2013高中数学1-2第4课时等比数列的综合应用同步导学案北师大版必修5

1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)=2)(11naanb;当q≠1时，则qSn=qa1b1+qa2b2+qa3b3+…+qanbn=a1b2+a2b3+…+an-1bn+anbn+1,所以Sn-qSn=(1-q)Sn=a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+…+bn·(an-an-1)-anbn+1=a1b1+d·qqqbn1)1(11-anbn+1,所以Sn=qbaqqdqbbannn11)1(11111.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=11qa，那么Sn=.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+).［答案］1.qqan1)1(1Aqn-A2.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a8.2［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两项之积等于这一项的平方.［解析］(1)∵a1a18=a9a10,∴a18=1109aaa=5100=20.(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=a5·25aa=54×254=-1458.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=81a4=3又a4+a7=84,∴，或a7=3a7=81∴q=31或q=3.∴a11=3q4=3×（31）4=271或a11=81×34=6561.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.150B.-200C.150或-200D.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.qqa1)1(101=10①由，qqa1)1(301=70②3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qa11=-10，∴S40=qqa1)1(401=-10×(-15)=150.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,∵30301qS=10101qS，∴q20+q10-6=0,解得q10=2或q10=-3(舍去).又30301qS=40401qS，所以S40=150.［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，mmqS1=nnqS1.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)=2)12(1］［nn=n2.当a≠1时，有Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)·an-1①,aSn=a+3a2+5a2+7a4+…+(2n-1)an②,4①-②得,Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an=1+aaan1)1(21-(2n-1)an,∴Sn=aann1)12(1+21)1()1(2aaan.［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·2n①2Sn=1·22+2·23+…+（n-1）·2n+n·2n+1②①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=21)21(2n-n·2n+1=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C.可能是等比数列，也可能是等差数列D.可能是等比数列，但不可能是等差数列［误解］A由Sn=an-1，得an=(a-1)an-1，则有nnaa1=a-1(常数)，故选A.［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，nnaa1=a-1,(不为零的常数)，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.2B.4C.8D.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∴nnnnaaaa11=11nnaa=q2=11616nn=165∴q=4.2.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.1061B.1023C.1024D.268［答案］B［解析］由题意得a4(q-1)=576,a1(q-1)=9,∴14aa=q3=64,∴q=4,∴a1=3,∴a1+a2+a3+a4+a5=14)14(35=1023.3.在等比数列｛an｝中，a1=1,公比|q|≠1,若am=a1a2a3a4a5，则m=（）A.9B.10C.11D.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,∴12nnaa=-2,6∴q=-2.三、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∴Sn=21)21(2n+n×1+2)1(nn×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-1B.3(3n-1)C.41(9n-1)D.43(9n-1)［答案］D［解析］∵a2=6,q=9,∴Sn′=91)91(6n=43(9n-1).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.3B.4C.5D.6［答案］B［解析］∵3S3=a4-2,3S2=a3-2,∴3S3-3S2=a4-a3,∴3a3=a4-a3,∴4a3=a4,∴34aa=4,∴q=4.3.等比数列{an}的前n项和Sn=31·2n-1+a,则a的值为（）A.-31B.-61C.61D.317［答案］B［解析］∵Sn=31·2n-1+a=61·2n+a,又∵Sn=Aqn-A,∴a=-61.4.等比数列{an}的公比为21，且S3=1,则S6等于（）A.169B.89C.916D.827［答案］B［解析］∵q=21,S3=21121131］）（［a=2a1（1-81）=47a1=1,∴a1=74.∴S6=211211746］）（［=78（1-641）=89.5.数列1，1+2，1+2+22，1+2+22+23，…，1+2+22+…+2n-1的