人教版高中数学必修五同课异构课件252等比数列习题课探究导学课型

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.23n1n34nn112222－【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.23n1n34nn112222－，1nnn1Sn1aSSn2，，，，12【解析】1.令Sn=①则②由①-②得：所以Sn=3－答案：23n1n234nn122222－n234nn11234nn1S222222n23nn1nn1nn1n112111n1S22222211(1)1n111n13n32211222222212－－－－－－，－nn3.2nn332－2.(1)令n=1，得2a1-a1=a12，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-1①2Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n②①-②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，11nnbaa2；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=n11bq1q1qn1111nn1bdq1qabab1q.1q【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+2.312324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：1212n1113.aaa2【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.1212n1{}a【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-6n2(12)12－－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=12121212123212n32n31.2(2)=1，当n1时，所以所以nn12.a3111ann1n121.a313n12n1n123n11111111131331(1).1aaaa33323213123n11113nN*.aaaa2，【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.nna3【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.n1nn1naa133n1nn1naa133，nna313nna313(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+.n1313131474【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.111nn1nn11n1nn1n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=.14323323n12【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.n12n112－n112－【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=18，12，14，nn8143214.1314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=n12121.4n12n12n11.2n12n112n12n1nn1111().222n12411.216(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×n1122211()22，n1221.221.234444111a()a.222，41.21001.2所以，S1+S2+S3+S4+…+S99+S100=(-a1+a2)+(-a3+a4)+…+(-a99+a100)-答案：2100111()2221002100501001001111112()()41622221111(1)(1)4422211114211(1).3210011112(1)1632－－【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=.n21a33，【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-1121a33n21a33，n22a33－nn1aa－【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)13【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：176121.0081x1.0081－121.0081x1.0081－1212161.0081.0081－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Sn5000，由Sn=5000，得1.5nnnS110000S3，n128(11.5)11.5－－657.32两边取常用对数，则nlg1.5