1、第2课时 等比数列习题课必备知识自主学习导思1.什么是等比数列？通项公式是什么？2等比数列的前n项和公式是什么？3等比数列的项、前n项和有什么性质？1.符合an1anq(nN*，q 是非零常数)的数列即为等比数列2等比数列an首项为 a1，公比为 q，则 ana1qn1amqnm.3若Ga bG，则 G 是 a，b 的等比中项4等比数列an中，若 mnst，则有 amanasat(m，n，s，tN*).若 mn2k，则 amana2k(m，n，kN*).5若等比数列首项为 a1，公比为 q，项数为 n，则 Sna1（1qn）1q.6若等比数列的前 n 项和为 Sn，则 Sn，S2nSn，S3n
2、S2n，成等比数列1辨析记忆(对的打“”，错的打“”).(1)如果数列an为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n 项和 Sna1an11q.()(2)当 n2 时，1n21 12 1n1 1n1.()(3)求 Sna2a23a3nan之和时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可根据错位相减法求得()(4)数列12n2n1的前 n 项和为 n212n.()提示：(1)公比不等于 1 的等比数列的前 n 项和 Sna1（1qn）1qa1an11q.(2)化简即得(3)a 的值不能确定(4)设数列的通项公式为 an 12n 2n1，则用分组转化法求和，可得 Sn112n n2.2数列12n1的前 n
3、 项和为()A12nB22nC.n2n1 Dn22n【解析】选 C.由题意得 an12n1，所以 Snn12n12 n2n1.3设等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a12，且 an2an1an20(nN*)，则S2 020_【解析】设等比数列an的公比为 q，则 an2an1an2an(12qq2)0，因为 an0，所以 q22q10.解得 q1，所以 S2 0200.答案：04已知数列an的首项 a13，通项 an2npnq(nN*，p，q 为常数)，且 a1，a4，a5 成等差数列则 p，q 的值分别为_；数列an前 n 项和Sn_【解析】由 a13，得 2pq3，又因为 a424
4、p4q，a525p5q，且 a1a52a4，得 325p5q25p8q，解得 p1，q1.所以 an2nn，所以 Sn(2222n)(12n)2n12n（n1）2.答案：p1，q1 2n12n（n1）2关键能力合作学习类型一 数列的求和(数学运算)1数列(1)nn的前 n 项和为 Sn，则 S2 020()A1 010 B1 010 C2 020 D2 020【解析】选 A.S2 020(12)(34)(2 0192 020)1 010.2已知数列an：12，13 23，14 24 34，15 25 35 45，设 bn1anan1，那么数列bn前 n 项的和为()A41 1n1B412 1n
5、1C1 1n1 D12 1n1【解析】选 A.因为 an123nn1n（n1）2n1n2，所以 bn1anan14n（n1）41n 1n1.所以 Sn4112 1213 1314 1n 1n141 1n1.3设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足 anbnlog3an，求bn的前 n 项和 Tn.【解析】(1)因为 2Sn3n3，所以 2a133，故 a13，当 n2 时，2Sn13n13，此时 2an2Sn2Sn13n3n123n1，即 an3n1，所以 an3（n1），3n1（n2）.(2)因为 anbnlog3an，所以 b11
6、3，当 n2 时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以 T1b113；当 n2 时，Tnb1b2b3bn13(131232(n1)31n)，所以 3Tn1130231(n1)32n.两式相减，得 2Tn23(30313232n)(n1)31n23 131n131(n1)31n136 6n323n.所以 Tn1312 6n343n.数列求和方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列的通项公式相加组成，则可分组分别求和(2)裂项相消求和法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和裂项求和的几种常见类型：1n（nk）
7、1k 1n 1nk；1nk n1k nk n；1（2n1）（2n1）12 12n112n1；若an是公差为 d 的等差数列，则1anan11d 1an 1an1.(3)如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前 n 项和时，可采用错位相减法，在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式 【补偿训练】1设数列an满足 a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式(2)求数列an2n1的前 n 项和【解析】(1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1).两式相减得(2
8、n1)an2，所以 an22n1(n2).又由题设可得 a12，满足上式，从而an的通项公式为 an22n1.(2)记an2n1的前 n 项和为 Sn.由(1)知an2n1 2（2n1）（2n1）12n1 12n1.则 Sn11 13 13 15 12n1 12n1 2n2n1.2已知递增的等比数列an的前 n 项和为 Sn，a664，且 a4，a5 的等差中项为 3a3.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn na2n1，求数列bn的前 n 项和 Tn.【解析】(1)设等比数列an的公比为 q(q0)，由题意，得a1q564，a1q3a1q46a1q2，解得a12，q2，所以 an2n.
9、(2)因为 bnna2n1n22n1，所以 Tn12 223 325 427 n22n1，14 Tn 123 225 327 n122n1 n22n1，所以34 Tn12 123 125 127 122n1 n22n1 121 14n114n22n1 23 43n322n1，故 Tn89 1612n922n1 89 43n922n1.类型二 等比数列综合应用(数学运算)【典例】已知 Sn 为数列an的前 n 项和，且满足 Sn2ann4.(1)证明：Snn2为等比数列；(2)设数列Sn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.与前 n 项和相关的计算(1)求等比数列前 n 项和，要确定首项、公比或首项
10、、末项、公比，应特别注意 q1是否成立(2)由 Sn 与 an 的关系式既可以用 SnSn1an，把 Sn 换成 an 处理，也可以用 anSnSn1，把 an 换成 Sn 处理，一般由问题决定(3)数列的求和，除直接用公式之外，通常要依据式子的特征，进行恰当的分组，裂项，错位相减等方法求解，若项中含有1n，则可能要对 n 分奇偶讨论1已知等差数列an的各项均为正数，a13，前 n 项和为 Sn，bn为等比数列，b11，且 b2S264，b3S3960.(1)求 an 与 bn；(2)求 1S1 1S2 1Sn.【解析】(1)设an的公差为 d，bn的公比为 q.依题意有22233b S(6d
11、)q64b S(93d)q960，解得 d2q8，或6d540q3，(舍去).故 an32(n1)2n1，bn8n1.(2)因为 Sn35(2n1)n(n2)，所以 1S1 1S2 1Sn 113 124 135 1n(n2)12 113121413151n 1n212 112 1n1 1n234 2n32（n1）（n2）.2(2021菏泽高二检测)已知数列an为等差数列，且 a15，a29，数列bn的前 n项和 Sn23 bn13.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设 cnan|bn|，求数列cn的前 n 项的和 Tn.【解析】(1)公差 da2a1954，所以 ana1(n1)d54
12、(n1)4n1.因为 Sn23 bn13，所以 Sn123 bn113(n2)，两式相减，得 bn23 bn23 bn1，所以13 bn23 bn1，所以 bnbn12(n2).又 b1S123 b113，所以 b11，所以数列bn是首项为 1，公比为2 的等比数列，所以 bn(2)n1.(2)cnan|bn|(4n1)|(2)n1|(4n1)2n1.所以 Tn51921322(4n1)2n12Tn52922(4n3)2n1(4n1)2n得Tn54(2222n1)(4n1)2n542（12n1）12(4n1)2n58(2n11)(4n1)2n52n28(4n1)2n2n2(4n1)2n32n(
13、44n1)32n(34n)3，所以 Tn(4n3)2n3.类型三 等比数列前 n 项和公式的实际应用(数学建模、数学运算)【典例】借贷 10 000 元，以月利率为 1%，每月复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分 6 个月付清，试问每月应支付多少元？(1.0161.062，1.0151.051)【思路导引】解决等额还贷问题关键要明白以下两点：(1)所谓复利计息，即把上期的本利和作为下一期本金，在计算时每一期本金的数额是不同的，复利的计算公式为 SP(1r)n，其中 P 代表本金，n 代表存期，r 代表利率，S 代表本利和(2)从还贷之月起，每月还贷金额是构成等比数列还是等差数列
14、，首项是什么，公比或公差是多少【解析】方法一：设每个月还贷 a 元，第 1 个月后欠款为 a0 元，以后第 n 个月还贷 a元后，还剩下欠款 an 元(1n6)，则 a010 000，a11.01a0a，a21.01a1a1.012a0(11.01)a，a61.01a5a1.016a0(11.011.015)a.由题意，可知 a60，即 1.016a0(11.011.015)a0，a1.0161021.0161.因为 1.0161.062，所以 a1.0621021.0621 1 713.故每月应支付 1 713 元方法二：一方面，借款 10 000 元，将此借款以相同的条件存储 6 个月，则
15、它的本利和为 S1104(10.01)61041.016(元).另一方面，设每个月还贷 a 元，分 6 个月还清，到贷款还清时，其本利和为S2a(10.01)5a(10.01)4aa（10.01）611.011a(1.0161)102(元).由 S1S2，得 a1.0161021.0161 1.0621021.0621 1 713.故每月应支付 1 713 元 解数列应用题的具体方法步骤(1)认真审题，准确理解题意，达到如下要求：明确问题属于哪类应用问题，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，还是含有递推关系的数列问题？是求 an，还是求 Sn？特别要注意准确弄清项数是多少弄清题目中主要的已知
16、事项(2)抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达(3)将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，列出满足题意的数学关系式1明代数学家吴敬所著的九章算术比类大全中，有一道数学命题叫“宝塔装灯”，内容为：“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，请问顶层几盏灯？”(“倍加增”指灯的数量从塔的顶层到底层按公比为 2 的等比数列递增)，根据此诗，可以得出塔的顶层有()A3 盏灯B192 盏灯C195 盏灯D200 盏灯【解析】选 A.设每层灯的盏数为等比数列 an，首项 a1 为顶层灯的盏数，公比 q2，所以 S7a11
17、q71qa1271381，解得 a13，即顶层有 3 盏灯2如图，画一个边长为 2 的正三角形，再将这个正三角形各边的中点相连得到第二个正三角形，依此类推，一共画了 5 个正三角形那么这五个正三角形的面积之和等于()A.2 3 B21 316C85 364D341 3256【解析】选 D.此五个正三角形的边长 an 形成等比数列：2，1，12，14，18.所以这五个正三角形的面积之和 342212122 124126 3441145114341 3256.课堂检测素养达标1已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S33S20，则公比 q()A2 B2 C3 D3【解析】选 A.因为 S33
18、S20，所以a1（1q3）1q3a1（1q2）1q0，即(1q)(q24q4)0.解得 q2 或 q1(舍去).2(2021全国甲卷)等比数列an的公比为 q，前 n 项和为 Sn.设甲：q0，乙：Sn是递增数列，则()A甲是乙的充分条件但不是必要条件B甲是乙的必要条件但不是充分条件C甲是乙的充要条件D甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】选 B.若 q1，则 Snna1，a10，则Sn单调递增；a10，则Sn单调递减，所以甲/乙又若Sn单调递增，则 Sn1Sn 恒成立，所以 an10a1qn0 恒成立，所以 a10，q0，所以甲乙，综上：甲乙3设an是等比数列，Sn 是an的前 n
19、项和，对任意正整数 n，有 an2an1an20，又 a12，则 S101 的值为_【解析】设公比为 q，因为 an2an1an20，所以 a12a2a30，所以 a12a1qa1q20，所以 q22q10，所以 q1，又因为 a12，所以 S101a1（1q101）1q21（1）101112.答案：24已知等比数列an的前 n 项和 Sn2n1，则 a21 a22 a2n _【解析】因为 Sn2n1，所以 n2 时，anSnSn12n1，当 n1 时，a1S11 也满足，所以 an2n1，所以 a2n 4n1.所以 a21 a22 a2n 14424n11（4n1）4113(4n1).答案：13(4n1)
