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2.3.3 等比数列的前n项和(1) 教师资料配套用书


2.3.3 等比数列的前 n 项和

第 1 课时 等比数列的前 n 项和

(教师用书独具)

●三维目标 1.知识与技能 (1)掌握用“错位相减”的方法推导等比数列前 n 项和公式; (2)掌握等比数列的前 n 项和的公式,并能运用公式解决简单的实际问题; (3)综合运用等比数列的定义、通项公式、性质及前 n 项和公

式解决相关问题. 2.过程与方法 (1)经历等比数列前 n 项和的推导与灵活应用,并能在具体的问题情境中发现等比关系 建立数学模型、解决求和问题; (2)从“错位相减法”这种算法中,体会“消除差别”,培养化简的能力; (3)通过公式的推导过程,提高学生的建模意识及探究问题、分析与解决问题的能力, 体会公式探求过程中从特殊到一般的思维方法,渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想, 优化思维品质. 3.情感、态度与价值观 通过经历对公式的探索, 激发学生的求知欲, 鼓励学生大胆尝试、 勇于探索、 敢于创新, 磨练思维品质,从中获得成功的体验,感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、 数学的严谨美. ●重点、难点 重点:等比数列的前 n 项和公式的推导及其简单应用. 难点:等比数列的前 n 项和公式的推导. 等比数列的前 n 项和公式的推导过程中蕴含了分类讨论、递推、转化等重要思想,是解 决一般数列求和问题的关键.虽然在此之前,已经学习了等差数列的前 n 项和,但是两者相 似度低,不能通过类比得到.同时,错位相减法是第一次出现,学生不容易理解,为此,要 注意引导学生分析等比数列的性质和通项公式,关注相邻项的变化特点,引出错位相减法.

(教师用书独具)

●教学建议 学生在学习本节内容之前已经学习等差、等比数列的概念和通项公式,等差数列的前 n 项和的公式,具备一定的数学思想方法,能够就本节的内容展开思考,而且学生在情感上也 具备了学习新知识的渴求. 从学生的思维特点看, 很容易把本节内容与等差数列前 n 项和从 公式的形成、特点等方面进行类比,这是积极因素,应因势利导;但也是不利因素,因本节 公式的推导与等差数列前 n 项和公式的推导有着本质的不同,这对学生的思维是一个突破. 另外,对于 q=1 这一特殊情况,学生往往容易忽视,尤其是在后面使用的过程中容易 出错,应特别提醒学生注意. 本节课是公式推导课, 建议可采用探究式教学方法. 在教学中以学生的分组讨论和自主 探究为主,辅之以启发性的问题诱导点拨,充分体现学生是主体,教师服务于学生的思路. ●教学流程

回顾等比数列有关概念、通项公式,引导学生思考如何求一个等比数列的前n项和.

?

引导学生自主写出一般的等比数列的前n项,探寻相邻项之间的变化特点,引出错位相减法. ?

错误! ? 错误! ? 错误! ? 错误! ? 错误! ? 错误! ? 错误! 错误!

(对应学生用书第 34 页)

1.掌握等比数列前 n 项和的公式; 能运用公式 课标解读 解决一些简单问题.(重点) 2.能在具体的问题情境中, 发现数列的等比关 系,并能用有关知识解决相应的问题.(难点)

等比数列前 n 项和公式 【问题导思】 已知等比数列{an},公比为 q,Sn 是其前 n 项和,则 Sn=a1+a2+…+an=a1+a1q+… +a1qn 1.


1.若 q=1,则 Sn 与 an 有何关系? 【提示】 Sn=na1. 2.若 q≠1,你能用 a1,q 直接表示 Sn 吗?如何表示? 【提示】 ∵Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn 1,①


所以两边同乘以 q,可得 qSn=a1q+a1q2+…+a1qn 1+a1qn.②


①-②得(1-q)Sn=a1-a1qn,

a1?1-qn? ∴当 q≠1 时,Sn= . 1-q a ?1-q ? a1-anq ? ? 1 = ,?q≠1? 1-q Sn=? 1-q ? ?na1.?q=1? 等比数列前 n 项和的性质 【问题导思】 等比数列{an}前 n 项和为 Sn,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n(q=-1 且 n 为偶数时除外)有何 关系? 【提示】 也为等比数列.证明如下: 设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,当 q=1 时,Sn=na1,S2n=2na1,S3n=3na1. 显然 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 成等比数列. a1?1-qn? a1?1-q2n? 当 q≠1 时,Sn= ,S2n= , 1-q 1-q S3n= a1?1-q3n? . 1-q
n

a1?qn-q2n? a1qn?1-qn? 则 S2n-Sn= = , 1-q 1-q a1?q2n-q3n? a1q2n?1-qn? S3n-S2n= = . 1-q 1-q

∴(S2n-Sn)2=

2n n 2 a2 1q ?1-q ?

?1-q?2



a1?1-qn? a1q2n?1-qn? Sn(S3n-S2n)= · 1- q 1-q =
2n n 2 a2 1q ?1-q ?

?1-q?2

.

∴Sn· (S3n-S2n)=(S2n-Sn)2, ∴Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 成等比数列. 已知等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和为 Sn,则

(1)若 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k 均不为 0,则 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k 成等比数列; S偶 =q. S奇

(2)若{an}共 2n(n∈N*)项,则

(对应学生用书第 34 页)

等比数列前 n 项和公式的应用 在等比数列{an}中: (1)已知 a1=-1.5,a7=-96,求 q 和 Sn; 1 31 (2)已知 q= ,S5=- ,求 a1 和 an; 2 8 (3)已知 a1=2,S3=26,求 q 和 an. 【思路探究】 解决本题可由通项公式或前 n 项和公式列出基本量 a1,q 的方程或方程 组,先求 a1,q 再求其他量. a7 -96 【自主解答】 (1)∵a7=a1q6,∴q6= = =26, a1 -1.5 ∴q=± 2. -1.5×?1-2n? 3 当 q=2 时,Sn= = -3×2n-1; 2 1-2 当 q=-2 时, -1.5×[1-?-2?n] 1 Sn= =- +(-1)n×2n-1. 2 1+2 3 综上所述,当 q=2 时,Sn= -3×2n-1; 2 1 当 q=-2 时,Sn=- +(-1)n×2n-1. 2

(2)∵S5=

a1×?1-q5? 31 1 =- ,且 q= ,∴a1=-2, 8 2 1-q

1 ∴an=a1qn-1=(-2)×( )n-1=-22-n. 2 ∴a1=-2,an=-22-n. 2?1-q3? (3)由 a1=2,S3=26,∴q≠1,∴S3= =26, 1-q ?1-q??1+q+q2? ∴ =13,即 q2+q-12=0, 1-q 解得 q=-4 或 3. 当 q=-4 时,an=a1qn-1=2×(-4)n-1=(-1)n-1×22n-1. 当 q=3 时,an=a1qn-1=2×3n-1. 综上所述,当 q=-4 时,an=(-1)n-1×22n-1; 当 q=3 时,an=2×3n-1.

1.在等比数列中,对于 a1,q,n,an,Sn 五个量,若已知其中三个量就可求出其余两 个量,常常列方程组来解答问题,有时会涉及高次方程或指数方程,求解可能遇到困难,这 时要注意表达式有什么特点,再采取必要的数学处理方法. 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.

若本例(2)中的条件不变,如何求数列{an}的前 n 项和 Sn 呢? a1×?1-q5? 31 1 【解】 ∵S5= =- 且 q= ,∴a1=-2, 8 2 1-q 1n a1×?1-qn? -2×[1-?2? ] 1 ∴Sn= = =-4×[1-( )n] 1 2 1-q 1- 2

1 1 =4· ( )n-4=( )n-2-4. 2 2 等比数列前 n 项和性质的应用 各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S10=10,S30=70, 求 S40. 【思路探究】 本题可用基本量法先求 a1,q 再求 S40,也可利用等比数列前 n 项和的 性质求解. 【自主解答】 法一 设 {an} 的首项为 a1 ,公比为 q ,且由条件可知 q≠1 ,则

? ? ?a ?1-q ? ? ? 1-q =70.
1 30

a1?1-q10? =10, 1-q





由①÷ ②得 q10=2 或 q10=-3(舍去), a1?1-2? 将其代入①,得 =10. 1-q a1 10 ∴ = =-10. 1-q 1-2 ∴S40= 法二 (1-q40)=-10×(1-24)=150. 1-q ∵S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30 仍成等比数列. a1

又 S10=10,S30=70,∴(S20-S10)2=S10· (S30-S20). ∴(S20-10)2=10(70-S20),∴S2 20-10S20-600=0, ∴S20=30 或 S20=-20. ∵{an}各项均为正数, ∴S20=30,∴10,20,40,S40-70 成等比数列, ∴S40-70=80,∴S40=150.

1.本例中,两种解法相比较,法二的计算量较小,显示出利用等比数列前 n 项和性质 的优越性. 2.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…成等比数列(q=-1 且 n 为偶数时除外),这一性质可直接使用.

一个等比数列的首项为 1,项数是偶数,其奇数项的和为 85,偶数项的和为 170,求此 数列的公比和项数. 【解】 法一 设等比数列的公比为 q,项数为 2n(n∈N*),

? ? 1-q =85, 由已知 a =1,q≠1,有? q?1-q ? ? ? 1-q =170.
1-q2n
2 1 2n 2





1-4n ②÷ ①得 q=2,将 q=2 代入①得 =85, 1-4 ∴4n=256,n=4,∴公比 q=2,项数为 8. 法二 设公比为 q(q≠1),项数为 2n. S偶 由等比数列前 n 项和的性质可知 =q. S奇 170 ∴q= =2. 85 a1?1-q2n? 又 S2n=170+85= , 1-q 1-22n ∴ =255. 1-2 ∴n=4,项数为 8. 等比数列前 n 项和公式的实际应用 在一次人才招聘会上,A、B 两家公司分别开出的工资标准:A 公司允 诺第一年月工资为 1 500 元,以后每一年月工资比上一年月工资增加 230 元;B 公司允诺第

一年月工资为 2 000 元,以后每年月工资在上一年月工资基础上递增 5%.设某人年初被 A、 B 两家公司同时录取,试问: (1)若该人分别在 A 公司或 B 公司连续工作 n 年,则他在第 n 年的月工资收入分别是多 少? (2)该人打算在一家公司连续工作 10 年,仅从工资收入总量作为应聘标准(不计其他因 素),该人应该选择哪家公司?为什么? 【思路探究】 从题意出发,从条件中提取有用的信息.A 公司第 n 年的月工资构成等 差数列,B 公司第 n 年的月工资构成等比数列,分别计算出前 10 项和,比较可得结果. 【自主解答】 (1)设该人在 A、B 两家公司第 n 年的月工资分别为 an、bn. 由已知,得{an}构成等差数列,以 1 500 为首项,230 为公差,an=230n+1 270. {bn}构成等比数列,以 2 000 为首项,以(1+5%)为公比,bn=2 000(1+5%)n-1. (2)若该人在 A 公司连续工作 10 年,则他的工资收入总额为 S10=12(a1+a2+…+a10)= 10?10-1? 12×[10×1 500+ ×230]=304 200(元); 2 若该人在 B 公司连续工作 10 年,则他的工资收入总额为 S′10=12(b1+b2+…+b10)= 2 000?1-1.0510? 12× ≈301 869(元). 1-1.05 由于在 A 公司总收入多,因此该人应选择 A 公司.

1.本例解题的出发点是构造出两个数列,一个等差另一个等比,通过求两个数列的前 n 项和,比较得出结论. 2.在解数列应用题时,不要被题目的设计背景所干扰.解答时要注意对数列进行辨析, 分清等差数列与等比数列的不同表示语句,从而更好的解决问题.

一件家用电器,现价 2 000 元,实行分期付款,每期付款数相同,购买后一个月付款一 次,共付 12 次,一年后还清,月利率为 0.8%,按复利计算,那么每期应付款多少元?(精 确到 0.01 元)

【解】 设每期应付款 x 元,则第 1 期付款后欠款 2 000×(1+0.008)-x, 第 2 期付款后欠款(2 000×1.008-x)×1.008-x=2 000×1.0082-1.008x-x, …… 因为第 12 期付款后欠款为 0, 所以 2 000×1.00812-(1.00811+1.00810+…+1)x=0, 2 000×1.00812 故 x= ≈175.46(元) , 1.00812-1 1.008-1

即每期应付款约为 175.46 元.

(对应学生用书第 36 页)

应用等比数列求和公式时, 忽略 q=1 的情况致错 1 等比数列{an}的前 n 项的和与积分别为 S 和 T, 数列{ }的前 n 项和为 an S S′,求证 T2=( )n. S′ 1 1 【错解】 由题意可设数列{an}的首项为 a1,公比为 q,则数列{ }的首项为 ,公比 an a1 1 为 , q a1?1-qn? n?n-1? 1+2+…+(n-1) 所以 S= ,T=an =an , 1q 1q 2 1-q
1 -n a- qn-1 1 ?1-q ? S′= = n 1 , 1-q-1 a1q - ?q-1?

n?n-1? 2 S n-1 n n 所以( )n=(a2 ) =[a1 · q ] =T2, 1q 2 S′

S 即 T2=( )n. S′ 【错因分析】 由题设无法判断 q 与 1 的关系,以上证法,漏掉了公比 q=1 的情形, 故导致错误. 【防范措施】
1

对 于 公 比 为 q , 首 项 为 a1 的 等 比 数 列 , 其 前 n 项 和 Sn =

na ,q=1, ? ? ?a ?1-q ?=a -a q,q≠1. ? ? 1-q 1-q
1 n 1 n

当 q=1 时,此类数列为常数列(各项均不为 0),其前 n 项和

为 na1,故解决此类问题时要细心,一般来说,只要题目中含有字母,就有可能要讨论,否 则容易漏解. 【正解】 由题意可设数列{an}的首项为 a1,公比为 q, 1 1 1 则数列{ }是首项为 ,公比为 的等比数列. an a1 q n 当 q=1 时,S=na1,T=an 1,S′= , a1 S S n n 2 2 所以( )n=a2 ); 1 =T ,所以 T =( S′ S′ a1?1-qn? n?n-1? 1+2+…+(n-1) 当 q≠1 时,S= ,T=an =an , 1q 1q 2 1-q
1 -n a- qn-1 1 ?1-q ? S′= = n 1 , 1-q-1 a1q - ?q-1?

n?n-1? 2 S n-1 n n 所以( )n=(a2 ) =[a1 q ] =T2, 1q 2 S′ S 即 T2=( )n. S′ S 综上可知 T2=( )n. S′

1.基础知识: (1)等比数列前 n 项和公式; (2)等比数列前 n 项和公式与函数关系; (3)等比数列前 n 项和性质. 2.基本技能: (1)等比数列前 n 项和公式的应用; (2)等比数列前 n 项和性质的应用; (3)运用等比数列前 n 项和公式解决实际问题. 3.思想方法: (1)方程思想;

(2)函数思想.

(对应学生用书第 36 页)

1.等比数列{an}的公比 q=2,首项 a1=1,则 Sn 等于________. 【解析】 q≠1,直接使用等比数列求和公式,得 a1?1-qn? 1-2n n Sn= = =2 -1. 1-q 1-2

【答案】 2n-1 S4 2.设等比数列{an}的公比 q=2,前 n 项和为 Sn,则 =________. a2 【解析】 设等比数列首项为 a1,∵q=2, a1?1-24? ∴由前 n 项和公式得 S4= =15a1. 1-2 S4 15a1 15 又 a2=a1· q=2a1,∴ = = . a2 2a1 2 【答案】 15 2

3.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,S2=4,S4=40,则 S6=________. 【解析】 由等比数列前 n 项和性质:S2,S4-S2,S6-S4 也成等比数列, ∴(S4-S2)2=S2(S6-S4) ∴362=4(S6-40),S6=364. 【答案】 364 4.设等比数列{an}的公比 q<1,前 n 项和为 Sn,已知 a3=2,S4=5S2,求{an}的通项 公式. a1?1-qn? 【解】 由题设知 a1≠0,Sn= , 1-q a q =2, ? ? 则?a ?1-q ? a ?1-q ? =5× . ? 1-q ? 1-q
1 2 1 4 1 2

① ②

由②得 1-q4=5(1-q2), (q2-4)(q2-1)=0, (q-2)(q+2)(q-1)(q+1)=0. 因为 q<1,所以 q=-1 或 q=-2. 当 q=-1 时,代入①得 a1=2, 通项公式为 an=2×(-1)n-1(n∈N*); 1 当 q=-2 时,代入①得 a1= , 2

1 通项公式为 an= ×(-2)n-1(n∈N*). 2

(对应学生用书第 90 页)

一、填空题 1.在等比数列{an}中,公比 q=-2,S5=22,则 a1 的值等于________. 【解析】 由等比数列前 n 项和公式 a1[1-?-2?5] S5= =22,∴33a1=3×22,∴a1=2. 1-?-2? 【答案】 2 2.在各项都为正数的等比数列{an}中,首项 a1=3,前三项和为 21,则公比 q 等于 ________. 【解析】 ∵a1=3,S3=21,∴q≠1. 由等比数列前 n 项和公式, 3?1-q3? 3?1-q??1+q+q2? S3= = =3q2+3q+3=21, 1-q 1-q ∴q2+q-6=0,∴q=2 或 q=-3. 又∵各项都为正数,∴q=2. 【答案】 2 3. 各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 Sn=2, S3n=14, 则 S4n=________. 【解析】 ∵S3n≠3Sn,∴q≠1.

? ? 由已知条件得? a ?q -1? ? ? q-1 =14,
a1?qn-1? =2, q-1
1 3n





a1 a1 4n ②÷ ①整理得(qn+3)(qn-2)=0,则 qn=2(qn=-3 舍去),∴ =2,S4n= (q -1) q-1 q-1

=30. 【答案】 30 4.设{an}是公差不为 0 的等差数列,a1=2,且 a1,a3,a6 成等比数列,则{an}的前 n 项和 Sn 等于________. 【解析】 设数列{an}的公差为 d(d≠0),则有(2+2d)2=2(2+5d),即 4d2-2d=0.又

n?n-1? 1 1 2 7 1 d≠0,所以 d= ,所以 Sn=2n+ × = n + n. 2 2 2 4 4 【答案】 1 2 7 n+ n 4 4

a1?3n-1? 5.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sn= (n≥1),且 a4=54,则 a1=________. 2 【解析】 a1?3n-1? a1?81-1? 由数列{an}的前 n 项和 Sn= (n≥1),则 a4=S4-S3= - 2 2

a1?27-1? =27a1,且 a4=54,则 a1=2. 2 【答案】 2 6.已知等比数列{an}满足 an>0,n=1,2,…,且 a5· a2n-5=22n(n≥3),则当 n≥3 时, log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a2n-1=________. 【解析】 由等比数列的性质知
2 a1· a2n-1=a2· a2n-2=…=an-1· an+1=an =a5· a2n-5=22n,

∴log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a2n-1 =log2(a1· a2· a3· …· a2n-1)=log2(2n)2n-1=n(2n-1). 【答案】 n(2n-1) S6 S9 7.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 =3,则 =________. S3 S6
3 3 6 S6 ?1+q ?S3 S9 1+q +q 3 3 【解析】 设公比为 q,则 = =1+q =3,所以 q =2,于是 = = S3 S3 S6 1+q3

1+2+4 7 = . 3 1+2 【答案】 7 3

8.已知等比数列{an}中 a2=1,则前 3 项的和 S3 的取值范围是________. 【解析】 1 ∵{an}是等比数列,∴设数列{an}的公比为 q(q≠0).又∵a2=1,∴a1= ,a3 q

1 =q,∴S3=a1+a2+a3= +1+q,∴q2+(1-S3)q+1=0,∴Δ=(1-S3)2-4≥0,∴S3≤-1 或 q S3≥3.综上可知 S3 的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞). 【答案】 (-∞,-1]∪[3,+∞) 二、解答题 9.(2013· 临沂高二检测)已知等比数列{an}前 n 项之和为 Sn,若 S4=-20,S8=-1 640, 求 a1 和 q. 【解】 (1)当 q=1 时,S4=4a1=-20,∴a1=-5; S8=8a1=-1640,∴a1=-205,∴无解. a1?1-q4? a1?1-q8? (2)当 q≠1 时,S4= =-20,S8= =-1640, 1-q 1-q 1-q8 ∴ =82,∴q=± 3 1-q4 a1?1-34? 1 当 q=3 时,由 =-20,∴a1=- ; 2 1-3 a1[1-?-3?4] 当 q=-3 时,由 =-20,∴a1=1. 1-3 1 ? ?a1=1, ?a1=-2, ? 综上:? 或? ? ? ?q=-3 ?q=3 10.(2013· 扬州检测)已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=-10,且 a2,a4,a5 成等 比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 a>0,求数列{aan+12}的前 n 项和 Sn. 【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d(d≠0). 因为 a1=-10,a2,a4,a5 成等比数列,所以(a1+3d)2=(a1+d)(a1+4d), 即(-10+3d)2=(-10+d)(-10+4d), 解得 d=2 或 d=0(舍). 所以 an=-10+(n-1)×2=2n-12. (2)由(1)知,an=2n-12,

所以 aan+12=a2n(a>0). 当 a=1 时,数列{aan+12}的前 n 项和 Sn=n; 当 a≠1 时,令 bn=aan+12=a2n(a>0),则 bn+1=a2n+2, bn+1 a2n+2 所以 = 2n =a2(n∈N*), bn a a2?1-a2n? 故{bn}为等比数列,所以{bn}的前 n 项和 Sn= . 1-a2 11.(2013· 泗阳检测)已知等差数列{an}的公差 d<0,a1=3,前 n 项和为 Sn,{bn}为等 比数列,b1=1,且 b2S2=64,b3S3=960. (1)求 an 与 bn; (2)求 Sn 的最大值. 【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q,则 an=3+(n-1)d,bn=qn-1.

?S3b3=?9+3d?q2=960, ? 依题意有? ? ?S2b2=?6+d?q=64,

?d=-5, ? ?d=2, 解得? (舍去)或? 40 ?q=8 ? q= , ?
3 6 6 21 40 故 an=3+(n-1)×(- )=- n+ ,bn=( )n-1. 5 5 5 3 3 18 3 27 (2)Sn=- n2+ n=- (n-3)2+ , 5 5 5 5

6

∴ 27 5



n



3





Sn









为 .

(教师用书独具)

已知数列{log2(an-1)}(n∈N*)为等差数列,且 a1=3,a3=9. (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)求证 + +…+ <1. a2-a1 a3-a2 an+1-an 【思路探究】 由数列{log2(an-1)}(n∈N*)为等差数列,求出 an,从而求出 an+1-an. 【自主解答】 (1)设等差数列{log2(an-1)}的公差为 d, 由 a1=3,a3=9,得 2(log22+d)=log22+log28, ∴d=1. ∴log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即 an=2n+1. 1 1 1 (2)证明:∵ = n 1 = n, n 2 + an+1-an 2 -2 1 1 1 - n× 1 1 1 1 2 2 2 1 ∴ + +…+ = 1+ 2+ 3+…+ n= =1- n<1. 2 2 2 2 1 2 a2-a1 a3-a2 an+1-an 1- 2 1 1 1

先求出{an}的通项公式是解题的关键,然后进一步求出 an+1-an,最后运用等比数列的 前 n 项和公式证明不等式成立.

设数列{bn}的前 n 项和为 Sn,且 bn=2-2Sn,数列{an}为等差数列,且 a5=14,a7=20. (1)求数列{bn}的通项公式; 7 (2)若 cn=an· bn,n=1,2,3,…,Tn 为数列{cn}的前 n 项和,求证 Tn< . 2 2 【解】 (1)由 bn=2-2Sn,令 n=1,则 b1=2-2S1,又 S1=b1,所以 b1= . 3 2 b2=2-2(b1+b2),则 b2= . 9 bn 1 当 n≥2 时,由 bn=2-2Sn,可得 bn-bn-1=-2(Sn-Sn-1)=-2bn,即 = , bn-1 3 2 1 1 所以{bn}是以 b1= 为首项, 为公比的等比数列,于是 bn=2· n. 3 3 3

1 (2)证明:由数列{an}为等差数列,a5=14,a7=20,可得公差 d= (a7-a5)=3, 2 可得 an=3n-1. 1 从而 cn=an· bn=2(3n-1)· n, 3 1 1 1 1 ∴Tn=2[2· +5· 2+8· 3+…+(3n-1)· n] 3 3 3 3 7 7 1 n 7 = - · n- n 1< . 2 23 3- 2 拓展 例说函数思想在数列中的应用 数列是一类特殊的函数, 即数列是定义在正整数集 N*或其子集{1,2, …, n}上的函数. 对 于等差数列{an},其通项公式 an 为关于 n 的一次函数,因此其图象是一直线上的离散点;其 前 n 项和 Sn 为关于 n 的二次函数,且常数项为 0(公差不为 0),故其图象是一抛物线上的离 a1?1-qn? a1 a1 - 散点.对于等比数列的通项公式 an=a1qn 1= qn,前 n 项和的公式 Sn= = - q 1- q 1-q a1 n q (q≠1),都具有类似于指数函数的结构特点,所以,它们的图象都是指数函数图象上 1-q 的离散点. 已知数列{an}是等差数列,若 Sn=10,S2n=50,求 S3n. Sn Sn S2n S3n 【解】 由条件知数列{ }是等差数列,故(n, ),(2n, ),(3n, )三点共线, n n 2n 3n 50 10 S3n 10 - - 2n n 3n n 所以 = .解得 S3n=120. 2n-n 3n-n

数列{an}中,an+1=2an+2n 1,a1=2,求 an.


an+1 an an 【解】 ∵an+1=2an+2n+1,∴ n 1= n+1,∵数列{ n}为等差数列,且公差为 1,由通 2 2 2+ an a1 项公式得 n= +(n-1)×1=n,∴an=2nn(n∈N*). 2 2 Sn 注:例 1 说明等比数列 Sn 是常数项为 0 的二次函数, 是一次函数. n 例 2 是经过函数变换,将原问题转化为等比数列和等差数列问题后再来求解的.


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