數(shù)學(xué)學(xué)案：等比數(shù)列的前N項(xiàng)和

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精數(shù)學(xué)人教B必修5第二章2.3.2等比數(shù)列的前n項(xiàng)和1．理解等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式的推導(dǎo)過(guò)程．2．掌握等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式,并能用它解決有關(guān)等比數(shù)列問(wèn)題．1．等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式已知量首項(xiàng)、公比與項(xiàng)數(shù)首項(xiàng)、末項(xiàng)與公比選用公式（1）在求等比數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和公式時(shí),應(yīng)分q＝1和q≠1兩種情況,若題目中沒(méi)有指明，切不可忘記對(duì)q＝1這一情形的討論．(2)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式共涉及五個(gè)量,即a1,an,q，n,Sn,通常已知其中三個(gè)量可求另外兩個(gè)量,這一方法簡(jiǎn)稱為“知三求二"．【做一做1－1】在等比數(shù)列{an｝中，公比q＝－2，S5＝44,則a1的值為（)．A．4B．－4C．2D．－2【做一做1－2】在等比數(shù)列{an}中,a2＝9，a5＝243,則{an｝的前4項(xiàng)和為（）．A．81B．120C．168D．1922．等比數(shù)列前n項(xiàng)和的常用性質(zhì)性質(zhì)（1)：在等比數(shù)列｛an｝中，若Sn為其前n項(xiàng)和，則依次每k項(xiàng)的和構(gòu)成等比數(shù)列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k,…成等比數(shù)列,其公比為_(kāi)_______．性質(zhì)(2)：在等比數(shù)列｛an｝中，若項(xiàng)數(shù)為2n項(xiàng)，公比為q,奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇，偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶，則eq\f（S偶，S奇)＝____。性質(zhì)（3)：數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列,則Sm＋n＝Sn＋__________.【做一做2】已知等比數(shù)列｛an},Sn是其前n項(xiàng)和，且S3＝7,S6＝63,則S9＝________.一、錯(cuò)位相減法的實(shí)質(zhì)及應(yīng)用剖析：（1)用錯(cuò)位相減法求等比數(shù)列前n項(xiàng)和的實(shí)質(zhì)是把等式兩邊同乘等比數(shù)列的公比q,得一新的等式，錯(cuò)位相減求出Sn－qSn,這樣可以消去大量的“中間項(xiàng)”，從而能求出Sn.當(dāng)q＝1時(shí),Sn＝na1，當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝eq\f（a1－a1qn,1－q）。這是分段函數(shù)的形式，分段的界限是q＝1。（2）對(duì)于形如｛xn·yn｝的數(shù)列的和,其中{xn}為等差數(shù)列，{yn}為等比數(shù)列，也可以用錯(cuò)位相減法求和．錯(cuò)位相減法實(shí)際上是把一個(gè)數(shù)列求和問(wèn)題轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求和的問(wèn)題．(3）利用這種方法時(shí),要注意對(duì)公比的分類討論．二、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式的推導(dǎo)(首項(xiàng)為a1,公比q≠1)剖析:除了書(shū)上用到的錯(cuò)位相減法之外，還有以下方法可以求等比數(shù)列的前n項(xiàng)和．(1）等比性質(zhì)法∵eq\f（a2,a1）＝eq\f（a3,a2)＝eq\f（a4,a3）＝…＝eq\f(an，an－1）＝q，∴eq\f(a2＋a3＋a4＋…＋an，a1＋a2＋a3＋…＋an－1）＝q，即eq\f(Sn－a1，Sn－an)＝q,解得Sn＝eq\f（a1－anq,1－q)＝eq\f（a11－qn，1－q).(2)裂項(xiàng)相消法Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝(eq\f（a1,1－q）－eq\f（a1q，1－q）)＋(eq\f（a1q，1－q)－eq\f(a1q2,1－q))＋(eq\f（a1q2，1－q)－eq\f（a1q3,1－q))＋…＋（eq\f（a1qn－1，1－q）－eq\f(a1qn，1－q））＝eq\f(a1，1－q)－eq\f(a1qn，1－q)＝eq\f（a11－qn，1－q）.(3）拆項(xiàng)法Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2）＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1－a1qn－1），∴Sn＝a1＋q(Sn－a1qn－1）＝a1＋q（Sn－an）．解得Sn＝eq\f（a1－anq,1－q)＝eq\f(a11－qn，1－q)。三、教材中的“?”例2中，有別的解法嗎？將這個(gè)數(shù)列的前8項(xiàng)倒過(guò)來(lái)排，試一試．剖析：∵S8＝27＋26＋25＋…＋2＋1,∴S8＝1＋2＋22＋…＋26＋27＝eq\f(1·1－28,1－2）＝28－1＝255.此題說(shuō)明了在一個(gè)等比數(shù)列｛an｝中,若為有限項(xiàng)，如a1,a2，…，an，則an，an－1,…，a2，a1也是等比數(shù)列,其公比為原數(shù)列公比的倒數(shù)．題型一等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式的應(yīng)用【例1】在等比數(shù)列｛an}中，(1)已知a1＝3，q＝2，求a6，S6；(2)已知a1＝－1，a4＝64，求q和S4；(3)已知a3＝eq\f（3,2)，S3＝eq\f(9，2)，求a1,q。分析：在等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式中有五個(gè)基本量a1，an,q,n，Sn,只要已知任意三個(gè)，就可以求出其他兩個(gè)．反思：在等比數(shù)列｛an}中，首項(xiàng)a1與公比q是兩個(gè)最基本的元素;有關(guān)等比數(shù)列的問(wèn)題，均可化成關(guān)于a1,q的方程或方程組求解．解題過(guò)程中，要注意：(1)選擇適當(dāng)?shù)墓?(2）利用等比數(shù)列的有關(guān)性質(zhì);(3)注意在使用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)，要考慮q是否等于1。題型二等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的性質(zhì)的應(yīng)用【例2】在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an｝中，若S10＝10，S20＝30，求S30.分析：可以利用解方程組解決，也可以利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的性質(zhì)來(lái)解決．反思：由于等比數(shù)列中，無(wú)論是通項(xiàng)公式還是前n項(xiàng)和公式,均與q的若干次冪有關(guān),所以在解決等比數(shù)列問(wèn)題時(shí)，經(jīng)常出現(xiàn)高次方程,為達(dá)到降冪的目的，在解方程組時(shí)經(jīng)常利用兩式相除，達(dá)到整體消元的目的．題型三某些特殊數(shù)列的求和【例3】(1)已知數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式an＝2n＋n,求該數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn；(2)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝n·2n,求該數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.分析：（1）所給數(shù)列雖然不是等差數(shù)列或等比數(shù)列,但在求該數(shù)列的前n項(xiàng)和時(shí)可以把a(bǔ)n看成一個(gè)等比數(shù)列和一個(gè)等差數(shù)列的和的形式，分別求和,再相加．(2）寫(xiě)出數(shù)列的前n項(xiàng)和,注意其與等比數(shù)列形式類似，考慮用推導(dǎo)等比數(shù)列求和公式的方法來(lái)求其前n項(xiàng)和．反思：(1)分組求和法適用于某些特殊數(shù)列的求和，這些特殊數(shù)列的通項(xiàng)可寫(xiě)成幾個(gè)等比數(shù)列或等差數(shù)列的和的形式;(2)錯(cuò)位相減法適用于求一個(gè)等差數(shù)列與一個(gè)等比數(shù)列的積組成的新數(shù)列的前n項(xiàng)和．題型四等比數(shù)列前n項(xiàng)和的實(shí)際應(yīng)用【例4】為了保護(hù)某處珍貴文物古跡，政府決定建一堵大理石護(hù)墻，設(shè)計(jì)時(shí)，為了與周邊景觀協(xié)調(diào)，對(duì)于同種規(guī)格的大理石用量須按下述法則計(jì)算：第一層用全部大理石的一半多一塊，第二層用剩下的一半多一塊,第三層……依此類推，到第十層恰好將大理石用完，問(wèn)共需大理石多少塊?每層各用大理石多少塊？分析:設(shè)出共用大理石的塊數(shù)，即可求出各層大理石的使用塊數(shù)，通過(guò)觀察，此即為一等比數(shù)列，通過(guò)等比數(shù)列求和,求出總塊數(shù)，再求出每層用的塊數(shù)．反思:對(duì)于實(shí)際問(wèn)題，可以采用設(shè)出未知量的方法使之具體化．通過(guò)對(duì)前幾項(xiàng)的探求，尋找其為等比數(shù)列的本質(zhì)，再通過(guò)等比數(shù)列求和公式來(lái)求解．題型五易錯(cuò)辨析【例5】已知數(shù)列｛an}滿足an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2n，n為奇數(shù)，，n，n為偶數(shù)，））試求其前n項(xiàng)和．錯(cuò)解：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝（a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)＝eq\f（21－4\f（n，2），1－4)＋eq\f(n,2）×2＋eq\f（\f（n,2）\f(n,2)－1,2)×2＝eq\f（1,3)·2n＋1＋eq\f(n2,4）＋eq\f（n,2）－eq\f(2,3）。錯(cuò)因分析：這里數(shù)列的通項(xiàng)an是關(guān)于n的分段函數(shù)，當(dāng)n為奇數(shù)或?yàn)榕紨?shù)時(shí)對(duì)應(yīng)不同的法則，因此求和必須對(duì)項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行分類討論．1在等比數(shù)列｛an}中，若a1＝1，a4＝eq\f（1,8)，則該數(shù)列的前10項(xiàng)和為(）．A．2－eq\f(1，28）B．2－eq\f(1，29）C．2－eq\f(1,210)D．2－eq\f(1,211)2等比數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn＝k·3n＋1，則k的值為()．A．全體實(shí)數(shù)B．－1C．1D．33某人為了觀看2012年奧運(yùn)會(huì)，從2005年起，每年5月10日到銀行存入a元定期儲(chǔ)蓄，若年利率為p且保持不變，并約定每年到期存款均自動(dòng)轉(zhuǎn)為新的一年定期，到2012年將所有的存款及利息全部取回，則可取回的錢的總數(shù)(元）為()．A．a(chǎn)(1＋p)7B．a(chǎn)（1＋p)8C．eq\f(a,p)[(1＋p)7－(1＋p）]D．eq\f（a，p）［(1＋p）8－（1＋p）]4已知等比數(shù)列{an｝的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，若a2＝2，a1a5＝16，則S5＝________.5在等比數(shù)列{an}中，Sn＝65,n＝4，q＝eq\f(2，3），則a1＝________.6在等比數(shù)列｛an}中，S3＝4，S6＝36，求an。答案：基礎(chǔ)知識(shí)·梳理1．na1eq\f(a1(1－qn)，1－q)na1eq\f（a1－anq,1－q）【做一做1－1】A由題意,知q≠1，故有S5＝44＝eq\f（a1(1－q5）,1－q），將q＝－2代入解得a1＝4。【做一做1－2】B由a5＝a2·q3，得q3＝eq\f（243，9)＝27，∴q＝3，從而a1＝3.∴S4＝eq\f(a1(1－q4)，1－q）＝eq\f(3×（1－34)，1－3)＝120.2．qk(q≠－1)qqn·Sm【做一做2】511典型例題·領(lǐng)悟【例1】解：（1)a6＝a1q5＝3×25＝96。S6＝eq\f（a1（1－q6)，1－q）＝eq\f(3（1－26)，1－2)＝189。（2)∵a4＝a1q3,∴64＝－q3?！鄎＝－4，∴S4＝eq\f(a1－a4q,1－q）＝eq\f(－1－64×(－4),1－(－4)）＝51.(3)由題意，得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a3＝a1q2＝\f(3,2），，S3＝a1(1＋q＋q2)＝\f(9,2),))eq\b\lc\\rc\（\a\vs4\al\co1(①，②))②÷①,得eq\f(1＋q＋q2，q2)＝3,∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－eq\f(1，2）。當(dāng)q＝1時(shí)，a1＝eq\f(3，2）;當(dāng)q＝－eq\f（1，2)時(shí)，a1＝6.【例2】解：解法一:設(shè)｛an｝的公比為q，顯然q≠1。由已知條件可列出方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10＝\f(a1（1－q10)，1－q），，30＝\f（a1（1－q20)，1－q),))兩式作商，得1＋q10＝3,∴q10＝2.∴S30＝eq\f(a1（1－q30),1－q）＝eq\f（a1(1－q10)，1－q）（1＋q10＋q20）＝10×（1＋2＋4）＝70。解法二:由性質(zhì)Sm＋n＝Sn＋qn·Sm，得S20＝S10＋q10S10，即30＝10＋10q10，∴q10＝2.∴S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70.解法三:運(yùn)用性質(zhì)eq\f（Sm,1－qm)＝eq\f(Sn,1－qn)(q≠±1）．由已知條件S10＝10，S20＝30,易得q≠±1,∴eq\f（S10，1－q10）＝eq\f(S20,1－q20）,即eq\f(10,1－q10)＝eq\f（30,1－q20）.∴q10＝2.又eq\f(S10,1－q10）＝eq\f（S30,1－q30），解得S30＝70.解法四：運(yùn)用性質(zhì)Sk，S2k－Sk，S3k－S2k,S4k－S3k，…成等比數(shù)列．∵S10，S20－S10，S30－S20成等比數(shù)列，而S10＝10,S20＝30,∴(S20－S10）2＝S10·（S30－S20），即(30－10)2＝10×（S30－30）．∴S30＝70.【例3】解：（1）Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(2＋1）＋(22＋2）＋（23＋3）＋…＋(2n＋n）＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…n）＝eq\f(2(1－2n），1－2）＋eq\f(（1＋n）n,2)＝2n＋1－2＋eq\f（（n＋1)n，2).（2）∵Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1）×2n＋n×2n＋1,∴－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1,∴Sn＝n·2n＋1－（2＋22＋23＋…＋2n）＝n·2n＋1－eq\f（2(1－2n）,1－2）＝n·2n＋1－（2n＋1－2)＝(n－1)·2n＋1＋2?！纠?】解：設(shè)共用大理石x塊，則各層用大理石塊數(shù)分別為第一層：eq\f(x，2)＋1＝eq\f(x＋2，2）；第二層：eq\f(x－\f（x＋2，2），2）＋1＝eq\f（x＋2,4）；第三層:eq\f（x－\f（x＋2，2)－\f（x＋2,4)，2)＋1＝eq\f（x＋2，8）；……第十層：eq\f(x－\f（x＋2,2)－\f(x＋2,4）－…－\f(x＋2,29)，2）＋1＝eq\f(x＋2,210）.所以從第一層到第十層所用大理石的塊數(shù)構(gòu)成首項(xiàng)為eq\f（x＋2，2）,公比為eq\f(1,2），項(xiàng)數(shù)為10的等比數(shù)列,故x＝eq\f(x＋2,2)＋eq\f(x＋2，4）＋…＋eq\f(x＋2，210),解得x＝2046。答：共用去大理石2046塊,各層分別為1024,512,256,128,64,32,16，8，4，2塊．【例5】正解:(1)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝（a1＋a3＋a5＋…＋an)＋（a2＋a4＋a6＋…＋an－1)＝eq\f（2(1－4\f(n＋1，2)）,1－4)＋eq\f(n－1，2）×2＋eq\f（\f（n－1，2）(\f(n－1，2）－1)，2）×2＝eq\f(1，3)·2n＋2＋eq\f（n2,4)－eq\f(11，12).（2)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1）＋（a2＋a4＋a6＋…＋an)＝eq\f（2（1－4\f（n,2））,1－4）＋eq\f(n,2)×2＋eq\f（\f(n,2)(\f(n，2）－1)，2）×2＝eq\f（1,3）·2n＋1＋eq\f(n2,4）＋eq\f（n,2）－eq\f（