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bt-xucez高一数学典型例题分析:等比数列的前n项和


、 .~ ① 我们‖打〈败〉了敌人。 ②我们‖〔把敌人〕打〈败〉了。
项和· 等比数列的前 n 项和·例题解析 【例 1】 设等比数列的首项为 a(a>0),公比为 q(q>0),前 n 项和为 80,其 】 中最大的一项为 54,又它的前 2n 项和为 6560,求 a 和 q. 解 由 Sn=80,S2n=6560,故 q≠1

? a (1 ?

q n ) ? 1 ? q = 80 ? ? 2n ? a (1 ? q ) = 6560 ? 1? q ?

① ? q n = 81 ② ③

∵a>0,q>1,等比数列为递增数列,故前 n 项中最大项为 an. ∴an=aqn-1=54 ④ 将③代入①化简得 a=q-1 ⑤

③ 化简得 3a = 2q ④
由⑤,⑥联立方程组解得 a=2,q=3



【 例 2 】 求证:对于等比数列,有S 2 +S 2 = S n (S 2n +S 3n ) . n 2n
证 ∵Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1 S2n=Sn+(a1qn+a1qn+1+…+a1q2n-1) =Sn+qn(a1+a1q+…+a1qn-1) =Sn+qnSn =Sn(1+qn) 类似地,可得 S3n=Sn(1+qn+q2n)

∴S 2 + S 2 = S 2 +[S n (1+q n )]2 n 2n n = S 2 (2 + 2q n +q 2n ) n

S n (S 2n +S 3n ) = S n [S n (1+q n ) +S n (1+q n +q 2n )] = S 2 (2 + 2q n +q 2n ) n ∴S 2 +S 2 = S n (S 2n +S 3n ) n 2n
说明 本题直接运用前 n 项和公式去解,也很容易.上边的解法,灵活地处 理了 S2n、S3n 与 Sn 的关系.介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因 式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键,并且变得好,则解法巧. 项数为偶数, 其奇数项的和为 85, 【例 3】 一个有穷的等比数列的首项为 1, 】 偶数项的和为 170,求这个数列的公比和项数. 分析 设等比数列为{an},公比为 q,取其奇数项或偶数项所成的数列仍然是 等比数列,公比为 q2,首项分别为 a1,a1q. 解 设项数为 2n(n∈N*),因为 a1=1,由已知可得 q≠1.

? a 1 (1 ? q 2 n ) = 85 ? 2 ? 1? q ∴? 2n ? a 1q (1 ? q ) = 170 ? 1? q2 ?

① ②

① 得:q = 2 把q = 2 代入 ② 1? 4n 得 = 85 1? 4 ∴ 4 n = 256 n = 4



即公比为 2,项数为 8. 说明 运用等比数列前 n 项和公式进行运算、推理时,对公比 q 要分情况讨 论.有关等比数列的问题所列出的方程(组)往往有高次与指数方程,可采用两式相 除的方法达到降次的目的. 【例 4】 选择题:在等比数列{an}中,已知对任意正整数 n,有 Sn=2n 】
2 -1,则a 1 +a 2 +…+a 2 等于 2 n

[ ]

A. (2 n -1) 2 C. 2 n -1
解 D. ∵a1=S1=1,an=Sn-Sn-1=2n-1 ∴an=2n-1

1 B. (2 n -1) 2 3 1 D. (4 n -1) 3

∴bn=(an)2=(2n-1)2=22n-2=4n-1
2 ∴b 1 +b 2 +…+b n = a 1 +a 2 +…+a 2 2 2

= 1+ 4 + 4 2 +…+ 4 n ?1 = 4n ? 1 1 n = (4 ? 1) 4 ?1 3

【例 5】 设 0<V<1,m 为正整数,求证: 】 (2m+1)Vm(1-V)<1-V2m+1 分析 直接作,不好下手.变形:

1 ? V 2 m+1 (2m+1)V < 1? V
m

右边分式的外形,使我们联想到等比数列求和公式,于是有: (2m+1)Vm<1+V+V2+…+V2m 发现左边有(2m+1)个 Vm,右边有(2m+1)项,变形:Vm+Vm+…+Vm<1 +V+V2+…+V2m. 显然不能左右各取一项比较其大小,试用“二对二”法,即左边选两项与右 边的两项相比较. 鉴于左、 右两边都具有 “距首末等远的任意两项指数之和均相等” 的特点,想到以如下方式比较: Vm+Vm<1+V2m,Vm+Vm<V+V2m-1,…,Vm+Vm<Vm-1+Vm+1, Vm=Vm. 即 2Vm<1+V2m,2Vm<V+V2m-1,…. 根据“两个正数的算术平均值大于等于其几何平均值” ,这些式子显然成立. (具体证法从略). : 说明 本题最大的特点是解题过程中需要多次用到“逆向思考”

C 1 ? V 2 m+1 要证A·B<C(B> 0) ,改证A< ;见到 ,去逆向运用S n = B 1? V a 1 ? a·q n ,化成1+V+V 2 +…+V 2m ;要证A+B<C+D,先证A< 1? q
C,B<D,等等.善于进行逆向思考,是对知识熟练掌握的一种表现,同时 也是一种重要的思维能力,平时应注意训练. 【例 6】 数列{an}是等比数列,其中 Sn=48,S2n=60,求 S3n. 】 解法一 利用等比数列的前 n 项和公式 若 q=1,则 Sn=na1,即 na1=48,2na1=96≠60,所以 q≠1

∵S n =
S 2n

a 1 (1 ? q n ) 1? q
n

a 1 (1 ? q 2 ) = 1? q = a 1 (1 ? q n )(1 + q n ) 1? q

= S n (1 + q n )

∴q n = S 3n

1 4 a 1 (1 ? q 3n ) = 1? q a 1 (1 ? q n )(1 + q n + q 2 n ) = 1? q

=Sn(1+qn+q2n)

∴ S 3n = 48(1 +

1 1 + ) = 63 4 16

解法二 利用等比数列的性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 仍成等比数列 ∴ ∴ (60-48)2=48·(S3n-60) S3n=63.

解法三 取特殊值法 取 n=1,则 S1=a1=48,S2n=S2=a1+a2=60 ∴ ∵ a2=12 {an}为等比数列

∴ q=

a2 1 = a =3 a1 4 3

S3n=S3=a1+a2+a3=63 【例 7】 已知数列{an}中,Sn 是它的前 n 项和,并且 Sn+1=4an+2(n∈N*), 】 a1=1 (1)设 bn=an+1-2an(n∈N*),求证:数列{bn}是等比数列;

(2) 设c n =

an (n∈N*) ,求证:数列{c n }是等差数列. 2n

解 (1)∵ Sn+1=4an+2 Sn+2=4an+1+2 两式相减,得 Sn+2-Sn+1=4an+1=4an(n∈N*) 即:an+2=4an+1-4an 变形,得 an+2-2an+1=2(an+1-2an) ∵ ∴ bn=an+1-2an(n∈N*) bn+1=2bn

由此可知,数列{bn}是公比为 2 的等比数列. 由 S2=a1+a2=4a1+2,a1=1 可得 a2=5,b1=a2-2a1=3 ∴ bn=3·2n-1

(2) ∵ c n =

an (n∈N*) 2n a a a ? 2a ∴ c n+1 ? c n = n +1 ? n = n +1 n +1 n n +1 n 2 2 2 bn = n+1 2

将 bn=3·2n-1 代入,得

c n+1 -c n =

3 (n∈N*) 4

由此可知,数列{c n }是公差d = 1 1 3 ,故c n = + (n-1) · 2 2 4 3 1 即:C n = n ? 4 4
说明

a 3 的等差数列,它的首项c 1 = 1 = 4 2

利用题设的已知条件,通过合理的转换,将非等差、非等比数列转化

为等差数列或等比数列来解决


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