数学必修5(北师大版)全册导学案
第4课时 等比数列的综合应用
知能目标解读
1.进一步巩固等比数列的通项公式、性质及前n项和公式. 2.掌握数列求和的常用方法——错位相减法.
重点难点点拨
重点：错位相减法求和的理解及等比数列性质的应用. 难点：错位相减法求和的应用.
学习方法指导
如果数列{an}是等差数列，公差为d;数列{bn}是等比数列，公比为q,求数列{anbn}的前n项和，可以运用错位相减法.方法如下：
设Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,当q=1时，{bn}是常数列，Sn=b1(a1+a2+a3+…+an)= 则
qSn=qa1b1+qa2b2+qa3b3+
…
+qanbn=a1b2+a2b3+
…
nb1(a1 an)
;当q≠1时，
2
所
以
+an-1bn+anbn+1,
b1q(1 qn 1)
Sn-qSn=(1-q)Sn=a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+…+bn·(an-an-1)-anbn+1=a1b1+d·
1 q
-anbn+1,
b1dq(1 qn 1)a1b1 anbn 1
1 q
所以Sn=.
1 q
知能自主梳理
1.在等比数列的前n项和公式Sn中，如果令A=
a1
，那么Snq 1
2.若Sn表示数列{an}的前n项和，且Sn=Aqn-A(A≠0， q≠0且q≠±1)，则数列{an}是 3.在等比数列{an}中，Sn为其前n项和.
(1)当q=-1且k为偶数时，Sk,S2k-Sk，S3k-S2k (k∈N+; .
(2)当q≠-1或k为奇数时，数列Sk，S2k-Sk，S3k-S2k (k∈N+a1(1 qn)
［答案］ 1. Aqn-A
1 q
2.等比数列
3.不是等比数列 是等比数列
思路方法技巧
命题方向 等比数列性质的应用
［例1］ (1)等比数列{an}，已知a1=5，a9a10=100，求a18； (2)在等比数列{bn}中，b4=3，求该数列前七项之积； (3)在等比数列{an}中，a2=-2，a5=54，求a8.
［分析］ 由等比数列的性质可知：与首末两项等距离的两项积等于首末两项的积，与某一项距离相等的
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两项之积等于这一项的平方. ［解析］ (1)∵a1a18=a9a10, ∴a18=
a9a10100
==20. 5a1
(2)b1b2b3b4b5b6b7=(b1b7)(b2b6)(b3b5)b4. ∵b24=b1b7=b2b6=b3b5,
∴前七项之积为(32) 3×3=37=2187. (3)解法一：a8=a5q3=a5·
54a5
=54×=-1458.
2a2
解法二：∵a5是a2与a8的等比中项， ∴542=a8×(-2). ∴a8=-1458.
［说明］ 本题的求解，主要应用了等比数列的性质，若m,n,k,l∈N+且m+n=k+l，则am·an=ak·al.由此可见，在等比数列问题中，合理应用性质，可使解法简捷. 变式应用1 已知{an}是等比数列，且a1a10=243,a4+a7=84,求a11. ［解析］ ∵a4·a7=a1·a10,∴a4a7=243,
a4=81 a4=3 又a4+a7=84,∴ ，或a7=3 a7=81
∴q=
1
或q=3. 3
141）=或a11=81×34=6561.
273
∴a11=3q4=3×（
命题方向 与前n项和有关的等比数列的性质问题
［例2］ 各项都是正实数的等比数列{an}，前n项的和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S40等于 （ ） A.150
B.-200
C.150或-200
D.400或-50
［答案］ A
［分析］ 本题思路较为广泛，可以运用等比数列前n项和公式列方程，确定基本量a1,q后求解，也可以应用等比数列前n项和的性质求解.
［解析］ 解法一：设首项为a1,公比为q，由题意知q≠±1.
a1(1 q10)
=10 ①
1 q
由 ，
a1(1 q30)
=70 ②
1 q
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由以上两式相除得q20+q10-6=0,解得q10=2或q10=-3(舍去)，代入①有
a1
=-10， 1 q
a1(1 q40)∴S40==-10×(-15)=150.
1 q
解法二：易知q≠±1，由S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成公比为q10的等比数列,则 S30=S10+(S20-S10)+(S30-S20)=S10+q10S10+q20S10， 即q20+q10-6=0，解得q10=2或q10=-3（舍去），
∴S40=S10+(S20-S10)+(S30-S20)+(S40-S30)=10(1+2+22+23)=150. 解法三：运用性质Sm+n=Sm+qmSn求解， ∵S30=S20+q20S10=S10+q10S10+q20S10
从而有q20+q10-6=0，解得q10=2或q10=-3(舍去). ∴S40=S30+q30S10=70+8×10=150. 解法四：易知q≠±1,∵
S30S10
=，∴q20+q10-6=0, 3010
1 q1 q
解得q10=2或q10=-3(舍去). 又
S30S40
=，所以S40=150.
1 q301 q40
［说明］ 在与等比数列的和有关的问题中，合理应用和的性质，可以简化运算，本题的解法二运用了当q≠-1时，数列Sm，S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等比数列，公比为qm，解法三运用了等比数列的性质：Sm+n=Sm+qmSn，解法四运用了等比数列的性质：当q≠±1时，
SnSm
=.
1 qm1 qn
.
变式应用2 等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5=10,S10=20,则S15等于 ［答案］ 30
［解析］ ∵{an}为等比数列， ∴S5，S10-S5，S15-S10成等比数列， （S10-S5）2=S5（S15-S10）， 即100=10（S15-20）， 解得S15=30.
探索延拓创新
命题方向 错位相减法求数列的和
［例3］ 求数列1，3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1的前n项和（a≠0）.
［分析］ 由题设可知数列的通项公式为an=(2n-1)·an-1,数列的每一项可分成两个因式，前一个因式可构成等差数列，后一个因式可构成等比数列，故可选用错位相减法求和. ［解析］ 当a=1时，Sn=1+3+5+…+(2n-1)=
n［1 (2n 1)］2
=n.
2
当a≠1时，有Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)·an-1 ①, aSn=a+3a2+5a2+7a4+…+(2n-1)an ②,
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2a(1 an 1)
①-②得,Sn-aSn=1+2a+2a+2a+…+2a-(2n-1)a=1+-(2n-1)an,
1 a
2
3
n-1
n
1 (2n 1)an2a(1 an 1)∴Sn=+.
1 a(1 a)2
［说明］ 一般来说，如果数列{an}是等差数列，公差为d;数列{bn}是等比数列，公比为q,则求数列{anbn}的前n项和就可以运用错位相减法. 变式应用3 求数列{n·2n}的前n项和Sn.
［解析］ ∵Sn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n ① 2Sn=1·22+2·23+…+（n-1）·2n+n·2n+1 ② ①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1