2018版高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和（一）学案5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE13学必求其心得，业必贵于专精2.5等比数列的前n项和（一）[学习目标］1.掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路.2.会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题．知识点一等比数列前n项和公式1．等比数列前n项和公式(1）公式：Sn＝eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(\f(a1(1－qn）,1－q）＝\f（a1－anq，1－q)（q≠1）,,na1（q＝1)。）)(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况．2．等比数列前n项和公式的使用公比q≠1时，公式Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)适用于已知a1,q和项数n，而公式Sn＝eq\f(a1－anq，1－q)更适用于已知a1,q和末项an，使用时依据条件灵活选用．思考设f(n）＝2＋24＋27＋…＋23n＋1(n∈N＊)，则f(n）等于（）A。eq\f（2，7)(8n－1)B.eq\f(2,7）（8n＋1－1）C.eq\f(2,7)（8n＋2－1)D。eq\f(2,7）(8n＋3－1)答案B解析f（n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1＝eq\f（2（1－8n＋1),1－8)＝eq\f(2,7)（8n＋1－1)．知识点二错位相减法1．推导等比数列前n项和的方法一般地，等比数列{an}的前n项和可写为:Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①用公比q乘①的两边，可得qSn＝a1＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn,②由①－②,得（1－q）Sn＝a1－a1qn，整理得Sn＝eq\f（a1（1－qn）,1－q）(q≠1）．2．我们把上述方法叫错位相减法,一般适用于数列｛an·bn｝前n项和的求解，其中｛an}为等差数列，｛bn}为等比数列，且q≠1。题型一等比数列基本量的计算例1在等比数列｛an｝中，（1)S2＝30，S3＝155，求Sn；(2）a1＋a3＝10,a4＋a6＝eq\f（5,4），求S5;(3）a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求q。解(1)由题意知eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q）＝30，,a1（1＋q＋q2)＝155，）)解得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（a1＝5,，q＝5，））或eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(a1＝180，,q＝－\f（5,6)。））从而Sn＝eq\f(1,4)×5n＋1－eq\f(5,4)或Sn＝eq\f（1080×[1－（－\f(5,6)）n]，11）。（2)方法一由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝10,,a1q3＋a1q5＝\f(5，4），)）解得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（a1＝8，，q＝\f(1，2)，）)从而S5＝eq\f（a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(31，2).方法二由(a1＋a3)q3＝a4＋a6，得q3＝eq\f(1，8)，从而q＝eq\f(1,2).又a1＋a3＝a1（1＋q2)＝10，所以a1＝8，从而S5＝eq\f（a1（1－q5）,1－q)＝eq\f（31,2）。(3）因为a2an－1＝a1an＝128，所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根．从而eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（a1＝2，，an＝64）)或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（an＝2，,a1＝64。））又Sn＝eq\f(a1－anq，1－q)＝126，所以q为2或eq\f（1，2）。反思与感悟（1）在等比数列{an}的五个量a1,q，an,n,Sn中，已知其中的三个量，通过列方程组求解,就能求出另两个量,这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．(2)在解决与前n项和有关的问题时,首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．跟踪训练1在等比数列{an}中，(1)若a1＝eq\r（2)，an＝16eq\r（2),Sn＝11eq\r(2)，求n和q；(2)已知S4＝1,S8＝17，求an.解(1)由Sn＝eq\f（a1－anq,1－q）得11eq\r（2)＝eq\f(\r（2)－16\r(2)q,1－q），∴q＝－2，又由an＝a1qn－1得16eq\r（2）＝eq\r(2)(－2)n－1,∴n＝5.(2）若q＝1，则S8＝2S4，不合题意，∴q≠1，∴S4＝eq\f(a1（1－q4)，1－q）＝1,S8＝eq\f(a1(1－q8)，1－q）＝17，两式相除得eq\f（1－q8，1－q4)＝17＝1＋q4，∴q＝2或q＝－2，∴a1＝eq\f(1,15）或a1＝－eq\f（1，5），∴an＝eq\f（1，15)·2n－1或－eq\f(1,5）·(－2)n－1。题型二错位相减法求和例2设｛an}是等差数列，｛bn｝是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1,a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.(1）求{an｝，｛bn}的通项公式；（2）求数列{eq\f（an,bn）}的前n项和Sn.解（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.由题意有q＞0且eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（1＋2d＋q4＝21,，1＋4d＋q2＝13,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（d＝2,，q＝2。))∴an＝1＋(n－1）×2＝2n－1,bn＝2n－1。(2）由(1）知eq\f（an,bn)＝eq\f(2n－1，2n－1)，Sn＝1＋eq\f（3，21)＋eq\f（5,22）＋…＋eq\f（2n－3,2n－2)＋eq\f（2n－1，2n－1)，①eq\f(1,2）Sn＝eq\f（1,21）＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(2n－5，2n－2)＋eq\f（2n－3，2n－1)＋eq\f(2n－1,2n)，②①－②得eq\f（1，2）Sn＝1＋eq\f(2，2)＋eq\f（2，22)＋…＋eq\f(2,2n－2）＋eq\f(2,2n－1)－eq\f（2n－1,2n)＝1＋2(eq\f（1，2）＋eq\f(1,22）＋…＋eq\f（1,2n－2）＋eq\f(1，2n－1））－eq\f(2n－1，2n）＝1＋2×eq\f(\f（1,2）［1－（\f（1,2))n－1],1－\f（1,2))－eq\f(2n－1，2n）＝3－eq\f（2n＋3，2n）,∴Sn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1）。反思与感悟一般地,如果数列｛an｝为等差数列，｛bn}为等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可以采用错位相减法．在作差时，要注意第一项与最后一项的处理．有时还要注意对公比q的讨论．跟踪训练2求数列{nxn｝的前n项和．解（1）当x＝0时，Sn＝0.(2）当x＝1时,Sn＝eq\f（n（n＋1），2)。（3）当x≠0且x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋（n－1)xn－1＋nxn，①xSn＝x2＋2x3＋…＋（n－1）xn＋nxn＋1，②①－②得，（1－x）Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1＝eq\f（x（1－xn）,1－x)－nxn＋1，∴Sn＝eq\f(x，（1－x）2）·[nxn＋1－（n＋1）xn＋1］，∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（\f（n（n＋1），2)（x＝1),,0(x＝0），,\f(x,（1－x)2)［nxn＋1－（n＋1)xn＋1]（x≠0且x≠1）.)）题型三等差、等比数列的综合问题例3已知数列｛an｝的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.（1）求数列｛bn｝的通项公式；（2）令cn＝eq\f(（an＋1）n＋1,(bn＋2）n），求数列{cn}的前n项和Tn.解（1）由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5。当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式．所以an＝6n＋5。设数列｛bn｝的公差为d，由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3,))即eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d,）)可解得b1＝4,d＝3。所以bn＝3n＋1。(2)由(1)知cn＝eq\f（（6n＋6）n＋1,（3n＋3)n)＝3（n＋1）·2n＋1。。又Tn＝c1＋c2＋…＋cn.得Tn＝3×［2×22＋3×23＋…＋（n＋1）×2n＋1]．2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋（n＋1)×2n＋2]．两式作差，得－Tn＝3×［2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－（n＋1）×2n＋2］＝3×eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（4＋\f（4（1－2n）,1－2）－（n＋1）×2n＋2）)＝－3n·2n＋2.所以Tn＝－3n·2n＋2.反思与感悟利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值，同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程组求解．跟踪训练3在等比数列｛an｝中，a2＝3,a5＝81.（1)求an及其前n项和Sn；（2)设bn＝1＋log3an,求数列eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f(1，bn·bn＋1)））的前10项和T10.解(1）设{an｝的公比为q，依题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q＝3，a1q4＝81)）,解得eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(a1＝1，q＝3）），因此，an＝3n－1，Sn＝eq\f（1\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－3n))，1－3）＝eq\f(3n－1,2).（2）由(1）知bn＝1＋log3an＝1＋（n－1）＝n,则eq\f(1，bnbn＋1)＝eq\f(1，n（n＋1))＝eq\f(1，n)－eq\f(1，n＋1)，所以T10＝eq\f（1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,10×11）＝1－eq\f(1,2）＋eq\f(1，2）－eq\f（1，3）＋…＋eq\f(1,10)－eq\f（1，11)＝1－eq\f（1，11)＝eq\f(10,11）。例4等比数列1，2a，4a2，8a3,…的前n项和Sn错解Sn＝eq\f(1－(2a)n,1－2a)错因分析忽视等比数列前n项和公式的应用条件，未对等比数列的公比2a分类讨论，正解公比为q＝2a当2a＝1，即a＝eq\f（1，2)时，2a＝1,Sn＝n；当q≠1，即a≠eq\f(1，2）时,2a≠1,则Sn＝eq\f(1－（2a）n,1－2a）。答案eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(n,a＝\f（1，2),，\f（1－（2a）n，1－2a），a≠\f（1，2）.)）误区警示准确理解公式，重视分类讨论应用等比数列前n项和公式时，要注意公比q是否为1，因为等比数列前n项和公式是“分段函数"形式．若题中公比不明确，要分情况讨论，如本例,公比为q＝2a,应该分2a＝1,2a≠11．已知等比数列{an｝的首项a1＝3，公比q＝2，则S5等于(）A．93B．－93C．45D．－45答案A解析S5＝eq\f(a1(1－q5)，1－q)＝eq\f(3(1－25）,1－2)＝93.2．在等比数列｛an｝中，已知a1＋a2＋a3＝6,a2＋a3＋a4＝－3，则a3＋a4＋a5＋a6＋a7等于(）A.eq\f(11，8)B.eq\f(19，16)C。eq\f（9，8)D.eq\f（3，4)答案A解析eq\f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq\f(a2（1＋q＋q2）,a1（1＋q＋q2）)＝eq\f(a2,a1)＝q＝－eq\f（1,2)，由a1＋a2＋a3＝6，且q＝－eq\f（1，2），得a1＝8，可得a2＝a1q＝8×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)））＝－4，∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝S7－a1－a2＝eq\f（a1（1－q7),1－q)－a1－a2＝eq\f（8[1－（－\f（1，2）)7］，1－（－\f(1，2）)）－8－（－4）＝eq\f(11，8).3．设等比数列{an｝的公比q＝3，前n项和为Sn，则eq\f（S4,a2)等于________．答案eq\f（40,3）解析由题意得S4＝eq\f（a1（1－34），1－3）＝40a1,又a2＝3a1，∴eq\f（S4，a2)＝eq\f(40，3）.4．等比数列｛an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是________．答案120解析∵a5＝a2·q3，