人教A版高中数学必修5第二章 数列2.5 等比数列的前n项和导学案

2.5等比数列的前n项和(二) [学习目标]1.熟练应用等比数列前n项和公式的有关性质解题.2.应用方程的思想解决与 等比数列前n项和有关的问题 知识梳理 自主学习 知识点一等比数列前n项和的变式 1.等比数列{an}的前n项和为Sn,当公比q≠1时,S a,(1-g) a (g-1) a-a,q q-1q-1 当q=1时,S2=ma. 2.当公比q≠1时,等比数列的前n项和公式是S= (1-q) ,它可以变形为Sn= 1=设=1=上式可写成S==4+A由此可见,非常数列的等比数列的前n项 和S是由关于n的一个指数式与一个常数的和构成的,而指数式的系数与常数项互为相反数 当公比q=1时,因为a1≠0,所以S=ma是n的正比例函数(常数项为0的一次函数) 思考在数列{a}中,an+1=can(c为非零常数)且前n项和S2=3-+k,则实数k等于 答案 解析由题{an}是等比数列 ∵3的系数与常数项互为相反数 而3″的系数 ∴k= 知识点二等比数列前n项和的性质 1.连续m项的和(如S,S-S,S-S)仍构成等比数列.(注意:q≠-1或m为奇数 2.Sn+n=Sn+qS2(q为数列{a}的公比) 3.若{a)是项数为偶数、公比为q的等比数列,则。4 思考在等比数列{an}中,若a+a=20,函+a=40,则S等于( A.140B C.210D 答案A

K12最新资料 2.5 等比数列的前 n 项和（二） [学习目标] 1.熟练应用等比数列前 n 项和公式的有关性质解题.2.应用方程的思想解决与 等比数列前 n 项和有关的问题． 知识点一 等比数列前 n 项和的变式 1．等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，当公比 q≠1 时，Sn＝ a1（1－q n ） 1－q ＝ a1（q n －1） q－1 ＝ a1－anq 1－q ＝ a1q n q－1 － a1 q－1 ； 当 q＝1 时，Sn＝na1． 2．当公比 q≠1 时，等比数列的前 n 项和公式是 Sn＝ a1（1－q n ） 1－q ，它可以变形为 Sn＝－ a1 1－q ·q n ＋ a1 1－q ，设 A＝ a1 1－q ，上式可写成 Sn＝－Aq n ＋A．由此可见，非常数列的等比数列的前 n 项 和 Sn是由关于 n 的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数． 当公比 q＝1 时，因为 a1≠0，所以 Sn＝na1 是 n 的正比例函数(常数项为 0 的一次函数)． 思考 在数列{an}中，an＋1＝can(c 为非零常数)且前 n 项和 Sn＝3 n －1＋k，则实数 k 等于 ________． 答案 － 1 3 解析 由题{an}是等比数列， ∴3 n 的系数与常数项互为相反数， 而 3 n 的系数为1 3 ， ∴k＝－ 1 3 . 知识点二 等比数列前 n 项和的性质 1．连续 m 项的和(如 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m)仍构成等比数列．(注意：q≠－1 或 m 为奇数) 2．Sm＋n＝Sm＋q m Sn(q 为数列{an}的公比)． 3．若{an}是项数为偶数、公比为 q 的等比数列，则 S偶 S奇 ＝q． 思考 在等比数列{an}中，若 a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，则 S6 等于( ) A．140 B．120 C．210 D．520 答案 A

解析S2=20,S-S=40,∴S S=S4+80=S2+40+80=140. 题型探究 重点突破 题型一等比数列前n项和的性质 例1(1)等比数列{an}中,S2=7,S=91,则S (2)等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且(a+a+…+a-1)一(a+a+…十出)=80 则公比q= 答案(1)28(2)2 解析(1)∵数列{a}是等比数列, ∴S,S-S,S-S也是等比数列 即7,S-7,91-S也是等比数列 ∴(S-7)2=7(91-S) 解得S=28或S=-21 又∵S=a1+a2+a3+a=a1+a2+a1q2+a2q (a+a)(1+g)=S·(1+g)>0 (2)由题S+S偶=-240,S奇一S偶= S奇=-80,S=-160, 反思与感悟解决有关等比数列前n项和的问题时,若能恰当地使用等比数列前n项和的相 关性质,常常可以避繁就简.不仅可以减少解题步骤,而且可以使运算简便,同时还可以避 免对公比q的讨论.解题中把握好等比数列前n项和性质的使用条件,并结合题设条件寻找 使用性质的切入点,方可使“英雄”有用武之地 跟踪训练1(1)设等比数列(a2}的前n项和为S,若S=3,则等于( 7 8 答案B 解析方法一因为数列{a}是等比数列,所以S=S+qS,S=S+qS=S+qS+q°S S(1+g) s 3,即1+q=3,所以q=2 S3

K12最新资料2 解析 S2＝20，S4－S2＝40，∴S6－S4＝80， ∴S6＝S4＋80＝S2＋40＋80＝140. 题型一 等比数列前 n 项和的性质 例 1 (1)等比数列{an}中，S2＝7，S6＝91，则 S4＝______． (2)等比数列{an}共有 2n 项，其和为－240，且(a1＋a3＋…＋a2n－1)－(a2＋a4＋…＋a2n)＝80， 则公比 q＝____． 答案 (1)28 (2)2 解析 (1)∵数列{an}是等比数列， ∴S2，S4－S2，S6－S4 也是等比数列， 即 7，S4－7，91－S4 也是等比数列， ∴(S4－7)2＝7(91－S4)， 解得 S4＝28 或 S4＝－21. 又∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q 2＋a2q 2 ＝(a1＋a2)(1＋q 2 )＝S2·(1＋q 2 )＞0， ∴S4＝28. (2)由题 S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80， ∴S 奇＝－80，S 偶＝－160， ∴q＝ S偶 S奇 ＝2. 反思与感悟 解决有关等比数列前 n 项和的问题时，若能恰当地使用等比数列前 n 项和的相 关性质，常常可以避繁就简．不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避 免对公比 q 的讨论．解题中把握好等比数列前 n 项和性质的使用条件，并结合题设条件寻找 使用性质的切入点，方可使“英雄”有用武之地． 跟踪训练 1 (1)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S6 S3 ＝3，则 S9 S6 等于( ) A．2 B. 7 3 C. 8 3 D．3 答案 B 解析 方法一 因为数列{an}是等比数列，所以 S6＝S3＋q 3 S3，S9＝S6＋q 6 S3＝S3＋q 3 S3＋q 6 S3， 于是S6 S3 ＝ （1＋q 3）S3 S3 ＝3，即 1＋q 3＝3，所以 q 3＝2

于是=1++1+2+47 方法二 得S=3S 因为数列{an}是等比数列,且由题意知q≠-1,所以S,S-S,S-S也成等比数列,所以 S 7 (S-S)2=S(S-S),解得S=7S,所 (2)一个项数为偶数的等比数列,各项之和为偶数项之和的4倍,前3项之积为64,求通项 公式 解设数列{an}的首项为a,公比为q,全部奇数项、偶数项之和分别记为S壽、S,由题意 知 S+S偶=45偶,即S含=35 数列{a的项数为偶数,∴q=S=3 又a·aq·ag=64,∴·q=64,即a=12. n-1 故所求通项公式为a=12(3 题型二等比数列前n项和的实际应用 例2小华准备购买一台售价为5000元的电脑,采用分期付款方式,并在一年内将款全部 付清.商场提出的付款方式为: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 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A元,则 A2=5000×(1+0.008)2-x=5000×1.0082-x, A=A2(1+0.008)2-x=5000×1.008-1.0082x-x, A2=5000×1.00812-(1.0080+1.008+…+1.0082+1)x=0, 5000×1.008 解得x=1+1.008+1.00+…+1.00 000×1.0 1-(1.0082)6880.8. 1-1.0082 故小华每期付款金额约为880.8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A元,则 A2 A=A2(1+0.008)2+x=x(1+1.0082)

K12最新资料3 于是S9 S6 ＝ 1＋q 3＋q 6 1＋q 3 ＝ 1＋2＋4 1＋2 ＝ 7 3 . 方法二 由 S6 S3 ＝3，得 S6＝3S3. 因为数列{an}是等比数列，且由题意知 q≠－1，所以 S3，S6－S3，S9－S6 也成等比数列，所以 (S6－S3) 2＝S3(S9－S6)，解得 S9＝7S3，所以S9 S6 ＝ 7 3 . (2)一个项数为偶数的等比数列，各项之和为偶数项之和的 4 倍，前 3 项之积为 64，求通项 公式． 解 设数列{an}的首项为 a1，公比为 q，全部奇数项、偶数项之和分别记为 S 奇、S 偶，由题意 知 S 奇＋S 偶＝4S 偶，即 S 奇＝3S 偶． ∵数列{an}的项数为偶数，∴q＝ S偶 S奇 ＝ 1 3 . 又 a1·a1q·a1q 2＝64，∴a 3 1·q 3＝64，即 a1＝12. 故所求通项公式为 an＝12·   1 3 n－1 . 题型二 等比数列前 n 项和的实际应用 例 2 小华准备购买一台售价为 5 000 元的电脑，采用分期付款方式，并在一年内将款全部 付清．商场提出的付款方式为：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． 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＝5 000×(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0082－x， A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0084－1.0082 x－x， … A12＝5 000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0， 解得 x＝ 5 000×1.00812 1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810 ＝ 5 000×1.00812 1－（1.0082）6 1－1.0082 ≈880.8. 故小华每期付款金额约为 880.8 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 )；

A=A4(1+0.008)2+x=x(1+1.0082+1.0084) A2=x(1+1.0082+1.008+1.008+1.0083+1.008) 年底付清欠款,∴A2=5000×1.0082, 即5000×1.0082=x(1+1.0082+1.0084+…+1.0081°), 5000×1.008 ∴x1+1.0082+1.0084+…+1.0080~880.8 故小华每期付款金额约为880.8元 反思与感悟分期付款问题是典型的求等比数列前n项和的应用题,此类题目的特点是:每 期付款数相同,且每期间距相同.解决这类问题有两种处理方法,如本题中方法一是按欠款 数计算,由最后欠款为0列出方程求解:而方法二是按付款数计算,由最后付清全部欠款列 方程求解 跟踪训练2从社会效益和经济效益出发,某地投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅 游产业.根据规划,本年度投入800万元,以后每年投入将比上年减少三,本年度当地旅游收 入估计为400万元,由于该项建设对旅游业的促进作用,预计今后的旅游业收入每年会比上 年增长设n年内(本年度为第一年)总投入为a万元,旅游业总收入为bn万元,写出an,b 的表达式 解第1年投入80万元第2年投入80(1-万元,…,第年投入800 万元 所以总投入a=800+800×(1-+…+800× 4000 (万元) 同理,第1年收入0元,第2年收入40×(1+打万元,…,第n年收入0×(1+ 万元 所以总收入b2=400+400×1+元+…+400 综上,a=400041- b=1600× 题型三新情境问题

K12最新资料4 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＝5 000×1.00812， 即 5 000×1.00812＝x(1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)， ∴x＝ 5 000×1.00812 1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810≈880.8. 故小华每期付款金额约为 880.8 元． 反思与感悟 分期付款问题是典型的求等比数列前 n 项和的应用题，此类题目的特点是：每 期付款数相同，且每期间距相同．解决这类问题有两种处理方法，如本题中方法一是按欠款 数计算，由最后欠款为 0 列出方程求解；而方法二是按付款数计算，由最后付清全部欠款列 方程求解． 跟踪训练 2 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅 游产业．根据规划，本年度投入 800 万元，以后每年投入将比上年减少1 5 ，本年度当地旅游收 入估计为 400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上 年增长1 4 .设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an万元，旅游业总收入为 bn万元，写出 an，bn 的表达式． 解 第 1 年投入 800 万元，第 2 年投入 800×    1－ 1 5 万元，…，第 n 年投入 800×    1－ 1 5 n－1 万元， 所以总投入 an＝800＋800×    1－ 1 5 ＋…＋800×     1－ 1 5 n－1 ＝4 000×      1－   4 5 n (万元)． 同理，第 1 年收入 400 万元，第 2 年收入 400×    1＋ 1 4 万元，…，第 n 年收入 400×    1＋ 1 4 n－1 万元． 所以总收入 bn＝400＋400×    1＋ 1 4 ＋…＋400×     1＋ 1 4 n－1 ＝1 600×         5 4 n －1 . 综上，an＝4 000×      1－   4 5 n ，bn＝1 600×         5 4 n －1 . 题型三 新情境问题

例3定义:若数列{A}满足A+1=A,则称数列{A}为“平方数列”.已知数列{a}中,a 2,点(an,a+)在函数f(x)=2x2+2x的图象上,其中n为正整数. (1)证明:数列{2an+1}是“平方数列”,且数列{g(2an+1)}为等比数列 (2)设(1)中“平方数列”的前n项之积为G,则G=(2a1+1)(2a+1) (2a+1),求数 列{an}的通项及T关于n的表达式 (3)对于(2)中的T,记bn=10g2a+1T,求数列{b}的前n项和S,并求使S>4024的n 的最小值 (1)证明由条件得an+1=2a+2a 2an+1+1=4a+4an+1=(2an+1)2. 数列{2a+1}是“平方数列” ∵1g(2an++1)=lg(2an+1)2=21g(2an+1), 且1g(2a+1)=1g5≠0, lg(2an+1+1) 1g(2a+1) ∴{1g(2an+1)}是首项为lg5,公比为2的等比数列 (2)解∵1g(2a+1)=1g5,∴lg(2an+1)=2-1g5. ∵2an+1=52,∴a=(52-1-1) ∴lgT=1g(2a+1)+1g(2a+1)+…+1g(2an+1) lg5(1-2) (2-1)lg5 ∴T=52-1. Ig t, (2-1)1g5 (3)解∵b=10g2an+1T lg(2an+1)2-1g5 n-1 S2=2 2n- 2n-2+2

K12最新资料5 例 3 定义：若数列{An}满足 An＋1＝A 2 n，则称数列{An}为“平方数列”．已知数列{an}中，a1 ＝2，点(an，an＋1)在函数 f(x)＝2x 2＋2x 的图象上，其中 n 为正整数． (1)证明：数列{2an＋1}是“平方数列”，且数列{lg(2an＋1)}为等比数列； (2)设(1)中“平方数列”的前 n 项之积为 Tn，则 Tn＝(2a1＋1)(2a2＋1)·…·(2an＋1)，求数 列{an}的通项及 Tn关于 n 的表达式； (3)对于(2)中的 Tn，记 bn＝log2an＋1Tn，求数列{bn}的前 n 项和 Sn，并求使 Sn＞4 024 的 n 的最小值． (1)证明 由条件得 an＋1＝2a 2 n＋2an， 2an＋1＋1＝4a 2 n＋4an＋1＝(2an＋1)2 . ∴数列{2an＋1}是“平方数列”． ∵lg(2an＋1＋1)＝lg(2an＋1)2＝2lg(2an＋1)， 且 lg(2a1＋1)＝lg 5≠0， ∴ lg（2an＋1＋1） lg（2an＋1） ＝2， ∴{lg(2an＋1)}是首项为 lg 5，公比为 2 的等比数列． (2)解 ∵lg(2a1＋1)＝lg 5，∴lg(2an＋1)＝2 n－1 lg 5. ∴2an＋1＝52 n－1，∴an＝ 1 2 (52 n－1－1)． ∵lg Tn＝lg(2a1＋1)＋lg(2a2＋1)＋…＋lg(2an＋1) ＝ lg 5（1－2 n ） 1－2 ＝(2n －1)lg 5， ∴Tn＝52 n －1. (3)解 ∵bn＝log2an＋1Tn＝ lg Tn lg（2an＋1） ＝ （2 n －1）lg 5 2 n－1 lg 5 ＝ 2 n －1 2 n－1 ＝2－   1 2 n－1 ， ∴Sn＝2n－       1＋ 1 2 ＋   1 2 2 ＋…＋   1 2 n－1 ＝2n－ 1－   1 2 n 1－ 1 2 ＝2n－2＋2    1 2 n

由S>4024,得2n-2+2>4024 即n+>2013 当n≤2012时,n+。2013 ∴n的最小值为2013. 反思与感悟数列创新题的特点及解题关键 特点:叙述复杂,关系条件较多,难度较大 解题关键:读清条件要求,理清关系,逐个分析 跟踪训练3记={1,2,…,100}.对数列{a}(n∈N)和U的子集T,若7=,定义S= 0;若T={t,t,…,t},定义S=at+at2+…+at.例如:={1,3,66}时,S=a+ a+a6,现设{an}(n∈N)是公比为3的等比数列,且当/={2,4}时,S=30 (1)求数列{an}的通项公式 (2)对任意正整数k(1≤k≤100),若{1,2,…,,求证:S<a+1 (3)设D,DU,S≥S,求证:S+SCn0≥25S (1)解当7={2,4}时,S=a+a=+9a=30, (2)证明对任意正整数k(≤k≤100) 由于{1,2,…, 则S≤a+a十a+…+a=1+3+32+…+3-=32-1<3=a (3)证明设A=C(CmnD,B=Ca(C∩D, 则A∩B=,S=S1+S, S,=S8+Scno, S+Smo-2S=S-2Sa S+Sn≥2S等价于S1≥25 由条件S≥S可得S≥Sn 若B=∞,则S=0,所以S≥2S成立 ②若B≠0,由S≥SB可知A≠2, 设A中的最大元素为,B中的最大元素为m 若m≥|+1,则由(2)得S<S+1≤an≤SB,矛盾 又∵A∩B=0,∴≠m,∴≥m+1

K12最新资料6 由 Sn＞4 024，得 2n－2＋2    1 2 n ＞4 024， 即 n＋   1 2 n ＞2 013. 当 n≤2 012 时，n＋   1 2 n ＜2 013； 当 n≥2 013 时，n＋   1 2 n ＞2 013. ∴n 的最小值为 2 013. 反思与感悟 数列创新题的特点及解题关键 特点：叙述复杂，关系条件较多，难度较大． 解题关键：读清条件要求，理清关系，逐个分析． 跟踪训练 3 记 U＝{1，2，…，100}．对数列{an}(n∈N * )和 U 的子集 T，若 T＝∅，定义 ST＝ 0；若 T＝{t1，t2，…，tk}，定义 ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1，3，66}时，ST＝a1＋ a3＋a66.现设{an}(n∈N * )是公比为 3 的等比数列，且当 T＝{2，4}时，ST＝30. (1)求数列{an}的通项公式； (2)对任意正整数 k(1≤k≤100)，若 T⊆{1，2，…，k}，求证：ST＜ak＋1； (3)设 C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证：SC＋SC∩D≥2SD. (1)解 当 T＝{2，4}时，ST＝a2＋a4＝a2＋9a2＝30， ∴a2＝3，a1＝ a2 3 ＝1，故 an＝a1q n－1＝3 n－1 . (2)证明 对任意正整数 k(1≤k≤100)． 由于 T⊆{1，2，…，k}， 则 ST≤a1＋a2＋a3＋…＋ak＝1＋3＋3 2＋…＋3 k－1＝ 3 k －1 2 ＜3 k ＝ak＋1. (3)证明 设 A＝∁C(C∩D)，B＝∁D(C∩D)， 则 A∩B＝∅，SC＝SA＋SC∩D， SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB， ∴SC＋SC∩D≥2SD等价于 SA≥2SB. 由条件 SC≥SD可得 SA≥SB. ①若 B＝∅，则 SB＝0，所以 SA≥2SB成立， ②若 B≠∅，由 SA≥SB可知 A≠∅， 设 A 中的最大元素为 I，B 中的最大元素为 m， 若 m≥I＋1，则由(2)得 SA＜SI＋1≤am≤SB，矛盾． 又∵A∩B＝∅，∴I≠m，∴I≥m＋1

.S≤a+a+…+a=1+3+32+…+3-12S成立.综上所述,S≥25 故S+SmD≥25成立 F当堂检测 自查自纠 1.等比数列{an}中,aa=1,a=4,则a+a+a+…十a2等于() 42-1 A.2-1B. 1-(-4)1-(-2) C 答案B 解析由aaa=1得a2=1,∴a=1 ∴数列a,a4, a。是首项为1, 公比为4的等比数列. 44-1 2.某住宅小区计划植树不少于10棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2 倍,则需要的最少天数n(n∈N)等于() A.3B.4 C.5D.6 答案D 解析设每天植树棵数为{an},则{an}是等比数列 ∴an=2(n∈N,n为天数) 由题意得2+2+23+…+2≥100, n≥6.∴需要的最少天数n=6. 3.等比数列{an}的前m项和为4,前2m项和为12,则它的前3m项和是() C 答案A 解析易知S=4,SaS2=8, S3a-S=16

K12最新资料7 ∴SB≤a1＋a2＋…＋am＝1＋3＋3 2＋…＋3 m－1＜ am＋1 2 ≤ aI 2 ≤ SA 2 ， 即 SA＞2SB成立．综上所述，SA≥2SB. 故 SC＋SC∩D≥2SD成立． 1．等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，则 a2＋a4＋a6＋…＋a2n等于( ) A．2 n －1 B. 4 n －1 3 C. 1－（－4）n 5 D. 1－（－2）n 3 答案 B 解析 由 a1a2a3＝1 得 a 3 2＝1，∴a2＝1， 又∵a4＝4，∴ a4 a2 ＝4. ∴数列 a2，a4，a6，…，a2n是首项为 1， 公比为 4 的等比数列． ∴a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝ 1－4 n 1－4 ＝ 4 n －1 3 . 2．某住宅小区计划植树不少于 100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数 n(n∈N * )等于( ) A．3 B．4 C．5 D．6 答案 D 解析 设每天植树棵数为{an}，则{an}是等比数列， ∴an＝2 n (n∈N *，n 为天数)． 由题意得 2＋2 2＋2 3＋…＋2 n ≥100， ∴2 n －1≥50，∴2 n ≥51， ∴n≥6.∴需要的最少天数 n＝6. 3．等比数列{an}的前 m 项和为 4，前 2m 项和为 12，则它的前 3m 项和是( ) A．28 B．48 C．36 D．52 答案 A 解析 易知 Sm＝4，S2m－Sm＝8， ∴S3m－S2m＝16

S3=12+16=28 4.已知数列{a}是等比数列,S是其前n项的和,a,岛,a成等差数列.求证:2S,S S2-S成等比数列 证明设等比数列{a}的公比为q,由题意得2a1=a+a4, 即2a1·q=a1+a·q ∴2q-q-1=0 令q=t,则2t-t-1=0, ∴ 或t=1, 即q=-或q=1 当q=1时,2S=6a,S=6a,S2-S=6a, S2-S成等比数列 当d=1 时,2S=2X(1-)2a× a(1-q°)4 (1-q) s=2S·(S2-S) ∵2S,S,S2-S成等比数列 综上可知,2,S,S2-S成等比数列 课堂小结 等比数列中用到的数学思想 1.分类讨论的思想:(1)利用等比数列前n项和公式时要分公比q=1和q≠1两种情况讨论 (2)研究等比数列的单调性时应进行讨论:当a>0,1或a0,0<1时为递减数列;当0时为摆动数列:当q=1时为常数列 2.函数的思想:等比数列的通项a2=aq-=-·q(q0且q≠1)常和指数函数相联系:等比 数列前n项和S (-1)(≠1).设A=a=1,则S=4(-1)也与指数函数相联系

K12最新资料8 ∴S3m＝12＋16＝28. 4．已知数列{an}是等比数列，Sn是其前 n 项的和，a1，a7，a4 成等差数列．求证：2S3，S6， S12－S6 成等比数列． 证明 设等比数列{an}的公比为 q，由题意得 2a7＝a1＋a4， 即 2a1·q 6＝a1＋a1·q 3， ∴2q 6－q 3－1＝0. 令 q 3＝t，则 2t 2－t－1＝0， ∴t＝－ 1 2 或 t＝1， 即 q 3＝－ 1 2 或 q 3＝1. 当 q 3＝1 时，2S3＝6a1，S6＝6a1，S12－S6＝6a1， ∴S 2 6＝2S3·(S12－S6)， ∴2S3，S6，S12－S6 成等比数列． 当 q 3＝－ 1 2 时，2S3＝2× a1（1－q 3） 1－q ＝ 2a1× 3 2 1－q ＝ 3a1 1－q ， S6＝ a1（1－q 6） 1－q ＝ 3a1 4 1－q ， S12－S6＝ a7（1－q 6） 1－q ＝ a1·q 6（1－q 6） 1－q ＝ a1 4 × 3 4 1－q ， ∴S 2 6＝2S3·(S12－S6)， ∴2S3，S6，S12－S6 成等比数列． 综上可知，2S3，S6，S12－S6 成等比数列． 等比数列中用到的数学思想 1．分类讨论的思想：(1)利用等比数列前 n 项和公式时要分公比 q＝1 和 q≠1 两种情况讨论； (2)研究等比数列的单调性时应进行讨论：当 a1>0，q>1 或 a11 或 a1>0，00 且 q≠1)常和指数函数相联系；等比 数列前 n 项和 Sn＝ a1 q－1 ·(q n －1)(q≠1)．设 A＝ a1 q－1 ，则 Sn＝A(q n －1)也与指数函数相联系．

3.整体思想:应用等比数列前n项和时,常把q,,一当成整体求解

K12最新资料9 3．整体思想：应用等比数列前 n 项和时，常把 q n ， a1 1－q 当成整体求解．