EM@等比数列

abstract

• 等比数列概念和性质
• 等比数列求和公式
  • 递推公式法
  • 错位相减法

等比数列

• 如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比值都等于同一个常数(公比),那么则个数列就叫做等比数列
• 公比通常用字母$q(q\ne 0)$表示

递推公式

• $a_n=a_{n-1}\cdot q$,$(n=2,3,\cdots )$

通项公式

• $a_n=a_1{q}^{n-1}$,$(n=1,2,\dots )$
  • 由递推公式,$a_2=q{a}_1$;$a_3=q{a}_2$;$a_4=q{a}_3$;$\cdots$;$a_n=q{a}_{n-1}$
  • 将这$n-1$个式子两边分别相乘:${\prod }_{i=2}^n{a}_i$=$q^{n-1}{\prod }_{i=1}^{n-1}{a}_i$,两边同乘$a_1$,$a_n{\prod }_{i=1}^{n-1}{a}_i$=$a_1{q}^{n-1}{\prod }_{i=1}^{n-1}{a}_i$,从而$a_n=a_1{q}^{n-1}$
• 若令$c=\frac{a_1}{q}$,$(c\ne 0)$,则$a_n=c{q}^n$

等比数列和指数函数

• 当$q\ne 1,q>0$时,$y=q^x$是一个指数函数
• 而$y=c{q}^x$是一个非零常数和指数函数的乘积
• 从图像上看,$\{c{q}^n\}$的点都在函数$y=c{q}^x$上
• 如果给定一个数列的通项公式为$a_n=a{q}^{n-1}$,显然是首项$a_1=a$公比为$q$的等比数列;若$a_n=a{q}^n$,则是首项为$aq$,公比为$q$的等比数列;若$a_n=q^n$,则是首项为$q$,公比也为$q$的等比数列

等比中项

• 若$x,G,y$构成等差数列,则$G$,称$G$为$x,y$得等比中项
• $\frac{G}{x}=\frac{y}{G}$,即$G^2=xy$,利用这个方程可以求出$G=\pm \sqrt{xy}$
• 显然
  • 两个同号的数$x,y$的等比中项有2个,它们互为相反数
  • 异号$x,y$没有等比中项
• 由等比中项判定一个数列是否式等比数列:若一个数列从第2项起,每一项都是它的前一项和后一项(如果有的话)的等比中项,则这个数列是等比数列

下标和相等的两组子数列

• 一般地,若${\prod }_{i=1}^N{n}_i$=${\prod }_{i=1}^N{m}_i$=$t$,则${\prod }_{i=1}^N{a}_{n_i}$=${\prod }_{i=1}^N{a}_{m_i}$=$a_1^N{q}^{t-N}$
• 特别的,$a_1{a}_n$=$a_1^2{q}^{n-1}$

等比数列求和公式

• 和等差数列的前$n$项和公式不同,等比数列前$n$项和需要根据公比分类讨论

• 前n项和:

  • $$S_n=\{\begin{array}{ll}\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\frac{a_1(q^n-1)}{q-1}& q\ne 1\\ n{a}_1& q=1\end{array}$$

推导

• $S_n$=${\sum }_{i=1}^n{a}_i$
  $=a_1{q}^0+a_1{q}^1+\cdots +a_1{q}^{n-1}$
  =$a_1(q^0+q^1+\cdots +q^{n-1})$=$a_1\sum _{i=0}^{n-1}{q}^i$

递推公式法

• 由等比数列递推公式,$a_n=a_{n-1}q$:

  • $a_2=a_{1}q$
  • $a_3=a_{2}q$
  • $\cdots$
  • $a_{n-1}=a_{n-2}q$
  • $a_n=a_{n-1}q$
  • 将上述$n-1$个等式两边分别相加,得$S_n-a_1$=$q{S}_{n-1}$
  • 即$S_n-a_1=q(S_n-a_n)$,从而$S_n=\frac{a_1-q{a}_n}{1-q}$=$\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$

错位相减法

• $q{S}_n=a_1(q^1+q^2+\cdots +q^n)$=$a_1\sum _{i=1}^n{q}^i$
  • 或者由$a_{1}q\sum _{i=0}^{n-1}{q}^i$=$a_1\sum _{i=0}^{n-1}{q}^{i+1}$=$a_1\sum _{i=1}^n{q}^i$算得
• $q{S}_n-S_n$=$a_1\sum _{i=1}^n{q}^i$-$a_1\sum _{i=0}^{n-1}{q}^i$
  • =$a_1((\sum _{i=1}^{n-1}{q}^i+q^n)-(q^0+\sum _{i=1}^{n-1}{q}^i))$
  • =$a_1(q^n-q^0)=a_1(q^n-1)$
• $S_n$=$\frac{a_1(q^n-1)}{q-1}$=$\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$

公比为1的等比数列

• 由通项公式,公比为1的数列就是常数列(每项都相等),且同时是共差为0的等差数列

首项为1的等比数列

• 特别的,当$a_1=1$时,$S_n=a_1\sum _{i=0}^{n-1}{q}^i$=$1\times \sum _{i=0}^{n-1}{q}^i$=$q^0+q^1+q^2+\cdots +q^{n-1}$=$\frac{1-q^n}{1-q}$
• 可以用于推导等幂和差公式

应用:等比数列经典问题

• 一尺长的木棒,每天截取它的一半,则永远也取不完
• 用数列描述到第$i$天取走的木棒长度为$a_i=(\frac{1}{2}{)}^i$,数列$\{a_i\}$是一个首项$a_1=\frac{1}{2}$,公比为$q=\frac{1}{2}$的等比数列
• 则第$n$天为止共取走$S_n=\frac{\frac{1}{2}(1-(\frac{1}{2}{)}^n)}{1-\frac{1}{2}}$=$1-\frac{1}{2^n}$,显然无论$n$多么大,总有$S_n<1$,所以木棒永远也取不完

等差乘以等比数列求和问题

• 这是一类经典的问题,解法有多种

求导@极限法

• 极限法也可以用简单无穷级数(等比级数)公式直接计算

• 利用求导公式和法则:

  • $(x^k{)}^{{}^{\prime }}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{x}^k=k{x}^{k-1}$
  • $\frac{f}{g}=\frac{f^{\prime }g-f{g}^{\prime }}{g^2}$
  • $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\sum _{i=1}^n{f}_i(x))$=$\sum _{i=1}^n\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{f}_i(x)$

• 例如:等差乘以等比最简单无穷级数

  • $$\begin{gathered} \sum _{k=0}^{+\infty }k\cdot q^{k-1}=\sum _{k=0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}{q}^k=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\sum _{k=0}^{+\infty }{q}^k) \\ =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\frac{1}{1-q})=\frac{1}{(1-q{)}^2} \end{gathered}$$

  • 将$\infty$换成n,也可以方便的推导有限项(前n项和)

例

• 公差为2

• $$\begin{gathered} \sum _{k=0}^{+\infty }(2k+1)\cdot q^k \\ =\sum _{k=0}^{+\infty }(2k\cdot q^k+1\cdot q^k) \\ =\sum _{k=0}^{+\infty }2k\cdot q^k+\sum _{k=0}^{+\infty }1\cdot q^k \\ =0+2q\sum _{k=1}^{+\infty }k\cdot q^{k-1}+\frac{1}{1-q} \\ 这两个求和都是前面已解决的问题模型,灵活补项,分别计算即可 \end{gathered}$$