2.3.2 等比数列的前n项和
-1-
1.理解等比数列前n项和公式的推导过程. 2.掌握等比数列的前n项和公式,并能用它解决有关等比数列问 题.
1.等比数列的前n项和公式
已知量
选用 公式
首项、公比与项数
na1(q = 1)
Sn=
a
1
(1-q 1-q
n
)
(q
≠
1)
首项、末项与公比
na1(q = 1) Sn= a1-an q (q ≠ 1)
1-q
名师点拨1.在求等比数列{an}的前n项和公式时,应分q=1和q≠1 两种情况,若题目中没有指明,切不可忘记对q=1这一情形的讨论.
2.等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量,即
a1,an,q,n,Sn,通常已知其中三个量可求另外两个量,这一方法简称为 “知三求二”.
【做一做1-1】 在等比数列{an}中,已知公比q=-2,S5=44,则a1的 值为( )
A.4 B.-4
C.2 D.-2
解析:由题意,知q≠1,故有S5=44=
1 (1- 5 ) 1-
.将q=-2代入解得a1=4.
答案:A
【做一做1-2】 若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比
q=
;前n项和Sn=
.
解析:根据等比数列的性质,得a3+a5=q(a2+a4),
所所以以qS=n=22.又(11--22a2)+=a24n=+a1-12q.+a1q3,故求得a1=2,
答案:2 2n+1-2
2.等比数列前n项和的常用性质
(1)在公比为q(q≠-1)的等比数列{an}中,若Sn为其前n项和,则依次 每k项的和构成等比数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,S4k-S3k,…成等比数列,其 公比为qk .
数(项2)之在和等为比S数偶列,则{a偶 奇n=}中q .,若项数为2n,公比为q,奇数项之和为S奇,偶 (3)数列{an}是公比为q的等比数列,则Sm+n=Sn+qn·Sm . 【做一做2】 已知等比数列{an},Sn是其前n项和,且S3=7,S6=63,则
S9=
.
答案:511
一二三
一、错位相减法的实质及应用 剖析:(1)用错位相减法求等比数列前n项和的实质是把等式两边 同 的“乘中公间比项q”,得,从一而新能的求等出式Sn,.错当位q=相1时减,求Sn出=nSan-1q,当Snq,这≠1样时可,S以n=消1去1--1大 量.这 是分段函数的形式,分段的界限是q=1. (2)对于形如{xnyn}的数列的和,其中数列{xn}为等差数列,数列{yn} 为等比数列,可以用错位相减法求和.错位相减法实际上是把一个 数列的求和问题转化为等比数列的求和问题. (3)利用这种方法时,要注意对公比的分类讨论.
一二三
二、等比数列的前n项和公式的推导(首项为a1,公比q≠1) 剖析:除了书上用到的错位相减法之外,还有以下方法可以求等
比数列的前n项和.
(1)等比性质法
∵2 = 3 = 4=…= =q,
∴112++23++234++……3++-1=q, -1
即
-1 -
=q,
解得
Sn=
1 - 1-
=
1(1- ).
1-
一二三
(2)拆项法
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=
1 - 1-
=
1(1- ).
1-
一二三
三、教材中的“?”
例2有别的解法吗?将这个数列的前8项倒过来排,试一试.
剖析:∵S8=27+26+25+…+2+1,∴S8=1+2+22+…+26+27=
1 × (1-28) 1-2
=28-1=255.
此题说明在等比数列{an}中,若为有限项,如a1,a2,…,an,则an,an1,…,a2,a1也是等比数列,其公比为原数列公比的倒数.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
等比数列的前n项和公式的应用
【例1】 在等比数列{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=32,S3=92,求 a1,q.
分析:在等比数列的前n项和公式中有五个基本量a1,an,q,n,Sn,只 要已知任意三个,就可以求出其他两个.
解:(1)a6=a1q5=3×25=96.
S6=
1
(1- 1-
6
)
=
3×(1-26)=189.
1-2
(2)∵a4=a1q3,∴64=-q3.∴q=-4.
∴S4=
1 - 4 1-
=
-1-16-4(-×4()-4)=51.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
(3)由题意,得
3
=
1 2
=
3 2
,①
3
=
1 (1
+
+
2)
=
9 2
,
②
② ①,得1+
+
2
2
=3,
所以 2q2-q-1=0,所以 q=1 或 q=-1.
2
当 q=1 时,a1=32; 当 q=-12时,a1=6.
反思在等比数列{an}中,首项a1与公比q是两个最基本的元素;有 关等比数列的问题,均可化成关于a1,q的方程或方程组来求解.解题 过程中,要注意:(1)选择适当的公式;(2)灵活运用等比数列的有关性
质;(3)在使用等比数列前n项和公式时,要考虑q是否等于1.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
【变式训练1】 在等比数列{an}中,
(1)若Sn=189,q=2,an=96,求a1和n;
(2)若a1+a3=10,a4+a6=
5 4
,求a4和S5;
(3)若q=2,S4=1,求S8.
解:(1)由
Sn=
1
(1- 1-
),an=a1qn-1
以及已知条件得
189 = 1(1-2 ) ,
1-2
96 = 1·2-1,
∴a1·2n=192,
∴2n=1912.
∴189=a1(2n-1)=a1
192 1
-1
,
∴a1=3.
又
2n-1=
96=32,∴n=6.
3
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
(2)设公比为 q,由通项公式及已知条件得
1 + 12 = 10,
13
+
1 5
=
5 4
,
即
1(1 + 2) = 13(1 + 2)
10,①
=
5 4
.②
∵a1≠0,1+q2≠0,∴由② ①,得
q3=1,
8
即 q=12,∴a1=8.
∴a4=a1q3=8×
1 2
3
=1,
S5=
1
(1- 1-
5
)
=
8×
1-
1 2
1-12
5
= 31.
2
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
(3)方法一:设首项为 a1,
∵q=2,S4=1,
∴ 1 (1-24 )=1,
1-2
即 a1=115,
∴S8=
1
(1- 1-
8
)
=
1 15
(1-28 )
=17.
1-2
方法二:∵S4=
1
(1- 1-
4)=1,且
q=2,
∴S8=
1
(1- 1-
8
)
=
1 (1- 1-
4)(1+q4)=S4(1+q4)=1×(1+24)=17.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
等比数列前n项和性质的应用
【例2】 在各项均为正数的等比数列{an}中,若S10=10,S20=30,求
S30. 分析:可以利用解方程组解决,也可以利用等比数列的前n项和的
性质来解决.
10 = 1(1- 10) ,①
由已知条件可列出方程组
1-
30 = 1(1- 20) ,②
1-
由② ①,得 1+q10=3,所以 q10=2.
所以
S30=
1
(1- 1-
30
)
=1(1- 10 )(1+q10+q20)
1-
=10×(1+2+4)=70.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
方法二:由性质Sm+n=Sn+qn·Sm, 得S20=S10+q10S10, 即30=10+10q10,
所以q10=2.
所以S30=S20+q20S10=30+40=70. 方法三:运用性质Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,S4k-S3k,…成等比数列. 因为S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,而S10=10,S20=30, 所以(S20-S10)2=S10·(S30-S20),
即(30-10)2=10×(S30-30).所以S30=70.
反思由于等比数列中,无论是通项公式还是前n项和公式,均与q的 若干次幂有关,所以在解决等比数列问题时,经常出现高次方程,为
达到降幂的目的,在解方程组时经常利用两式相除,达到整体消元
的目的.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
【变式训练2】 已知一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇
数项之和为85,偶数项之和为170,则这个数列的公比q=
,
项数n=
.
解析:方法一:设该等比数列的公比为q,项数为2n,
则有S偶=q·S奇,
∴q=170=2.
85
又
S2n=S
偶+S
奇
=
1
(1- 1-
2
)=85+170,
∴22n-1=255,
∴2n=8,
故这个数列的公比为2,项数为8.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
方法二:设该等比数列的公比为q,项数为2n,
则奇数项和偶数项也分别成等比数列,公比均为q2.
∴
1
[1-( 2 1- 2
)
]=85,
1
[1-( 1- 2
2
)
]=170,
∴q=2,n=4,
∴这个数列的公比为2,项数为8.
答案:2 8
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
某些特殊数列的求和
【例3】 (1)已知数列{an}的通项公式an=2n+n,求该数列的前n项 和Sn;
(2)已知数列{an}的通项公式an=n·2n,求该数列的前n项和Sn. 分析:(1)所给数列虽然不是等差数列或等比数列,但在求该数列
的前n项和时可以把an看成一个等比数列和一个等差数列的和的形 式,分别求和,再相加.(2)写出数列的前n项和,注意其与等比数列形
式类似,考虑用推导等比数列求和公式的方法来求其前n项和.
解:(1)Sn=a1+a2+a3+…+an =(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(2n+n)
=(2+22+23+…+2n)+(1+2+3+…+n)
=2(11--22
)
+
(1+ 2
)
=2n+1-2+ ( +1) .
2
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
(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+1-2(1-2 )
1-2
=n·2n+1-(2n+1-2)
=(n-1)·2n+1+2. 反思1.分组求和法适用于某些特殊数列的求和,这些特殊数列的 通项可写成几个等比数列或等差数列的和的形式. 2.错位相减法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项和.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
【变式训练3】 已知Sn=1+a+a2+…+an,求Sn.
解: (1)当 a=0 时,Sn=1+0+0+…+0=1. (2)当 a=1 时,Sn=1 + 1 + … + 1=n+1.
(3)当 a≠0,1 时,
+1 个
Sn=1+a+a2+…+an=1-1a-na+1.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
等比数列前n项和的实际应用 【例4】 为了保护某处珍贵文物古迹,政府决定建一堵大理石护 墙,设计时,为了与周边景观协调,对于同种规格的大理石用量须按 下述法则计算:第一层用全部大理石的一半多一块,第二层用剩下 的一半多一块,依此类推,到第十层恰好将大理石用完.已知大理石 有偶数块,问共需大理石多少块?每层各用大理石多少块? 分析:设共用大理石的块数,即可列出各层大理石的使用块数,通 过观察,此为一等比数列,通过等比数列求和,求出总块数,再求出每 层用的块数.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
解:设共用大理石x块,x为偶数,则各层用大理石块数分别为
第一层:2 +1= +2 2;
第二层:-
+2
2 +1=
+2;
2
4
第三层:-
+2 2-
+2
4 +1=
+2;
2
8
……
第十层:-+2 2-+422-…-2+92+1=2+102.
所以从第一层到第十层所用大理石的块数构成首项为+2,
2
公比为1,项数为 10 的等比数列,
2
故
x= +2
2
+
+4 2+…+2+102,解得
x=2
046.
答:共用去大理石2 046块,各层分别为1
024,512,256,128,64,32,16,8,4,2块.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
反思对于实际问题,可以采用设出未知量的方法使之具体化.通过 对前几项的探求,寻找其为等比数列的本质,再通过等比数列求和 公式来求解.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
【变式训练4】 从社会效益和经济效益出发,某地投入资金进行
生态环境建设,并以此发展旅游产业,根据规划,本年度投入800万元,
以后每年的投入将比上年减少
1 5
,本年度当地旅游业收入估计为
400万元,由于该项建设对旅游业的促进作用,预计今后旅游业收入
每年会比上年增加
1 4
.设n年内(本年度为第1年)总投入Sn万元,旅游
业总收入为Tn万元,写出Sn,Tn的表达式.
分析:根据题意可知投入资金及收入资金分别成等比数列,列出
投入资金和收入资金的通项公式,再利用等比数列的求和公式求解.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
解:第 1 年投入 800 万元,第 2 年投入 800× 1- 1 万元,…,第 n 年
5
投入 800×
1- 1
5
-1
万元.所以,n 年内的总投入 Sn=800+800×
1-
1 +…+800× 1- 1
-1
=4 000× 1-
4 .
5
5
5
第 1 年旅游业收入为 400 万元,第 2 年旅游业收入为 400× 1 +
1
万元,…,第 n 年旅游业收入为 400×
1+1
-1
万元.所以,n 年内的
4
4
总收入 Tn=400+400×
1+1
4
+…+400×
1+1
4
-1
=1 600×
5
-1
.
4
综上所述,Sn=4 000× 1-
4 5
,Tn=1 600×
5 4
-1
.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
易错辨析 易错点:忽视对项数的分类讨论而致误
2 ,为奇数, 【例5】 已知数列{an}满足 an= ,为偶数, 试求其前n项和. 错解:Sn=a1+a2+a3+…+an
=(a1+a3+a5+…+an-1)+(a2+a4+a6+…+an)
=2(1-42 ) + ×2+2
2
-1
×2
1-4
=1·2n+1+
2
2
+
?
2
2.
3
4 23
错因分析:这里数列的通项an是关于n的分段函数,当n为奇数或为 偶数时对应不同的法则,因此求和时必须对项数n进行分类讨论.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
正解:(1)当 n 为奇数时,
Sn=(a1+a3+a5+…+an)+(a2+a4+a6+…+an-1)
+1
-1
=2(1-4 2 ) + -1×2+ 2
2-1-1
×2
=13·21n-+42+4 2
2
? 1112.
2
(2)当 n 为偶数时,
Sn=(a1+a3+a5+…+an-1)+(a2+a4+a6+…+an)
=2(1-4 2 ) + ×2+2
2
-1
×2
=13·12-n4+1+4 22 +
2
?
2
2.
3
12345
1已知数列{an}满足3an+1+an=0,a2=-
4 3
,则数列{an}的前10项和等于
()
A.-6(1-3-10) C.3(1-3-10)
B.
1 9
(1-310)
D.3(1+3-10)
解析:因为 3an+1+an=0?an+1=-13an,
所以数列{an}是以-13为公比的等比数列.
又 a2=-43,所以 a1=4.
所以
4
S10=
1- -13 1+13
10
=3(1-3-10).
答案:C
k·3 -1=2k·3 -1
12345
12345
3某人为了观看2018年世界杯,从2011年起,每年5月10日到银行存 入a元定期储蓄,若年利率为p,且保持不变,并约定每年到期存款均
自动转为新的一年定期,到2018年将所有的存款及利息全部取回,
则可取回的总钱数为( )元.
A.a(1+p)7
B.a(1+p)8
C. [(1+p)7-(1+p)]
D. [(1+p)8-(1+p)]
解析:2011年存入的a元到2018年所得的本息和为a(1+p)7,2012年存
入的a元到2018年所得的本息和为a(1+p)6,依此类推,则2017年存入
的a元到2018年的本息和为a(1+p),每年所得的本息和构成一个以
a(1+p)为首项,1+p为公比的等比数列,则到2018年取回的总额为
a(1+p)+a(1+p)2+…+a(1+p)7= (1+)[1-(1+)7] = [(1+p)8-(1+p)].
1-(1+)
答案:D
12345
4在等比数列{an}中,已知Sn=65,n=4,q=
2 3
,则a1=
.
解析:S4=1
(1- 1-
4
)
=
1
1-
2 3
1-23
4
=65,解得
a1=27.
答案:27
12345
5设数列{an}满足:a1=1,an+1=3an,n∈N+.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn;
(2)已知{bn}是等差数列,Tn为其前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.
解:(1)由题设,知数列{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列,故 an=3n-
1,Sn=11--33
=
1(3n-1).
2
(2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,
则公差 d=5,
故 T20=20×3+20×219×5=1 010.
2.3.2 等比数列的前n项和 -34-