2024-2025学年高中数学第二章数列2.5第1课时等比数列的前n项和学案含解析新人教A版必修5

PAGE9-2．5等比数列的前n项和第1课时等比数列的前n项和[目标]1.体会等比数列前n项和公式的推导过程；2.记住等比数列的前n项和公式，并能进行娴熟计算；3.会用等比数列的前n项和公式解答一些简洁的等比数列前n项和问题．[重点]等比数列前n项和公式及应用．[难点]等比数列前n项和公式的推导．学问点一等比数列的前n项和公式[填一填][答一答]1．等比数列求和时，能否干脆运用公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)或Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)？提示：不能．运用公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)或Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)的前提是公比q≠1，所以对含有参数的等比数列求和时，应首先推断该数列的公比是否为1.若公比为1，则应按常数列求和，Sn＝na1；若不能推断公比的值，则应分类探讨．2．数列a，a2，a3，…，an，…的前n项和是多少？提示：当a＝1时，Sn＝n；当a≠1时，Sn＝eq\f(a1－an,1－a).学问点二等比数列前n项和公式的推导——错位相减法[填一填]一般地，对于等比数列a1，a2，a3，…，an，…，它的前n项和是Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an.依据等比数列的通项公式，上式可写成Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1①，①的两边同乘以q，得qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn－1＋a1qn②，用①的两边分别减去②的两边，得(1－q)Sn＝a1－a1qn.当q≠1时，等比数列的前n项和公式为Sn＝eq\f(a11－qn,1－q).因为a1qn＝(a1qn－1)q＝anq，所以上面的公式还可以写成Sn＝eq\f(a1－anq,1－q).当q＝1时，数列{an}即为常数列a1，a1，a1，…，a1，…，易得它的前n项和Sn＝na1.[答一答]3．“错位相减法”适用于什么样的数列求和？提示：它适用于求一个等差数列与一个等比数列的积组成的新数列的前n项的和，它也是等比数列求和公式推导的思想方法．类型一等比数列前n项和的计算[例1](1)已知在等比数列{an}中，a1＝2，S3＝6，求a3和q.(2)在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，公比为q，若Sn＝189，q＝2，an＝96，求a1和n.[分析]运用等比数列的前n项和公式Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)q≠1.))[解](1)若q＝1，则S3＝3a1＝6，符合题意．此时，a3＝a1＝2；若q≠1，则由等比数列的前n项和公式，得S3＝eq\f(a11－q3,1－q)＝eq\f(21－q3,1－q)＝6，解得q＝1(舍去)或q＝－2.此时，a3＝a1q2＝2×(－2)2＝8.综上所述，q＝1，a3＝2或q＝－2，a3＝8.(2)方法一：∵Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－a1qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)(q≠1)，∴189＝eq\f(a1－96×2,1－2)，∴a1＝3，又∵an＝a1qn－1，∴96＝3×2n－1，即2n－1＝32，则n＝6.方法二：由Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，an＝a1·qn－1以及已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(189＝\f(a11－2n,1－2)，,96＝a1·2n－1，))∴a1·2n＝192，即2n＝eq\f(192,a1)，∴189＝a1(2n－1)＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(192,a1)－1))，∴a1＝3，∴2n－1＝eq\f(96,3)＝32，∴n＝6.若不探讨公比q是否为1，就干脆运用了等比数列的前n项和公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，有可能出现漏解的状况.在运用等比数列的前n项和公式解题时，若公比q不确定，要留意对公比q是否为1进行探讨.当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，运用了分类探讨思想.[变式训练1]在等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn.(1)a1＝8，an＝eq\f(1,4)，Sn＝eq\f(63,4)，求n.(2)S3＝eq\f(7,2)，S6＝eq\f(63,2)，求an及Sn.解：(1)明显q≠1，Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)，即eq\f(8－\f(1,4)q,1－q)＝eq\f(63,4)，∴q＝eq\f(1,2).又an＝a1qn－1，即8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\f(1,4)，∴n＝6.(2)由S6≠2S3知q≠1，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,2)，①,\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,2)，②))②÷①，得1＋q3＝9，∴q3＝8，即q＝2.代入①得a1＝eq\f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝eq\f(1,2)×2n－1＝2n－2，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n－1－eq\f(1,2).类型二错位相减法求和[例2]设a为不等于零的常数，求数列a,2a2,3a3，…，nan，…的前n项和．[分析]视察数列的通项公式的结构，发觉形式为一个等差数列和一个等比数列的乘积，故可采纳错位相减法；考虑到通项中有字母，故要分类探讨．[解]若a＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)；若a≠1，且a≠0时，Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)·an－1＋nan，①aSn＝a2＋2a3＋3a4＋…＋(n－1)an＋nan＋1，②①－②得，Sn－aSn＝a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－nan＋1＝eq\f(a1－an,1－a)－nan＋1，所以Sn＝eq\f(a－1＋n－anan＋1,1－a2).综上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)，a＝1，,\f(a－1＋n－anan＋1,1－a2)，a≠1且a≠0.))错位相减法适合于数列{an·bn}的求和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列.即一个等差数列和一个等比数列的对应项的积所构成的数列在求和时可以采纳此法.详细步骤：当公比q≠1时，在原式两边同乘等比数列的公比，得到一个新的式子，然后再与原式错位相减即可得到一个可以求和的式子.当公比q＝1时，可按常数列求和.[变式训练2]已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设数列{an}的公差为d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,8a1＋28d＝－4，))解得a1＝3，d＝－1.故an＝3＋(n－1)(－1)＝4－n.(2)由(1)可得bn＝n·qn－1，于是Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋(n－1)·qn－2＋n·qn－1.①若q≠1，将①两边同乘q，得qSn＝1·q1＋2·q2＋3·q3＋…＋(n－1)qn－1＋n·qn.②由②－①得(q－1)Sn＝nqn－(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝nqn－eq\f(qn－1,q－1)，则Sn＝eq\f(nqn＋1－n＋1qn＋1,q－12).若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).所以，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nqn＋1－n＋1qn＋1,q－12)，q≠1，,\f(nn＋1,2)，q＝1.))类型三等比数列求和的综合应用[例3]已知首项为eq\f(3,2)的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：Sn＋eq\f(1,Sn)≤eq\f(13,6)(n∈N*)．[分析](1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式．(2)求出前n项和，依据函数的单调性证明．[解](1)设等比数列{an}的公比为q.∵－2S2，S3,4S4成等差数列，∴S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，∴2a4＝－a3，于是q＝eq\f(a4,a3)＝－eq\f(1,2).又∵a1＝eq\f(3,2)，∴等比数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝(－1)n－1·eq\f(3,2n).(2)证明：易求得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n，∴Sn＋eq\f(1,Sn)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＋eq\f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2n2n＋1)，n为奇数，,2＋\f(1,2n2n－1)，n为偶数.))当n为奇数时，Sn＋eq\f(1,Sn)随n的增大而减小，所以Sn＋eq\f(1,Sn)≤S1＋eq\f(1,S1)＝eq\f(13,6).当n为偶数时，Sn＋eq\f(1,Sn)随n的增大而减小，所以Sn＋eq\f(1,Sn)≤S2＋eq\f(1,S2)＝eq\f(25,12).故对于n∈N*，有Sn＋eq\f(1,Sn)≤eq\f(13,6).本题考查了分类探讨思想以及数列单调性的应用.这种方法在数列比较大小和最值问题中是一种常用的思路.[变式训练3]已知数列{an}满意a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).证明：(1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首项为eq\f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2).所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3n－1,2).(2)由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1).因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2×3n－1).于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2).所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).1．已知等比数列的公比为2，且前5项和为1，那么前10项的和等于(B)A．31B．33C．35D．37解析：∵S5＝1，∴eq\f(a11－25,1－2)＝1，即a1＝eq\f(1,31).∴S10＝eq\f(a11－210,1－2)＝33.2．已知{an}是由正数组成的等比数列，Sn表示{an}的前n项的和．若a1＝3，a2a4＝144，则S10的值是(D)A．511 B．1023C．1533 D．3069解析：设等比数列{an}的公比是q，所以a2a4＝(3q)·(3q3)＝9q4＝144.所以q4＝16，q＝2.所以S10＝eq\f(a11－q10,1－q)＝eq\f(31－210,1－2)＝3069.3．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝－2.解析：由S3＝－3S2，可得a1＋a2＋a3＝－3(a1＋a2)，即a1(1＋q＋q2)＝－3a1(1＋q)，化简整理得q2＋4q＋4＝0，解得q＝－2.4．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝4n＋a，则a的值等于－1.解析：等比数列的前n项和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn＝A－Aqneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(记A＝\f(a1,1－q)))，∴a＝－1.5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.解：设{an}的公比为q，由题设得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3.))当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n