高考数学同步专题突破及解析 9.docx
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高考数学同步专题突破及解析9
2.3.2 等比数列的前n项和
第1课时 等比数列前n项和公式
学习目标
1.掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路.2.会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题.
知识点一 等比数列的前n项和公式
已知量
首项、公比与项数
首项、公比与末项
求和
公式
Sn=
Sn=
知识点二 错位相减法
1.推导等比数列前n项和的方法叫错位相减法.
2.该方法一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项积的前n项和,即若{bn}是公差d≠0的等差数列,{cn}是公比q≠1的等比数列,求数列{bn·cn}的前n项和Sn时,也可以用这种方法.
思考 如果Sn=a1+a2q+a3q2+…+anqn-1,其中{an}是公差为d的等差数列,q≠1.两边同乘以q,再两式相减会怎样?
答案 Sn=a1+a2q+a3q2+…+anqn-1,①
qSn=a1q+a2q2+…+an-1qn-1+anqn,②
①-②得,(1-q)Sn=a1+(a2-a1)q+(a3-a2)q2+…+(an-an-1)qn-1-anqn
=a1+d(q+q2+…+qn-1)-anqn.
同样能转化为等比数列求和.
知识点三 使用等比数列求和公式时注意事项
(1)一定不要忽略q=1的情况;
(2)知道首项a1、公比q和项数n,可以用Sn=;知道首尾两项a1,an和q,可以用Sn=;
(3)在通项公式和前n项和公式中共出现了五个量:
a1,n,q,an,Sn.知道其中任意三个,可求其余两个.
1.在等比数列{an}中,a1=b,公比为q,则前3项和为.( × )
2.求数列{n·2n}的前n项和可用错位相减法.( √ )
3.=.( √ )
4.等比数列前n项和Sn不可能为0.( × )
题型一 等比数列前n项和公式的直接应用
例1 求下列等比数列前8项的和:
(1),,,…;
(2)a1=27,a9=,q<0.
解
(1)因为a1=,q=,
所以S8==.
(2)由a1=27,a9=,可得=27·q8.
又由q<0,可得q=-,
所以S8====.
反思感悟 求等比数列前n项和,要确定首项、公比或首项、末项、公比,应特别注意q=1是否成立.
跟踪训练1
(1)求数列{(-1)n+2}的前100项的和;
(2)在14与之间插入n个数,组成所有项的和为的等比数列,求此数列的项数.
解
(1)方法一 a1=(-1)3=-1,q=-1.
∴S100==0.
方法二 数列{(-1)n+2}为-1,1,-1,1,…,
∴S100=50×(-1+1)=0.
(2)设此数列的公比为q(易知q≠1),
则解得
故此数列共有5项.
题型二 等比数列基本量的计算
例2 在等比数列{an}中,a1=2,S3=6,求a3和q.
解 由题意,得若q=1,
则S3=3a1=6,符合题意.
此时,q=1,a3=a1=2.
若q≠1,则由等比数列的前n项和公式,
得S3===6,
解得q=-2(q=1舍去).
此时,a3=a1q2=2×(-2)2=8.
综上所述,q=1,a3=2或q=-2,a3=8.
反思感悟
(1)an=a1qn-1,Sn=两公式共有5个量.解题时,有几个未知量,就应列几个方程求解.
(2)当q=1时,等比数列是常数列,所以Sn=na1;当q≠1时,等比数列的前n项和Sn有两个公式.当已知a1,q与n时,用Sn=比较方便;当已知a1,q与an时,用Sn=比较方便.
跟踪训练2 已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=________.
答案 63
解析 ∵a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,且{an}是递增数列,∴a1=1,a3=4,则q=2,因此S6==63.
题型三 利用错位相减法求数列的前n项和
例3 求数列的前n项和.
解 设Sn=+++…+,
则有Sn=++…++,
两式相减,得Sn-Sn=+++…+-,
即Sn=-=1--.
∴Sn=2--=2-(n∈N+).
反思感悟 一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是公比不为1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和时,可采用错位相减法.
跟踪训练3 求和:
Sn=x+2x2+3x3+…+nxn(x≠0).
解 当x=1时,Sn=1+2+3+…+n=;
当x≠1时,Sn=x+2x2+3x3+…+nxn,
xSn=x2+2x3+3x4+…+(n-1)xn+nxn+1,
∴(1-x)Sn=x+x2+x3+…+xn-nxn+1
=-nxn+1,
∴Sn=-.
综上可得,Sn=
分期付款模型
典例 小华准备购买一部售价为5000元的手机,采用分期付款方式,并在一年内将款全部付清.商家提出的付款方式为:
购买2个月后第1次付款,再过2个月后第2次付款,…,购买12个月后第6次付款,每次付款金额相同,约定月利率为0.8%,每月利息按复利计算,求小华每期付款金额是多少.(参考数据:
1.00812≈1.10)
解 方法一 设小华每期付款x元,第k个月末付款后的欠款本利为Ak元,则
A2=5000×(1+0.008)2-x=5000×1.0082-x,
A4=A2(1+0.008)2-x=5000×1.0084-1.0082x-x,
…,
A12=5000×1.00812-(1.00810+1.0088+…+1.0082+1)x=0,
解得x=
=≈883.5.
故小华每期付款金额约为883.5元.
方法二 设小华每期付款x元,到第k个月时已付款及利息为Ak元,则A2=x;
A4=A2(1+0.008)2+x=x(1+1.0082);
A6=A4(1+0.008)2+x=x(1+1.0082+1.0084);
…,
A12=x(1+1.0082+1.0084+1.0086+1.0088+1.00810).
∵年底付清欠款,
∴A12=5000×1.00812,
即5000×1.00812
=x(1+1.0082+1.0084+…+1.00810),
∴x=≈883.5.
故小华每期付款金额约为883.5元.
[素养评析] 本题考查数学建模素养,现在购房、购车越来越多采用分期付款方式,但有关方不一定都会计算,所以建立一个老少皆宜的模型来套用是必要的,在建立模型过程中,要把制约因素抽象为符号表示,并通过前若干项探索规律,抓住这些量之间的关系建立关系式.
1.等比数列1,x,x2,x3,…的前n项和Sn等于( )
A.B.
C.D.
答案 C
解析 当x=1时,Sn=n;当x≠1且x≠0时,Sn=.
2.设等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则等于( )
A.2B.4C.D.
答案 C
解析 方法一 由等比数列的定义,S4=a1+a2+a3+a4=+a2+a2q+a2q2,得=+1+q+q2=.
方法二 ∵S4=,a2=a1q,∴==.
3.等比数列{an}的各项都是正数,若a1=81,a5=16,则它的前5项的和是( )
A.179B.211C.243D.275
答案 B
解析 ∵q4===4,且q>0,
∴q=,∴S5===211.
4.某厂去年产值为a,计划在5年内每年比上一年产值增长10%,从今年起5年内,该厂的总产值为________.
答案 11a(1.15-1)
解析 去年产值为a,今年起5年内各年的产值分别为1.1a,1.12a,1.13a,1.14a,1.15a,
∴1.1a+1.12a+1.13a+1.14a+1.15a=11a(1.15-1).
5.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=n·2n,则Sn=____________________.
答案 (n-1)2n+1+2(n∈N+)
解析 ∵an=n·2n,
∴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
=(1-n)2n+1-2.
∴Sn=(n-1)2n+1+2(n∈N+).
1.在等比数列的通项公式和前n项和公式中,共涉及五个量:
a1,an,n,q,Sn,其中首项a1和公比q为基本量,且“知三求二”.
2.前n项和公式的应用中,注意前n项和公式要分类讨论,即当q≠1和q=1时是不同的公式形式,不可忽略q=1的情况.
3.一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列且公比为q,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法求和.
一、选择题
1.等比数列{an}中,a1=2,a2=1,则S100等于( )
A.4-2100B.4+2100
C.4-2-98D.4-2-100
答案 C
解析 q==.
S100==
=4(1-2-100)=4-2-98.
2.在等比数列{an}中,已知a1=3,an=48,Sn=93,则n的值为( )
A.4B.5C.6D.7
答案 B
解析 显然q≠1,由Sn=,得93=,解得q=2.由an=a1qn-1,得48=3×2n-1,解得n=5.故选B.
3.设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2+a5=0,则等于( )
A.11B.5C.-8D.-11
答案 D
解析 由8a2+a5=0得8a1q+a1q4=0,∵a1≠0,q≠0,
∴q=-2,则==-11.
4.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于( )
A.B.-C.D.-
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q,
由S3=a2+10a1,得a1+a2+a3=a2+10a1,
即a3=9a1,q2=9,
又a5=a1q4=9,所以a1=.
5.设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则a1等于( )
A.-2B.-1
C.D.
答案 B
解析 由S2=3a2+2,S4=3a4+2,得a3+a4=3a4-3a2,即q+q2=3q2-3,解得q=-1(舍去)或q=,将q=代入S2=3a2+2中得a1+a1=3×a1+2,解得a1=-1,故选B.
6.已知数列{an}满足3an+1+an=0,a2=-,则{an}的前10项和等于( )
A.-6(1-3-10)B.(1-3-10)
C.3(1-3-10)D.3(1+3-10)
答案 C
解析 由3an+1+an=0,得=-,
故数列{an}是公比q=-的等比数列.
又a2=-,可得a1=4.
所以S10==3(1-3-10).
7.一弹球从100米高处自由落下,每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下,则第10次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)( )
A.300米B.299米
C.199米D.166米
答案 A
解析 小球10次着地共经过的路程为100+100+50+…+100×8=299≈300(米).
二、填空题
8.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,S6=4S3,则a4=________.
答案 3
解析 ∵S6=4S3,∴q≠1,∴=,
∴q3=3,∴a4=a1·q3=1×3=3.
9.数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1,公比为2的等比数列,那么an=________.
答案 2n-1(n∈N+)
解析 an-an-1=a1qn-1=2n-1(n≥2),
即
各式相加得an-a1=2+22+…+2n-1=2n-2,
an=a1+2n-2=2n-1(n≥2).
当n=1时,a1=2-1=1,符合.
∴an=2n-1(n∈N+).
10.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S1,2S2,3S3成等差数列,则{an}的公比为________.
答案
解析 由已知4S2=S1+3S3,
即4(a1+a2)=a1+3(a1+a2+a3).
∴a2=3a3,∴{an}的公比q==.
11.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,则数列的公比q=________.
答案 -
解析 当q=1时,
Sn=na1,S3+S6=3a1+6a1=9a1=S9≠2S9;
当q≠1时,+=2×,
得2-q3-q6=2-2q9,
∴2q9-q6-q3=0,
解得q3=-或q3=1(舍去)或q3=0(舍去),
∴q=-.
三、解答题
12.(2018·绵阳检测)在等比数列{an}中,a2-a1=2,且2a2为3a1和a3的等差中项,求数列{an}的首项、公比及前n项和.
解 设数列{an}的公比为q(q≠0).
由已知可得所以
解②得q=3或q=1.
由于a1(q-1)=2,因此q=1不合题意,应舍去.
故公比q=3,首项a1=1.
所以数列{an}的前n项和Sn===(n∈N+).
13.设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,n∈N+.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.
解
(1)∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,
∴a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=(n≥2),
两式相减得3n-1an=-=(n≥2),
∴an=(n≥2).
验证当n=1时,a1=也满足上式,
故an=(n∈N+).
(2)∵bn==n·3n,
∴Sn=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,①
①×3,得3Sn=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,②
由①-②,得-2Sn=3+32+33+…+3n-n·3n+1,
即-2Sn=-n·3n+1,
∴Sn=·3n+1+(n∈N+).
14.在等比数列{an}中,对任意n∈N+,a1+a2+…+an=2n-1,则a+a+…+a等于( )
A.(2n-1)2B.C.4n-1D.
答案 D
解析 ∵a1+a2+…+an=2n-1,∴a1=21-1=1.
∵a1+a2=1+a2=22-1=3,∴a2=2,
∴{an}的公比为2.∴{a}的公比为4,首项为a=1.
∴a+a+…+a==.
15.已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8=-10.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
解
(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知条件可得解得
故数列{an}的通项公式为an=2-n,n∈N+.
(2)设数列的前n项和为Sn,
即Sn=a1++…+,①
=++…++.②
所以,当n>1时,①-②得
=a1++…+-
=1--
=1--=.
所以Sn=,当n=1时也成立.
综上,数列的前n项和Sn=,n∈N+.
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