高一数学《等比数列》教案
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)= ;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•
-anbn+1,
所以Sn= .
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= ，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. Aqn-A
2.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.
［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= = =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• =54× =-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=81 a4=3
又a4+a7=84,∴ ，或
a7=3 a7=81
∴q= 或q=3.
∴a11=3q4=3×（ ）4= 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.150 B.-200 C.150或-200 D.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.
=10 ①
由 ，
=70 ②
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 =-10，
∴S40= =-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,∵ = ，∴q20+q10-6=0,
解得q10=2或q10=-3(舍去).
又 = ，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， = .
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)= =n2.
当a≠1时，有Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)•an-1 ①,
aSn=a+3a2+5a2+7a4+…+(2n-1)an ②,
①-②得,Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an=1+ -(2n-1)an,
∴Sn= + .
［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•2n ①
2Sn=1•22+2•23+…+（n-1）•2n+n•2n+1 ②
①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n•2n+1
= -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 =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， =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.2 B.4 C.8 D.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
∴ = =q2= =16
∴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.1061 B.1023 C.1024 D.268
［答案］ B
［解析］ 由题意得a4(q-1)=576,a1(q-1)=9,
∴ =q3=64,∴q=4,∴a1=3,
∴a1+a2+a3+a4+a5= =1023.
3.在等比数列｛an｝中，a1=1,公比|q|≠1,若am=a1a2a3a4a5，则m=（ ）
A.9 B.10 C.11 D.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,
∴ =-2,
∴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= +n×1+ ×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-1 B.3(3n-1) C. (9n-1) D. (9n-1)
［答案］ D
［解析］ ∵a2=6,q=9,
∴Sn′= = (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.3 B.4 C.5 D.6
［答案］ B
［解析］ ∵3S3=a4-2,3S2=a3-2,
∴3S3-3S2=a4-a3,
∴3a3=a4-a3,
∴4a3=a4,
∴ =4,∴q=4.
3.等比数列{an}的前n项和Sn= •2n-1+a,则a的值为（ ）
A.- B.- C. D.
［答案］ B
［解析］ ∵Sn= •2n-1+a= •2n+a,
又∵Sn=Aqn-A,
∴a=- .
4.等比数列{an}的公比为 ，且S3=1,则S6等于（ ）
A. B. C. D.
［答案］ B
［解析］ ∵q= ,S3=
=2a1（1- ）= a1=1,
∴a1= .
∴S6= = （1- ）= .
5.数列1，1+2，1+2+22，1+2+22+23，…，1+2+22+…+2n-1的前n项和Sn>1020,那么n的最小值是（ ）
A.7 B.8 C.9 D.10
［答案］ D
［解析］ 因为1+2+22+…+2n-1= =2n-1,所以Sn=21-1+22-1+…+2n-1=2n+1-n-2>1020,
所以n的最小值为10.
6.已知等比数列｛an｝中，公比q= ,且a1+a3+a5+…＋a99=60,则a1+a2+a3+…+a100=（ ）
A.100 B.90 C.120 D.30
［答案］ B
［解析］ ∵a2+a4+a6+…+a100=a1q+a3q＋a5q+…+a99q=q(a1+a3+a5+…+a99)
= ×60＝30
∴a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)
=60+30=90.
7.已知2a=3,2b=6,2c=12,则a,b,c（ ）
A.成等差数列不成等比数列 B.成等比数列不成等差数列
C.既成等差数列又成等比数列 D.既不成等差数列又不成等比数列
［答案］ A
［解析］ 解法一：由已知得a=log23,b=log26=log23+log22,c=log212=log23+2log22.
∴b-a=c-b.
解法二：∵2a•2c=36=(2b) 2,∴a+c=2b,故选A.
8.（2011•四川文，9）数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则a6=（ ）
A.3×44 B.3×44+1 C.45 D.45+1
［答案］ A
［解析］ 该题考查已知一个数列的前n项和Sn与an+1的关系，求通项公式an.注意的问题是用an=Sn-Sn-1时(n≥2)的条件.
an+1=3Sn ①
an=3Sn-1 ②
①-②得an+1-an=3Sn-3Sn-1=3an
即an+1=4an
∴ =4.(n≥2)当n=2时，a2=3a1=3,
∴ =3≠ =4
∴an为从第2项起的等比数列，且公比q=4,∴a6=a2•q4=3•44.
二、填空题
9.等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+1+m,则a1= .
［答案］ 6
［解析］ ∵a1=S1=9+m,
a2=S2-S1=27+m-9-m=18,
a3=S3-S2=81+m-27-m=54,
又∵{an}为等比数列，
∴a22=a1a3,∴182=54(9+m)，
解得m=-3.
∴a1=9+m=6.
10.实数 ，1， 成等差数列，实数a2,1,c2成等比数列，则 = .
［答案］ 1或-
+ =2 ac=1 ac=-1
［解析］ 由条件 ，得 或 ，
a2c2=1 a+c=2 a+c=-2
∴ =1或- .
11.已知{an}是公比为q(q≠1)的等比数列，an>0,m=a5+a6,k=a4+a7,则m与k的大小关系是 .
［答案］ m
［解析］ m-k=(a5+a6)-(a4+a7)
=(a5-a4)-(a7-a6)
=a4(q-1)-a6(q-1)=(q-1)(a4-a6)
=(q-1)•a4•(1-q2)
=-a4(1+q)(1-q) 2<0(∵an>0).∴m
12.设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+)，关于数列{an}有下列三个命题：
①若{an}既是等差数列又是等比数列，则an=an+1 (n∈N+);
②若Sn=an2+bn(a、b∈R)，则{an}是等差数列；
③若Sn=1-(-1) n，则{an}是等比数列.
这些命题中，正确命题的序号是 .
［答案］ ①②③
［解析］ 对于命题①，易知它是各项不为零的常数数列，有an=an+1.对于命题②，由Sn=an2+bn(a、b∈R)得an=b+a+(n-1)•2a，当n=1时，也适合上式.∴{an}为等差数列.对于命题③，由Sn=1- (-1) n得an=2•(-1) n-1，当n=1时也适合上式.故{an}为等比数列.
三、解答题
13.(2011•新课标文，17)已知等比数列{an}中，a1= ，公比q= .
(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn= ；
(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{bn}的通项公式.
［分析］ 第一问先利用等比数列定义及前n项和公式求出an，Sn,再证明Sn= ,第二问将问题转化为等差数列求和.
［解析］ (1)因为an= ×（ ）n-1= ,
Sn= = ，
所以Sn= .
(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an
=-(1+2+…+n)
=- .
所以{bn}的通项公式为bn=- .
［点评］ 本题考查了数列的通项，前n项和等基础知识，体现了转化与化归的数学思想.
14.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1,bn=an+1(n∈N*)
(1)求证{bn}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式.
［解析］ (1)∵an+1=2an+1
∴an+1+1=2(an+1)，即bn+1=2bn
∵b1=a1+1=2≠0.∴bn≠0,
∴ =2，∴{bn}是等比数列.
(2)由(1)知{bn}是首项b1=2公比为2的等比数列，
∴bn=2×2n-1=2n，即an+1=2n.
∴an=2n-1.
15.一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.
［解析］ 设等比数列的公比为q,项数为2n（n∈N+）,
由已知得q≠1,a1=1,a2=q.
=85 ①
∴
=170 ②
②÷①得q=2.
∴ =85,∴4n=256,
∴n=4.
故数列的公比为2,项数为8.
16.求和Sn=1×2+4×22+7×23+…+(3n-2)×2n.
［解析］ ∵Sn=1×2+4×22+7×23+…+［3(n-1)-2］×2n-1+(3n-2)×2n ①
2Sn=1×22+4×23+…+［3(n-1)-2］×2n+(3n-2)×2n+1 ②
∴①-②得，-Sn=1×2+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-2)×2n+1=3(2+22+…+2n)-(3n-2)×2n+1-4=3(2n+1-2)-(3n-2)×2n+1-4=3×2n+1-6-3n×2n+1+2n+2-4=2n+2+3(1-n)×2n+1-10.
∴Sn=3(n-1)×2n+1-2n+2+10
＝（3n-5）×2n+1+10.
