高一数学同步辅导教材(第11讲)

高一数学同步辅导教材(第11讲)

高一数学同步辅导教材（第 11 讲） 一、本讲进度 3.5 等比数列的前 n 项和 3.6 研究性课题：分期付款中的有关计算 二、本讲主要内容 1、等比数列前 n 项和的公式及其应用； 2、分期付款中的有关计算问题。 三、学习指导 1、要掌握等比数列的前 n 项和的公式及其推导方法。 由等比数列定义知道，anq=an+1，即等比数列中每一项乘以公比 q 以后就是它后面相邻的一项，因 此，当 q≠1 时，Sn=a1+a2+a3+…+an 与 qSn=a1q+a2q+…+anq 中有 n－1 项是相同的，彼此相减就可以消去 这些相同的项，这是推导等比数列的前 n 项的和的基本思路。这种方法也称错位相减法，它是数列求和 的基本方法之一。 等比数列的前 n 项和的公式为：        )1(1 )1( )1( 1 1 qq qa qna S n n 要全面理解这个公式，它是由公比 q=1 和 q≠1 两种情形构成的，在应用时注意公式的公比条件。 如果 na 是等差数列， nb 是等比数列，那么数列 nn ba  的前 n 项和等于等差数列 的前 n 项和加上或减去等比数列 的前 n 项和；数列 nnba 的前 n 项和，可以用推导等比数列前 n 项和的公 式方法一样的错位相减法化成等比数列的前 n 项和。课本第 142 页第 6 题、第 7 题都是这类称为混合数 列的求和问题。第 7 题的结论： ba babbabaa nn nnnn     11 221  (其中 n∈N+,a,b 是不等于 零的常数，且 a≠b)也称为裴蜀定理。 2、分期付款中的有关计算 这是课本安排的一个研究性课题，是等比数列的前 n 项和的公式在购物付款方式上的一个实际应 用。难度并不太高，比较贴近生活，要认真阅读课本内容，弄清分期付款的下列意义： (1)在分期付款中，每月的利息均是按复利计算的； (2)分期付款中规定每期所付的款额相同； (3)分期付款时，商品售价和每期所付款款额在货款全部付清前会随着时间推移而不断地增值； (4)各期所付款额连同最后一次付款时所生的利息和=商品售价及从购买到最后一次付款的利息之 和。 四、典型例题分析 例 1 在等比数列 na 中，a1+an=66,a2an－1=128，且前 n 项和 Sn=126,求 n 及公比 q。 解题思路分析 根据等比数列的性质，a2an－1=a1an，所以 a1,an 是方程 x2－66x+128=0 的两个根。解得 a1=2,an=64 或 a1=64,an=2。从而可得 n=6,公比 q 为 2 或 2 1 。 例 2 在数列 中，     )(3 )(12 为偶数 为奇数 n nna nn 求数列 的前 n 项和 Sn. 解题思路分析 要分成偶数项和奇数项之和分别求解。显然求前偶数项和比较简单。 当 n=2k(k∈N+)时，a1,a3,a5,…，a2k－1，…，成等差数列，公有效差为 4，首项为 1；而 a2,a4，…， a2k，…成等比数列，公比为 q，首项为 a2=9, )19(8 9)12(91 )91(9 2 )341( 2   k k k kkkkS . 将 k= 2 n 代入得 )13(8 9)1(2  n n nnS 当 n=2k－1 时，由 S2k－1=S2k－a2k，得 8 938 1 2 )1( 1  n n nnS . 例 3 某企业年初有资金 1000 万元，如果该企业经过生产经营能使年资金平均增长率达到 50%， 但每年底都要扣除消费基金 x 万元，余下资金投入再生产，为实现经过 5 年资金达到 2000 万元（扣除消 费基金后），那么每年应扣除消费基金多少万元（精确到万元）？ 解题思路分析 设逐年扣除消费基金后的资金数组成一个数列 ，则 a1=1000×（1+50%）－x=1000× 2 3 －x； a2=(1000× 3 2 －x)(1+50%)－x=1000×( )2－(1+ )x; 依次类推得 a5=1000×( )5－[1+ +( )2+( )3+( )4]x. 由题意知： 1000×( )5－[1+ +( )2+( )3+( )4]x=2000 解得 x≈424 万元 例4 求数列 1，（ 1+b）a,(1+b+b2)a2,…，(1+b+b2+…+bn－1)an－1,… 的前 n 项和 Sn. 解题思路分析 首先要弄清这个数列的通项：当 b≠1 时， 1 n 1 b-1   n n aba ；当 b=1 时，an=nan－1. 而 1 n 1 b-1   n n aba = )(1 1 11 baab nn   括号中是两个指数函数的差，可见这个数列是由两个等比 数列相应项的差组成的，可以先分别求和然后再求差。求和时区分 a=1 与 a≠1 两种情形. 例 5 设数列 na 的首项 a1=1,前 n 项的和 Sn 满足关系式 3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t 为常数,且 t>0, n=2,3,4,……)。 (1)求证：数列 是等比数列； (2)设 的公比为 f(t)，作数列 nb ，使得 b1=1,bn=f( 1 1 nb ) (n=2,3,4,…)，求 nb 的通项公式。 (3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1 解题思路分析 (1)求得 a1=S1=1 S2=a1+a2=1+a2,代入关系式，得 t ta 3 32 2  ,又 3tSn－(2t+3)Sn－1=3t, 3tSn－1－ (2t+3)Sn－2=3t, 两式相减得 3tan－(2t+3)an－1=0, ∴ t t a a n n 3 32 1   (2)由 f(t)= 3 21 3 32  tt t 得 bn=f 1 1 3 2)1(    n n bb 由此可得 3 1 3 2  nbn (3)原式=b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)= )32(9 4)(3 4 2 242 nnbbb n   例 6、从房产公司购买住宅一套，价值 22 万元。首次付款 2 万元之后，其余按年分期付款，且每 年付款数相同，如果年利率为 3%，利息按复利计算，并要求经 15 年付清购房款的本利和。问每年应付 款多少元（精确到 1 元）？实际付出款总额比一次付款多付多少元？ 解题思路分析 由于首付 2 万元，其余 20 万元按年分期付款，本题可以看成是贷款 20 万元，按年分期偿还的问 题。 设每年付款 x 元，由题意，得 x+1.03x+1.032x+…+1.0314x=200000×1.0315 解得 x≈16753 元（可利用计算器计算）实际付款比一次性付款多付了 51295 元。 五、巩固练习 (一)选择题 1、等比数列 1,a,a2,…an 各项的和为（ ） (A) a a n   1 1 (B) a a n    1 1 1 (C)       )1( )1(1 1 an aa a n (D)        )1(1 )1(1 1 1 an aa a n 2、若某等比数列中前 7 项的和为 48，前 14 项的和为 60，则前 21 项的和为（ ） (A)180 (B)108 (C)75 (D)63 3、等比数列 na 中，若 S4=1,S8=3,则 a17+a18+a19+a20 的值为（ ） (A)20 (B)14 (C)16 (D)18 4、数列 9，99，999，9999，…的前 n 项和等于（ ） (A) nn  )110(9 10 (B)10n－1 (C) )110(9 10 n (D) nn  )110(9 10 5、数列 1，（ 1+2），（1+2+22），…，（1+2+22+…+2n－1）,…, 的前 n 项的和为（ ） (A)2n (B)2n－n (C)n·2n (D)2n+1－n－2 6、某工厂产值 a，计划在 5 年内每年比上一年产值增长 10%，从今年起五年内这个工厂的总产值 是（ ） (A)1.14a (B)1.15a (C)10(1.15－1)a (D)11(1.15－1)a 7、某工厂生产总值月平均为 p，则年平均增长率是（ ） (A)p12 (B)12p (C)(1+p)12 (D)(1+p)12－1 8、如果数列 na 的前 n 项和 )23(2 1 nn nnS  (n∈N+)，那么这个数列（ ） (A)是等差数列而不是等比数列 (B)是等比数列而不是等差数列 (C)既是等差数列又是等比数列 (D)既不是等差数列又不是等比数列 9、若数列 前 n 项和 Sn=1+ran(r≠0,r≠1，r 为常数)，则数列的通项公式是（ ） (A) 1)1(   n n n r ra (B) n n n r ra )1( 1    (C) n n n r ra )1( 1    (D) 1 1 )1(     n n n r ra 10、数列 中， 1212 1   nn an ，若其前 n 项和 Sn=5,则 n 为（ ） (A)59 (B)60 (C)61 (D)62 (二)填空题 11、等比数列 ,3,1,3 1  的前 10 项和为 。 12、在等比数列 na 中，若 a5=－8,q=－ 2 1 ,则 an=____,Sn=____。 13、在等比数列 nb 中，若 b6－b5=567,b2－b1=7,则 Sn=________。 14、已知 log2(Sn+1)=n+1,则数列 中通项 an=________. 15、数列 a1qn－1,a1qn－2,…，a1q,a1,(a1q≠0)的公比为 ,前 n 项和 Sn= . 16、若等比数列 中，a4=1,a7=8,则 a6 与 a10 的等比中项为 。 (三)解答题 17、已知数列 的前 n 项和为 Sn=2n－1, 求       na 1 的前 n 项和。 18、利用等比数列前 n 项和的公式的推导方法，求 nn nS 28 3 4 2 2 1   的值。 19、设 是由正数组成的等比数列，它的前 n 项和为 Sn，试比较 logbSn+logbSn+2 与 2logbSn+1 的 大小。 20、某人想贷一笔款，年利率为 5%，按复利计息，计划每年偿还 1 万元，经 5 年还清，问应贷给 他多少元？ 21、设 是正数组成的数列，其前 n 项和为 Sn,并对所有的自然数 n, n n Sa 22 2  ,求数列 的通项公式。 六、参考答案 (一)选择题 1、D．等比数列共有 n+1 项，首项为 1，公比为 a， )1(1 1 1 1     aa aS n n 或 )1(1  anSn 2、D． 等比数列 中，S7 ，S14 －S7 ，S21 －S14 成等比数列，公比为 4 1 7 714  S SS ,∴ 633,34 1)( 142114211421  SSSSSS 3、C．S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16 成等比数列，公比 ,2 4 48  S SSq a17+a18+a19=S20 －S16=S4q4=16. 4、D．数列通项公式为 an=10n－1. Sn=10+102+…+10n－n= nn  )110(9 10 . 5、D． 数列通项为 an=2n－1, ∴Sn=2+22+…+2n－n=2(2n－1)－n=2n+1－n－2. 6 、 D ． 从 今 年 起 五 年 的 产 值 组 成 一 个 等 比 数 列  na ， a1=(1+10%)a,q=1+10%=1.1, ∴ aaS )11.1(1111.1 )11.1(1.1 5 5 5   7、D． 设上年 12 月生产总值是 1，则今年年底生产总值为 (1+p)12，增长率为 1)1(1 1)1( 12 12  pp 。 8、B ∵ 1)2 3(  n nS ∴ 2 1 11  Sa , )2()2 3(2 1)2 3()2 3( 11 1    nSSa nnn nnn 检验n=1时也适合,∴ )()2 3(2 1 1   Nna n n 数列 na 是等比数列,首项为 2 1 ,公比为 2 3 ,它不能是 等差数列. 9、C． 111 1 raSa  , ∴ )1(1 1 1  rra n≥2 时 , ),( 11   nnnnn aarSSa ∴ 11  nn ar ra 于是 212 )1(1  r rar ra ， 3 2 223 )1( ] )1( [11     r r r r r rar ra 故选 C。 10、B． )1212(2 1  nnan 5]112[2 1]1212)79()57()35()13[(2 1  nnnSn  解得 n=60 (二)填空题 11、 )31(12 1 10 等比数列首项为 3 1 ，公比为－3， ∴ )31(12 1 )3(1 ])3(1[3 1 10 10 10   S 12、 ]1)2 1[(3 256,2 256)1(  n nn n n Sa 直接用公式计算得，其中 a1=－128,q= 2 1 . 13、 ]1)3[(16 7)13(4 7  nn nS 或 由      7)1( 567)1( 1 4 1 qa qqa 得 q4=81, ∴q=±3。 于是 q=3 时， 1a 2 7 ，q=3 时， 4 7 1 a 。用公式计算得。 14、      )1(3 )2(2 n na n n 由题设得 12 1  n nS ， a1=S1=3, n≥2 时 an=Sn－Sn－1=2n+1－2n=2n 15、 q 1 ,        )1(1 )1( )1( 1 1 qq qa qna S n n 注意数列中数的顺序，全面考虑等比数列的前 n 项和的公式。 16、±16 ∵a7=a4q3 ,∴q=2. 等比中项 16285 76106  qaaaaG (三)解答题 17、解：由 Sn=2n－1 知 a1=S1=1;n≥2 时，an=Sn－Sn－1=2n－1－2n－2=2n－2，这数列为：1，1，2，4，…， 除第 1 项外，从第二项起是公比为 2 的等比数列。       na 1 为 1，1， ,,4 1,2 1  从第二项起是公比为 2 1 的等比数列。 2)2 1(3 2 11 ])2 1(1[1 1     n n nS 。 18、解：令 nnn nnS 22 1 8 3 4 2 2 1 1   ， 则 11 22 1 2 2 8 2 4 1 2 1   nnnn nnnS  两式相减，得 11 2)2 1(122 1 8 1 4 1 2 1 2 1   n n nnn nnS  ∴ nn nS 2 22  19、解：∵ 1 2 2 12 loglog2)log(log     n nn bnbnbnb S SSSSS 又 q>0 ∴ 01 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 2      n n n nnn n nn S qa S SSS S SS ∴0< 1 1 2 2    n nn S SS 当 01 时， 0log 1 2 2    n nn b S SS 这时 12 log2loglog   nbnbnb SSS 20、解：应贷给他 x 万元，由题意得 5432 )05.01( 1 )05.01( 1 )05.01( 1 )05.01( 1 05.01 1 x )(3295.4 )05.1(1 ])05.1(1[)05.1( 1 51 万元     答：应贷给他 43295 元。 21、解：由已知得(an+2)2=8Sn, ∴(an－1+2)2=8Sn－1 两式相减，得 8an=(an+2)2－(an－1+2)2 即 an 2－an－1 2－4(an+an－1)=0, (an+an－1)(an－an－1－4)=0 因 na 是正数组成的数列，∴an－an－1=4. 即 是等差数列，公差为 4， ∵a1=S1, ∴(a1+2)2=8a1, a1=2 ∴数列 的通项公式为 an=2+4(n－1) 即 an=4n－2 七、附录 例 1 的解 在等比数列 中，a1an=a2an－1=128, 又∵a1+an=66, ∴a1,an 是方程 x2－66x+128=0 的两个根。解 方程得 x1=2,x2=64. ∴a1=2,an=64 时，或 a1=64,an=2. 当 a1=2,an=64 时，显然 q≠1，由 1261 1   q qaa n ，得 2－64q=126－126q, ∴q=2; 由 an=a1qn－1 得 2n－1=32, ∴n=6 当 a1=64,an=2 时，同理可求得 q= 2 1 ,n=6. 综合所述，n 的值为 6，公比 q 的值为 2 或 2 1 . 评注：等比数列的通项公式 an=a1qn－1 及前 n 项的和公式         )1(11 )1( )1( 11 1 qq qaa q qa qna S n n n 中涉及等比数列的五个基本量：a1,q,n,an,Sn.已知其中三个可 以求出另外两个，方法是解方程组。这是等比数列中的一类基本问题。 例 2 的解 由题知，当 n=2k(k∈N+)时，a1,a3,…a2k－1,…成等差数列，公差 d=4,首项 a1=1;而 a2,a4,…，a2k,…成 等比数列，公比 q=9，首项为 a2=9.因此，数列 na 各项是：1，9，5，81，9，729，…，4k－3,9k,…。 )19(8 9)12(19 )19(9 2 )341( 2   k k kn kkkkSS ∵ 2 nk  ∴ )13(8 9)1(2  n n nnS 当 n=2k－1 时，∵a2k=9k, ∴ kk kkk kkaSS 9)19(8 9)12(212  ∵ ,2 1 nk ∴ 8 9 8 3 2 )1( 1 12    n kn nnSS 综上可得：           ))(13(8 9 2 )1( )(8 93 2 )1( 1 为偶数 为奇数 nnn nnn S n n n 评注：对于需对 n 分奇、偶数讨论的，可设 n=2k 和 n=2k－1，在分别求出 S2k 和 S2k－1 表达式后， 再以 k= 2 1,2  nkn 代入，得出 Sn 的表达式。在本题解法中求出 S2k 比较方便，然后利用 S2k－1=S2k－a2k 求解可以简化运算。 例 3 的解 设逐年扣除消费基金后余下的基金组成数列 ，则 xxa  2 31000%)501(10001 ， ,)2 31()2 3(1000%)501)(2 31000( 2 2 xxa  xa ])2 3(2 31[)2 3(1000 23 3  xa ])2 3()2 3(2 31[)2 3(1000 324 4  xa ])2 3()2 3()2 3()2 3(1[)2 3(1000 4325 5  由题意知，a5=2000，即 2000])2 3()2 3()2 3()2 3(1[)2 3(1000 4325  x 2000)2 3(1000 12 3 1)2 3( 5 5    x ∴ 42432 179 211 161000 x （万元） 答：每年约扣除消费基金 424 万元。 评注：增长率问题就是复利问题。在逐项推导的过程中，要注意保持某种规律性，不要由于不恰 当的具体计算去破坏这种规律性。 例 4 的解 由题设，当 b≠1 时， b ba n n   1 1 ；当 b=1 时， 1 n n naa 。下面分两种情形讨论： (1) 1b 时， )(1 1 11 nnn n baaba   ①a≠1,ab≠1 时， ]1 )1( 1 1[1 1 ab bab a a bS nnn n     ; ②a≠1,ab=1 时， ]1 1[1 1 nba a bS n n    ③a=1 时， ]1 )1([1 1 b bbnbS n n   (2) b=1 时，an=nan－1 ①a=1 时，an=n, 2 )1(  nnSn ②a≠1 时，Sn=1+2a+3a2+…+nan－1 aSn=a+2a2+…+nan 相减，得(1－a)Sn=1+a+a2+…+an－1－nan= n n naa a   1 1 ∴ a na a aS nn n    1)1( 1 2 评注：要完整理解等比数列前 n 项和的公式，当 q=1 时，Sn=na1;当 q≠1 时， q qaS n n   1 )1(1 .本 题含有两个字母 a,b ,有三个公比，即 a,b,ab.所以必须进行多层次的分类讨论，对不同情形得出相应的结 果来。 例 5 的解 (1)由 S1=a1=1,S2=a1+a2=1+a2,得 3t(1+a2)－(2t+3)=3t 解得 t ta 3 32 2  于是 t t a a 3 32 1 2  ， 又 3tSn－(2t+3)Sn－1=3t 3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t 两式相减，得 3tan－(2t+3)an－1=0 于是 ),4,3,2(,3 32 1   nt t a a n n 因此，数列 na 是一个首项为 1，公比为 t t 3 32  的等比数列。 (2)由 f(t)= t t 3 32  = 3 21 t 得 1 1 3 2)1(    n n n bbfb ∴ nb 是等差数列，首项为 1，公差为 3 2 ，于是有 3 1 3 2)1(3 21  nnbn (3)∵ 3 1 3 2  nbn ∴ 12 nb 和 nb 都是等差数列，首项分别为 1 和 3 5 ，公差都是 3 4 。于是 3 1 3 4)1(3 4 3 5 2  nnb n ∴ 122212433221   nnnn bbbbbbbbbb  = )1()()( 2122534312   nnn bbbbbbbbb  = )32(9 4)(3 4 2 242 nnbbb n   评注：要掌握已知数列 na 的前 n 项和 Sn，求通项 an 的方法: a1=S1,n≥2 时,an=Sn－Sn－1。 例 6 的解 设每年付款 x 元，由题意，得 x+1.03x+1.032x+…+1.0314x=20000×1.0315 15 15 03.1200000103.1 103.1   x ∴ 103.1 03.003.120000 15 15  x 用计算器算得 x≈16753 元。 实际共付款 16753×15+20000=271295（元） 271295－22000=51295（元） 答：每年应付款约为 16753 元，实际付款总额比一次性付款多付 51295 元。 评注：解题的关键是掌握分期付款的下列等量关系；各期所付的款额连同到最后一次付款时所生 的利息之和，等于商品售价及从购买到最后一次付款的利息之和。