EM@等比数列

文章目录

    • abstract
    • 等比数列
      • 递推公式
      • 通项公式
      • 等比数列和指数函数
      • 等比中项
      • 下标和相等的两组子数列
      • 等比数列求和公式
        • 推导
          • 递推公式法
          • 错位相减法
      • 公比为1的等比数列
      • 首项为1的等比数列
      • 应用:等比数列经典问题
    • 等差乘以等比数列求和问题
      • 求导@极限法

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 ≠ 0 ) q(q\neq{0}) q(q=0)表示

递推公式

  • a n = a n − 1 ⋅ q a_n=a_{n-1}\cdot{q} an=an1q, ( n = 2 , 3 , ⋯   ) (n=2,3,\cdots) (n=2,3,)

通项公式

  • a n = a 1 q n − 1 a_n=a_1q^{n-1} an=a1qn1, ( n = 1 , 2 , …   ) (n=1,2,\dots) (n=1,2,)
    • 由递推公式, a 2 = q a 1 a_2=qa_1 a2=qa1; a 3 = q a 2 a_3=qa_2 a3=qa2; a 4 = q a 3 a_4=qa_3 a4=qa3; ⋯ \cdots ; a n = q a n − 1 a_n=qa_{n-1} an=qan1
    • 将这 n − 1 n-1 n1个式子两边分别相乘: ∏ i = 2 n a i \prod_{i=2}^{n}a_i i=2nai= q n − 1 ∏ i = 1 n − 1 a i q^{n-1}\prod_{i=1}^{n-1}a_i qn1i=1n1ai,两边同乘 a 1 a_1 a1, a n ∏ i = 1 n − 1 a i a_n\prod_{i=1}^{n-1}a_i ani=1n1ai= a 1 q n − 1 ∏ i = 1 n − 1 a i a_1q^{n-1}\prod_{i=1}^{n-1}a_i a1qn1i=1n1ai,从而 a n = a 1 q n − 1 a_n=a_1q^{n-1} an=a1qn1
  • 若令 c = a 1 q c=\frac{a_1}{q} c=qa1, ( c ≠ 0 ) (c\neq{0}) (c=0),则 a n = c q n a_n=cq^{n} an=cqn

等比数列和指数函数

  • q ≠ 1 , q > 0 q\neq{1},q>0 q=1,q>0时, y = q x y=q^{x} y=qx是一个指数函数
  • y = c q x y=cq^{x} y=cqx是一个非零常数和指数函数的乘积
  • 从图像上看, {   c q n   } \set{cq^{n}} {cqn}的点都在函数 y = c q x y=cq^{x} y=cqx
  • 如果给定一个数列的通项公式为 a n = a q n − 1 a_{n}=aq^{n-1} an=aqn1,显然是首项 a 1 = a a_1=a a1=a公比为 q q q的等比数列;若 a n = a q n a_n=aq^{n} an=aqn,则是首项为 a q aq aq,公比为 q q q的等比数列;若 a n = q n a_n=q^{n} an=qn,则是首项为 q q q,公比也为 q q q的等比数列

等比中项

  • x , G , y x,G,y x,G,y构成等差数列,则 G G G,称 G G G x , y x,y x,y等比中项
  • G x = y G \frac{G}{x}=\frac{y}{G} xG=Gy,即 G 2 = x y G^2=xy G2=xy,利用这个方程可以求出 G = ± x y G=\pm\sqrt{xy} G=±xy
  • 显然
    • 两个同号的数 x , y x,y x,y的等比中项有2个,它们互为相反数
    • 异号 x , y x,y 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 ∏ i = 1 N n i \prod_{i=1}^{N}n_i i=1Nni= ∏ i = 1 N m i \prod_{i=1}^{N}m_i i=1Nmi= t t t,则 ∏ i = 1 N a n i \prod_{i=1}^{N}a_{n_{i}} i=1Nani= ∏ i = 1 N a m i \prod_{i=1}^{N}a_{m_i} i=1Nami= a 1 N q t − N a_1^{N}q^{t-N} a1NqtN
  • 特别的, a 1 a n a_1a_n a1an= a 1 2 q n − 1 a_1^2q^{n-1} a12qn1

等比数列求和公式

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

  • 前n项和:

    • S n = { a 1 ( 1 − q n ) 1 − q = a 1 ( q n − 1 ) q − 1 q ≠ 1 n a 1 q = 1 S_n= \begin{cases} \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\frac{a_1(q^n-1)}{q-1} &q\neq{1} \\ na_1&q=1 \end{cases} Sn={1qa1(1qn)=q1a1(qn1)na1q=1q=1
推导
  • S n S_n Sn= ∑ i = 1 n a i \sum_{i=1}^{n}a_i i=1nai
    = a 1 q 0 + a 1 q 1 + ⋯ + a 1 q n − 1 =a_1q^0+a_1q^1+\dots+a_1q^{n-1} =a1q0+a1q1++a1qn1
    = a 1 ( q 0 + q 1 + ⋯ + q n − 1 ) a_{1}(q^0+q^1+\dots+q^{n-1}) a1(q0+q1++qn1)= a 1 ∑ i = 0 n − 1 q i a_1\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i a1i=0n1qi
递推公式法
  • 由等比数列递推公式, a n = a n − 1 q a_n=a_{n-1}q an=an1q:

    • a 2 = a 1 q a_2=a_1q a2=a1q
    • a 3 = a 2 q a_3=a_2q a3=a2q
    • ⋯ \cdots
    • a n − 1 = a n − 2 q a_{n-1}=a_{n-2}q an1=an2q
    • a n = a n − 1 q a_n=a_{n-1}q an=an1q
    • 将上述 n − 1 n-1 n1个等式两边分别相加,得 S n − a 1 S_{n}-a_1 Sna1= q S n − 1 qS_{n-1} qSn1
    • S n − a 1 = q ( S n − a n ) S_n-a_1=q(S_n-a_n) Sna1=q(Snan),从而 S n = a 1 − q a n 1 − q S_n=\frac{a_1-qa_{n}}{1-q} Sn=1qa1qan= a 1 ( 1 − q n ) 1 − q \frac{a_1(1-q^{n})}{1-q} 1qa1(1qn)
错位相减法
  • q S n = a 1 ( q 1 + q 2 + ⋯ + q n ) qS_n=a_{1}(q^1+q^2+\dots+q^n) qSn=a1(q1+q2++qn)= a 1 ∑ i = 1 n q i a_1\sum\limits_{i=1}^{n}q^i a1i=1nqi
    • 或者由 a 1 q ∑ i = 0 n − 1 q i a_1q\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i a1qi=0n1qi= a 1 ∑ i = 0 n − 1 q i + 1 a_1\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^{i+1} a1i=0n1qi+1= a 1 ∑ i = 1 n q i a_1\sum\limits_{i=1}^{n}q^i a1i=1nqi算得
  • q S n − S n qS_n-S_n qSnSn= a 1 ∑ i = 1 n q i a_1\sum\limits_{i=1}^{n}q^i a1i=1nqi- a 1 ∑ i = 0 n − 1 q i a_1\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i a1i=0n1qi
    • = a 1 ( ( ∑ i = 1 n − 1 q i + q n ) − ( q 0 + ∑ i = 1 n − 1 q i ) ) a_1((\sum\limits_{i=1}^{n-1}q^i+q^n)-(q^0+\sum\limits_{i=1}^{n-1}q^i)) a1((i=1n1qi+qn)(q0+i=1n1qi))
    • = a 1 ( q n − q 0 ) = a 1 ( q n − 1 ) a_1(q^n-q^0)=a_1(q^n-1) a1(qnq0)=a1(qn1)
  • S n S_n Sn= a 1 ( q n − 1 ) q − 1 \frac{a_1(q^n-1)}{q-1} q1a1(qn1)= a 1 ( 1 − q n ) 1 − q \frac{a_1(1-q^n)}{1-q} 1qa1(1qn)

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 a_1=1 a1=1时, S n = a 1 ∑ i = 0 n − 1 q i S_n=a_1\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i Sn=a1i=0n1qi= 1 × ∑ i = 0 n − 1 q i 1\times\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i 1×i=0n1qi= q 0 + q 1 + q 2 + ⋯ + q n − 1 q^0+q^1+q^2+\dots+q^{n-1} q0+q1+q2++qn1= 1 − q n 1 − q \frac{1-q^n}{1-q} 1q1qn
  • 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 i i天取走的木棒长度为 a i = ( 1 2 ) i a_i=(\frac{1}{2})^{i} ai=(21)i,数列 {   a i   } \set{a_i} {ai}是一个首项 a 1 = 1 2 a_1=\frac{1}{2} a1=21,公比为 q = 1 2 q=\frac{1}{2} q=21的等比数列
  • 则第 n n n天为止共取走 S n = 1 2 ( 1 − ( 1 2 ) n ) 1 − 1 2 S_n=\frac{\frac{1}{2}(1-(\frac{1}{2})^{n})}{1-\frac{1}{2}} Sn=12121(1(21)n)= 1 − 1 2 n 1-\frac{1}{2^{n}} 12n1,显然无论 n n n多么大,总有 S n < 1 S_n<1 Sn<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 ) ′ = d d x x k = k x k − 1 (x^k)^{'}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^{k}=kx^{k-1} (xk)=dxdxk=kxk1
    • f g = f ′ g − f g ′ g 2 \frac{f}{g}=\frac{f'g-fg'}{g^2} gf=g2fgfg
    • d d x ( ∑ i = 1 n f i ( x ) ) \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\sum\limits_{i=1}^{n}f_i(x)) dxd(i=1nfi(x))= ∑ i = 1 n d d x f i ( x ) \sum\limits_{i=1}^{n}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f_i(x) i=1ndxdfi(x)
  • 例如:等差乘以等比最简单无穷级数

    • ∑ k = 0 + ∞ k ⋅ q k − 1 = ∑ k = 0 + ∞ d d q q k = d d x ( ∑ k = 0 + ∞ q k ) = d d x ( 1 1 − q ) = 1 ( 1 − q ) 2 \sum\limits_{k=0}^{+\infin} k\cdot q^{k-1} =\sum\limits_{k=0}^{+\infin} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}q^{k} =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\sum\limits_{k=0}^{+\infin}q^{k}) \\=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\frac{1}{1-q}) =\frac{1}{(1-q)^2} k=0+kqk1=k=0+dqdqk=dxd(k=0+qk)=dxd(1q1)=(1q)21

    • ∞ \infin 换成n,也可以方便的推导有限项(前n项和)

  • 公差为2

  • ∑ k = 0 + ∞ ( 2 k + 1 ) ⋅ q k = ∑ k = 0 + ∞ ( 2 k ⋅ q k + 1 ⋅ q k ) = ∑ k = 0 + ∞ 2 k ⋅ q k + ∑ k = 0 + ∞ 1 ⋅ q k = 0 + 2 q ∑ k = 1 + ∞ k ⋅ q k − 1 + 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 \sum\limits_{k=0}^{+\infin} (2k+1)\cdot q^{k} \\=\sum\limits_{k=0}^{+\infin} (2k\cdot q^{k}+1\cdot{q^{k}}) \\=\sum\limits_{k=0}^{+\infin} 2k\cdot q^{k} +\sum\limits_{k=0}^{+\infin}1\cdot{q^{k}} \\=0+2q\sum\limits_{k=1}^{+\infin} 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 k=0+(2k+1)qk=k=0+(2kqk+1qk)=k=0+2kqk+k=0+1qk=0+2qk=1+kqk1+1q1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

你可能感兴趣的:(数列)