人教版高中数学必修五同课异构课件：2.5.2 等比数列习题课 探究导学课型 .ppt

第2课时 等比数列习题课 类型一 错位相减法求数列的和  1.求和：        . 2.(2013·湖南高考)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1≠0， 2an-a1=S1·Sn，n∈N*. (1)求a1，a2，并求数列{an}的通项公式. (2)求数列{nan}的前n项和. 【解题指南】1.令Sn= 两边同乘以 ，错位相减转化为等比数列的前n项和求解. 2.(1)利用递推关系 求数列的通项公式. (2)根据第(1)问的结果利用错位相减法求数列前n项和. 【解析】1.令Sn= ① 则 ② 由①-②得： 所以Sn=3－ 答案： 2.(1)令n=1，得2a1-a1=a1 2，因为a1≠0，所以a1=1， 令n=2，得2a2-1=S2=1+a2，解得a2=2. 当n≥2时，由2an-1=Sn，2an-1-1=Sn-1，两式相减，整理得an=2an -1，于是数列an是首项为1，公比为2的等比数列， 所以an=2n-1.当n=1时，满足，故an=2n-1. (2)由(1)知nan=n2n-1，记其前n项和为Tn，于是 Tn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1 ① 2Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n ② ①-②得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n =2n-1-n×2n. 所以Tn=1+(n-1)·2n. 【规律总结】用“错位相减法”求数列前n项和的类型及方法 (1)类型：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. (2)方法：设Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn， 当q=1时，{bn}是常数列， Sn=b1(a1+a2+a3+…+an)= 当q≠1时，则qSn=qa1b1+qa2b2+qa3b3+…+qanbn =a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1， 所以(1-q)Sn=a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+…+bn(an-an-1)-anbn+1 =a1b1+d· -anbn+1， 所以Sn= 【变式训练】(2015·重庆高二检测)已知数列{an}是等差数列， {bn}是等比数列，a1=1，a3=3，b2=4，b5=32. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式. (2)设数列{cn}中，cn=an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn. 【解析】(1)由已知得：d= =1，所以an=1+(n-1)=n. q3= =8，q=2，所以bn=b2qn-2=2n. (2)cn=n×2n.所以Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n. 两边乘以2得：2Sn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1. 将以上等式相减得：-Sn=1×2+22+23+…+2n-n×2n+1 =2n+1-2-n×2n+1. 所以Sn=(n-1)×2n+1+2. 类型二 可化为等比数列的求和问题  1.在首项为5，公差为3的等差数列{an}中，依次抽取第2项、 第4项、第8项，…，第2n项，…，按原来的顺序组成一个新 的数列{bn}，则数列{bn}的前n项和为       . 2.(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知数列an满足a1=1，an+1=3an+1. (1)证明{an+ }是等比数列，并求an的通项公式. (2)证明： 【解题指南】1.根据等差数列{an}的通项公式，求出数列{bn} 的通项公式，然后求和. 2.(1)将an+1=3an+1进行配凑，得“an+1+ ”与“an+ ”的关 系，得证，然后求得{an}的通项公式. (2)求得 的通项公式，然后证得不等式. 【自主解答】1.由题意可知，an=3n+2， 所以bn=a2n=3×2n+2，因此{bn}的前n项和 Tn=b1+b2+…+bn =(3×2+2)+(3×22+2)+…+(3×2n+2) =3×(2+22+…+2n)+2n =3× +2n=6×2n+2n-6. 答案：6×2n+2n-6 2.(1)因为a1=1，an+1=3an+1，n∈N*. 所以an+1+ =3an+1+ =3(an+ ). 所以{an+ }是首项为a1+ = ，公比为3的等比数列. 所以an+ = ，所以an= (2) =1，当n>1时， 所以 所以 【延伸探究】题2中，将条件“an+1=3an+1”换为“an+1=3an+3n+1”. (1)证明{ }是等差数列，并求{an}的通项公式. (2)求{an}的前n项和. 【解析】(1)因为an+1=3an+3n+1， 所以 ，即 所以{ }是首项为 ，公差为1的等差数列， 所以 = +(n-1)×1，即an=(3n-2)·3n-1. (2)记{an}的前n项和为Sn， 则Sn=1×30+4×31+7×32+10×33+…+(3n-2)·3n-1， 3Sn=1×31+4·32+7·33+10·34+…+(3n-5)·3n-1+(3n-2)·3n. 两式相减得 -2Sn=1+3(31+32+33+…+3n-1)-(3n-2)·3n =1+3· -(3n-2)·3n， 所以Sn= (6n-7)·3n+ . 【规律总结】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. 【拓展延伸】裂项求和的两种常见类型 类型一：分式型，如 裂成两项差的形式； 类型二：根式型，如 裂成两项之差 的形式. 类型三 等比数列及前n项和的综合应用  1.已知{an}是等比数列，a2=2，a5= ，则a1a2+a2a3+…+anan+1 =(  ) A.16(1-4-n)        B.16(1-2-n) C. (1-4-n) D. (1-2-n) 2.(2013·湖南高考)设Sn为数列an的前n项和，Sn=(-1)nan- ，n∈N*，则(1)a3=    . (2)S1+S2+…+S100=    . 【解题指南】1.由a2，a5求出公比，再根据{anan+1}也为等比 数列，求和. 2.(1)令n=1，求出a1，再令n=3即可得到答案. (2)通过an=Sn-Sn-1=(-1)nan- -(-1)n-1an-1+ 整理可发现当n为偶数时有an-an-1= ，于是代入第(2)问的 展开式即可得到答案. 【自主解答】1.选C.由a5=a2q3得q3= 所以q= 而数列{anan+1}也为等比数列， 首项a1·a2=8，公比q2= 所以a1a2+a2a3+…+anan+1= 2.(1)由Sn=(-1)nan- ，n∈N*， 当n=1时，有a1=(-1)1a1- ，得a1= 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(-1)nan- -(-1)n-1an-1+ 即an=(-1)nan+(-1)nan-1+ . 若n为偶数，则an-1=- (n≥2). 所以an= (n为正奇数)； 若n为奇数，则an-1=-2an+ =(-2)· 所以an= (n为正偶数).所以a3= (2)因为an= (n为正奇数)， 所以-a1= 又an= (n为正偶数)，所以a2= 则-a1+a2=2× 则-a3+a4=2× … -a99+a100=2× 所以，S1+S2+S3+S4+…+S99+S100 =(-a1+a2)+(-a3+a4)+…+(-a99+a100)- 答案： 【规律总结】与Sn有关问题的求解步骤 (1)分析题设条件. (2)分清是an与an+1的关系，还是an与Sn的关系. (3)转化为等差数列或等比数列，特别注意an=Sn-Sn-1(n≥2，n 为正整数)在an与Sn的关系中的应用. (4)整理求解. 【变式训练】(2013·新课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和 Sn= 则{an}的通项公式是an=    . 【解题指南】先利用S1=a1求出a1的值，再利用Sn-Sn-1=an(n≥2) 求出通项公式an. 【解析】由S1= =a1，解得a1=1，又Sn= 所以Sn- Sn-1= an-1=an，得 =-2，所以数列{an}是首项为1， 公比为-2的等比数列.故数列的通项公式an=(-2)n-1. 答案：(-2)n-1 【拓展类型】等比数列在实际中的应用  1.某家用电器一件现价2000元，实行分期付款，每期付款数相 同，每期为一月，购买后一个月开始付款，每月付款一次，共 付12次，购买后一年还清，月利率为0.8%，按复利计算，那么 每期应付款      元(1.00812≈1.1). 2.某市2015年共有1万辆燃油型公交车，有关部门计划于2016 年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比 上一年增加50%，试问： (1)该市在2022年应该投入多少辆电力型公交车？ (2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总 量的 ？(lg657=2.82，lg2=0.30，lg3=0.48) 【解题指南】1.设出每期应付款数，根据每期付款的本利和等 于2000元的本利和求解应付款数. 2.(1)根据题意，从2016年起，每年的电力型公交车数量构成 等比数列，而2022年电力型公交车数量为该数列的第7项. (2)由等比数列的前n项和，建立不等关系求解. 【解析】1.设每期应付款x元，则第1期付款以及最后一次付款 时所生利息为x(1+0.008)11元；第2期付款以及到最后一次付 款所生利息为x(1+0.008)10元；……；第12期付款(无利息)为 x元，所以各期付款连同利息之和为： x(1+0.008)11+x(1+0.008)10+…+x= 元，于是有 =2000×1.00812， 解得x= ≈176(元). 答案：176 2.(1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列 {an}，其中a1=128，q=1.5，则在2022年应该投入的电力型 公交车为a7=a1q6=128×1.56=1458(辆). (2)记Sn=a1+a2+…+an，依据题意， 得 即Sn>5000， 由Sn= >5000，得1.5n> 两边取常用对数，则nlg1.5>lg ， 即n> ≈7.3，又n∈N*，因此n≥8. 所以到2023年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车 总量的 【规律总结】1.解决数列应用问题的注意点 解决数列应用问题应注意所求的问题是等差数列问题，还是等 比数列问题，是求an还是求Sn，特别是项数的多少. 2.对分期付款的理解 (1)分期付款分若干次付款，每次付款的款额相同，各次付款 的时间间隔相同. (2)分期付款中各期所付的款额连同最后一次付款时所产生的 利息和，等于商品售价及从购买到最后一次付款的利息和.