1、5.3.2 等比数列的前n项和 最新课程标准 1.掌握等比数列的前 n 项和公式及其应用(重点) 2能用分组转化方法求数列的和(重点、易错点) 3会用错位相减法求数列的和(难点) 教材要点教材要点 知识点 等比数列的前 n 项和公式 na1 a11qn 1q na1 a1anq 1q 状元随笔 等比数列求和应注意什么？ 提示 公比 q 是否等于 1. 基础自测基础自测 1在公比为整数的等比数列an中，a1a23，a34，则 an的前 5 项和为( ) A10 B.21 2 C11 D12 解析：设公比为 q(qZ)，则 a1a2a1a1q3，a3a1q2 4，求解可得 q2，a11，则an的前
2、 5 项和为12 5 12 11. 答案：C 2已知等比数列an的公比 q2，前 n 项和为 Sn，则S3 a2 ( ) A3 B4 C.7 2 D. 13 2 解析：易知等比数列an的首项为 a1，则S3 a2 a1123 12 a12 7 2. 答案：C 3 在等比数列an中， a12， S326， 则公比 q_. 解析： S3a 11q 3 1q 21q 3 1q 26， q2q120， q 3 或4. 答案：3 或4 4 等比数列an中， 公比 q2， S544， 则 a1_. 解析：由 S5a 112 5 12 44， 得 a14. 答案：4 题型一 等比数列前 n 项和公式基本量的
3、运算 例 1 在等比数列an中 (1)若 q2，S41，求 S8； (2)若 a1a310，a4a65 4，求 a4 和 S5. 解析：(1)法一：设首项为 a1， q2，S41， a 112 4 12 1，即 a1 1 15， S8a 11q 8 1q 1 1512 8 12 17. 法二：S4a 11q 4 1q 1，且 q2， S8a 11q 8 1q a 11q 4 1q (1q4)S4 (1q4)1(124) 17. (2)设公比为 q，由通项公式及已知条件得 a1a1q210， a1q3a1q55 4. 即 a11q210， a1q31q25 4， a10,1q20， 得，q31
4、8，即 q 1 2， a18. a4a1q38 1 2 31， S5a 11q 5 1q 8 1 1 2 5 11 2 31 2 . 方法归纳 1解答关于等比数列的基本运算问题，通常是利用 a1，an， q，n，Sn这五个基本量的关系列方程组求解，而在条件与结论间 联系不很明显时，均可用 a1与 q 列方程组求解 2运用等比数列的前 n 项和公式要注意公比 q1 和 q1 两种情形，在解有关的方程组时，通常用两式相除约分的方法进 行消元 跟踪训练 1 在等比数列an中，其前 n 项和为 Sn. (1)S230，S3155，求 Sn； (2)已知 S41，S817，求 an. 解析：(1)由题意
5、知 a11q30， a11qq2155， 解得 a15， q5 或 a1180， q5 6， 从而 Sn1 45 n15 4或 Sn 1 080 1 5 6 n 11 . (2)设an的公比为 q，由 S41，S817 知 q1， 所以 a11q4 1q 1， a11q8 1q 17， 得 1 1q4 1 17， 解得 q 2， 所以 a1 1 15， q2 或 a11 5， q2 . 所以 an2 n1 15 或 an1 n2n1 5 . 题型二 等差、等比数列前 n 项和的综合应用(分组求和法) 例 2 已知an是等差数列，bn是等比数列，且 b23，b39， a1b1，a14b4. (1
6、)求an的通项公式； (2)设 cn an bn，求数列cn的前 n 项和 解析：(1)等比数列bn的公式 qb3 b2 9 33， 所以 b1b2 q 1，b4b3q27. 设等差数列an的公差为 d. 因为 a1b11，a14b427， 所以 113d27，即 d2. 所以 an2n1(n1,2,3，) (2)由(1)知，an2n1，bn3n 1. 因此 cnanbn2n13n 1. 从而数列cn的前 n 项和 Sn13(2n1)133n 1 n12n1 2 13 n 13 n23 n1 2 . 状元随笔 (1)求出等比数列bn的公比，再求出 a1，a14的 值，根据等差数列的通项公式求解
7、； (2)根据等差数列和等比数列的前 n 项和公式求数列cn的 前 n 项和 方法归纳 分组转化法求和的常见类型 1若 an bn cn，且bn，cn为等差或等比数列，则可采 用分组求和法求an的前 n 项和 2通项公式为 an bn，n为奇数 cn，n为偶数 的数列，其中数列bn， cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和 跟综训练 2 已知数列an满足 an1an2，数列bn是各 项均为正数的等比数列， 且 a1b12，b3和 b5的等差中项是 20，nN*. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)若 cna2n1b2n1，求数列cn的前 n 项和 Sn. 解析：(1)因为 an
8、1an2(nN*)，即 an1an2(nN*)， 又因为 a12，所以 an2n(nN*) 由题意可知等比数列bn公比 q0. 又由 b3和 b5的等差中项是 20，可知 b3b540 所以 2q22q440，即 q2q420.解得 q2. 又 b12，故 bn2n(nN*) (2)由(1)知，a2n12(2n1)4n2，b2n122n 12 4n1 cna2n1b2n12 4n 14n2. Sn(22)(246)(24210)(24n 14n 2) (22424224n 1)2610(4n 2) 214 n 14 24n2n 2 2 34 n2n22 3 所以 Sn2 34 n2n22 3(
9、nN *) 题型三 错位相减法求和 状元随笔 1由项数相等的等差数列n与等比数列2n相应项的积构 成新的数列n 2n是等比数列吗？是等差数列吗？该数列的前 n 项和 Sn的表达式是什么？ 提示 由等差数列及等比数列的定义可知数列n 2n既不 是等差数列，也不是等比数列该数列的前 n 项和 Sn的表达式 为 Sn1 212 223 23n 2n. 2在等式 Sn1 212 223 23n 2n两边同乘以数列 2n的公比后，该等式的变形形式是什么？认真观察两式的结构 特征，你能将求 Sn的问题转化为等比数列的前 n 项和问题吗？ 提示 在等式 Sn1 212 223 23n 2n， 两边同乘以2n
10、的公比可变形为 2Sn1 222 233 24(n1) 2nn 2n 1， 得：Sn1 212223242nn 2n 1 (2122232n)n 2n 1. 此时可把求 Sn的问题转化为求等比数列2n的前 n 项和问 题我们把这种求由一个等差数列an和一个等比数列bn相应 项的积构成的数列anbn前 n 项和的方法叫错位相减法 例 3 设数列an的前 n 项和为 Snn2n，数列bn的通项 公式为 bnxn 1(x0) (1)求数列an的通项公式； (2)设 cnanbn，数列cn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解析：(1)an S1，n1， SnSn1，n2， 即 an 2，n1， 2n
11、，n2. 当 n1 时，an2n 也成立，an2n，即数列an的通项 公式为 an2n. (2)由 an2n，bnxn 1 且 cnanbn可得 cn2nxn 1， Tn24x6x28x32nxn 1， 则 xTn2x4x26x38x42nxn. ，得(1x)Tn22x2x22xn 12nxn. 当 x1 时，(1x)Tn21x n 1x 2nxn， Tn22n1x n2nxn1 1x2 . 当 x1 时，Tn24682nn2n. 状元随笔 由 an S1，n1， SnSn1，n2 完成第(1)问；由题设 知an为等差数列，bn为等比数列，因此可用错位相减法求 Tn. 方法归纳 错位相减法的适
12、用范围及注意事项 1适用范围：它主要适用于an是等差数列，bn是等比数 列，求数列anbn的前 n 项和 2注意事项：(1)利用“错位相减法”时，在写出 Sn与 qSn 的表达式时，应注意使两式错对齐，以便于作差，正确写出(1 q)Sn的表达式 (2)利用此法时要注意讨论公比 q 是否等于 1 的情况 跟踪训练 3 1 2 1 2 3 8 n 2n_. 解析：令 Sn1 2 2 4 3 8 n 2n， 则1 2Sn 1 4 2 8 3 16 n1 2n n 2n 1， 由得，1 2Sn 1 2 1 4 1 8 1 2n n 2n 1 1 2 1 1 2 n 11 2 n 2n 1， 得 Sn2 2 2n n 2n 2n 1n2 2n . 答案：2 n1n2 2n 教材反思 1本节课的重点是等比数列前 n 项和公式的基本运算 2在等比数列的通项公式和前 n 项和公式中，共涉及五个 量：a1，an，n，q，Sn，其中首项 a1和公比 q 为基本量，且“知 三求二” 3前 n 项和公式的应用中，注意前 n 项和公式要分类讨论， 即当 q1 和 q1 时是不同的公式形式，不可忽略 q1 的情况.
