高中数学等比数列和典型例题

高中数学等比数列的前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S n =80，S 2n =6560，故q ≠1

a q q a q q

n n

()

()11112----????????=80=6560

q =81n ①

②③

∵a ＞0，q ＞1，等比数列为递增数列，故前n 项中最大项为a n ． ∴a n =aq n-1=54

④

将③代入①化简得a=q －1

⑤

③

④

化简得⑥3a =2q

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 S =S (S S )n 22n 2

n 2n 3n

证 ∵S n =a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n-1 S 2n =S n ＋(a 1q n ＋a 1q n+1＋…＋a 1q 2n-1) =S n ＋q n (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n-1) =S n ＋q n S n =S n (1＋q n )

类似地，可得S 3n =S n (1＋q n ＋q 2n )

∴＋＋＋＋S +S =S [S (1q )]

=S (22q q )n 22n 2n 2n n 2n

2n 2n

S (S S )=S [S (1q )S (1q q )]

=S (22q q )

S S =S (S S )

n 2n 3n n n n n n 2n n 2n 2n

n 22n 2

n 2n 3n ＋＋＋＋＋＋＋∴＋＋

【例3】 一个有穷的等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数．

解 设项数为2n(n ∈N*)，因为a 1=1，由已知可得q ≠1．

∴①

②

a q q a q q q

n n

122

1221111()

()----???????=85=170

①

②

得：把代入①

得∴q =2q =2=85 4=256 n =4

n 1414

--n

即公比为2，项数为8．

【例4】 选择题：在等比数列{a n }中，已知对任意正整数n ，有S n =2n

－，则＋＋…＋等于1a a a 1222n 2

[ ]

A (21)

B (21)

C 21

D (41)

n 2n 2

n n

．－．－．－．－1

3

13

解 D ．

∵a 1=S 1=1，a n =S n －S n-1=2n-1 ∴a n =2n-1

∴b n =(a n )2=(2n-1)2=22n-2=4n-1

∴＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋b b b =a a a =1444=414112n 12222

2

2n 1n ---=-13

41()n

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

(2m 1)V m ＋＜1121

--+V

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)V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m

发现左边有(2m ＋1)个V m ，右边有(2m ＋1)项，变形：V m ＋V m ＋…＋V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m ．

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：

V m ＋V m ＜1＋V 2m ，V m ＋V m ＜V ＋V 2m-1，…，V m ＋V m ＜V m-1＋V m+1，V m =V m ．

即2V m ＜1＋V 2m ，2V m ＜V ＋V 2m-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”：

要证·＜＞，改证＜；见到，去逆向运用·，化成＋＋＋…＋；要证＋＜＋，先证＜

A B C(B 0)A S =

a 1V V V A B C D n 122m C B V V

a q q

A m n

11121

----+

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{a n }是等比数列，其中S n =48，S 2n =60，求S 3n ． 解法一 利用等比数列的前n 项和公式

若q=1，则S n =na 1，即na 1=48，2na 1=96≠60，所以q ≠1

∵S =a (1q )

1n 1n --q

S =

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

11--=--=+q q q q S q n

n n n n 211()

∴q =14

S =

a (1q )1q

n 3n

13n --=

-++-a q q q q

n n n 12111()()

=S n (1＋q n ＋q 2n )

∴S =48(1+1

16

)=633n +

14 解法二 利用等比数列的性质：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列 ∴ (60－48)2=48·(S 3n －60) ∴ S 3n =63． 解法三 取特殊值法

取n=1，则S 1=a 1=48，S 2n =S 2=a 1＋a 2=60 ∴ a 2=12

∵ {a n }为等比数列

∴ q =

a a a =3213

=1

4 S 3n =S 3=a 1＋a 2＋a 3=63

【例7】 已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n+1=4a n ＋2(n ∈N*)，a 1=1

(1)设b n =a n+1－2a n (n ∈N*)，求证：数列{b n }是等比数列；

(2)c =

a 2

(n N*){c }n n

n n 设∈，求证：数列是等差数列． 解 (1)∵ S n+1=4a n ＋2 S n+2=4a n+1＋2 两式相减，得

S n+2－S n+1=4a n+1=4a n (n ∈N*) 即：a n+2=4a n+1－4a n

变形，得a n+2－2a n+1=2(a n+1－2a n ) ∵ b n =a n+1－2a n (n ∈N*) ∴ b n+1=2b n

由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列． 由S 2=a 1＋a 2=4a 1＋2，a 1=1 可得a 2=5，b 1=a 2－2a 1=3 ∴ b n =3·2n-1

(2) c =

a 2

(n N*)c =b 2

n n

n n+1n n+1

∵∈∴-=-=

-++++c a a a a n n n n n n n

n 11112222 将b n =3·2n-1代入，得

c c =

3

4

(n N*)n+1n －∈ 由此可知，数列是公差的等差数列，它的首项，故＋－·即：{c }d =3

4c =a 2

c =(n 1)C =34n 11n n =-

121234

1

4

n