新教材2021-2022学年人教A版数学选择性必修二学案：第四章 4-3-2 第2课时 等比数列习题课 WORD版含答案.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。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q(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，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amana(m，n，kN*).5若等比数列首项为a1，公比为q，项数为n，则Sn.6若等比数列的前

2、n项和为Sn，则Sn，S2nSn，S3nS2n，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Sn.()(2)当n2时，.()(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)数列的前n项和为n2.()提示：(1)公比不等于1的等比数列的前n项和Sn.(2)化简即得(3) a的值不能确定(4)设数列的通项公式为an2n1，则用分组转化法求和，可得Sn1n2.2数列12n1的前n项和为()A12n B22nC.n2n1 Dn22n【解析】选C.由题意得an12n1，所以Snnn2n1.3设

3、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a424p4q，a525p5q，且a1a52a4，得325p5q25p8q，解得p1，q1.所以an2nn，所以Sn(2222n)(12n)2n12.答案：p1，q12n12关键能力合

4、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：，设bn，那么数列bn前n项的和为()A4 B4C1 D【解析】选A.因为an，所以bn4.所以Sn44.3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2an2Sn2Sn13n3n123

5、n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n2时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1；当n2时，Tnb1b2b3bn(131232(n1)31n)，所以3Tn1130231(n1)32n.两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n.所以Tn.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：；若an是公差为d的等差数列，则.(

6、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(2n1)an2，所以an(n2).又由题设可得a12，满足上式，从而an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知.则Sn.2已知递增的等比数列an的前n项和为Sn，a664，且a4

7、，a5的等差中项为3a3.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，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，得解得所以an2n.(2)因为bn，所以Tn，Tn，所以Tn，故Tn.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.四步内容理解题意条件：Sn2ann4.结论：证明等比数列；求和思路探求(1)因为要证的数列是关于Sn的，所以消去Sn2ann4中的an，得到数列Snn2中相邻两项的关系；(2)由(1)得到Sn2n1n2，所以分组

8、求和书写表达(1)当n1时，S12S114，故S13，得S1124.n2时原式转化为Sn2(SnSn1)n4，即Sn2Sn1n4，所以Snn22Sn1(n1)2，所以Snn2是首项为4，公比为2的等比数列(2)由(1)知，Snn22n1，所以Sn2n1n2，于是Tn(22232n1)(12n)2n2n.题后反思证明等比数列就是找相邻两项的倍数关系与前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、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

9、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n，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.【解析】(1)设an的公差为d，bn的公比为q.依题意有解得或 (舍去).故an32(n1)2n1，bn8n1.(2)因为Sn35(2n1)n(n2)，所以.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Snbn.(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

10、.【解析】(1)公差da2a1954，所以ana1(n1)d54(n1)4n1.因为Snbn，所以Sn1bn1(n2)，两式相减，得bnbnbn1，所以bnbn1，所以2(n2).又b1S1b1，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)2n54(4n1)2n58(2n11)(4n1)2n52n28(4n1)2n2n2(4n1)2n32n(44n1)32n(34n)3，所以Tn

11、(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，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

12、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，a.因为1.0161.062，所以a1 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)4a

13、a(1.0161)102(元).由S1S2，得a1 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

14、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，首项a1为顶层灯的盏数，公比q2，所以S7a1381，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 BC D【解析】选D.此五个正三角形的边长an形成等比数列：2，1，.所以这五个正三角形的面积之和.课堂检测素养达标1

15、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S33S20，所以0，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S1012.答案：24已知等比数列an的前n项和Sn2n1，则aaa_【解析】因为Sn2n1，所以n2时，anSnSn12n1，当n1时，a1S11也满足，所以an2n1，所以a4n1.所以aaa14424n1(4n1).答案：(4n1)关闭Word文档返回原板块