bn}的通项公式.(2)设cn= ,数列{cn}的前n项和为Tn(n∈N*),求满足Tn+2>2n-3成立的n的最大值.
【解析】(1)由已知,得 解得 或 (舍).所以an=2n,bn=n.
(2)因为所以因此Tn+2= >2n-3,解得n<15.因为n∈N*,所以n≤14,即满足条件n的最大值为14.
【补偿训练】 已知公差不为零的等差数列{an},若a1=1,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式.(2)设bn=2n,求数列{an+bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d.因为a1=1,且a1,a2,a5成等比数列,所以 =a1a5,即(1+d)2=1×(1+4d),所以d2=2d.因为d≠0,所以d=2,所以an=2n-1.
(2)an+bn=2n-1+2n,Sn=(1+2)+(3+22)+(5+23)+…+(2n-1+2n)=(1+3+5+…+2n-1)+(2+22+23+…+2n)= =n2+2n+1-2.
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