（浙江专用）2019-2020学年高中数学 第二章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第一课时 等比

预习课本P55~58，思考并完成以下问题(1)公比是1的等比数列的前n项和如何计算？(2)能否根据首项、末项与项数求出等比数列的前n项和？(3)能否根据首项、公比与项数求出等比数列的前n项和？(4)等比数列前n项和的性质有哪些？第一课时等比数列的前n项和2.5等比数列的前n项和一、预习教材·问题导入1．等比数列的前n项和公式[提醒]在应用公式求和时，应注意到Sn＝a11－qn1－q的使用条件为q≠1，而当q＝1时应按常数列求和，即Sn＝na1.已知量首项a1与公比q首项a1，末项an与公比q公式na1q＝1，a11－qn1－qq≠1na1q＝1，a1－anq1－qq≠1Sn＝Sn＝二、归纳总结·核心必记2．等比数列前n项和的性质(1)等比数列{an}中，若项数为2n，则S偶S奇＝q；若项数为2n＋1，则S奇－a1S偶＝q.(2)若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…成等比数列(其中Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…均不为0)．(3)若一个非常数列{an}的前n项和Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0，n∈N*)，则数列{an}为等比数列，即Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)⇔数列{an}为等比数列．1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)求等比数列{an}的前n项和时可直接套用公式Sn＝a11－qn1－q来求()(2)首项为a的数列既是等差数列又是等比数列，则其前n项和为Sn＝na()(3)若某数列的前n项和公式为Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0且q≠1，n∈N*)，则此数列一定是等比数列()三、基本技能·素养培优解析：(1)错误．在求等比数列前n项和时，首先应看公比q是否为1，若q≠1，可直接套用，否则应讨论求和．(2)正确．若数列既是等差数列，又是等比数列，则是非零常数列，所以前n项和为Sn＝na.(3)正确．根据等比数列前n项和公式Sn＝a11－qn1－q(q≠0且q≠1)变形为：Sn＝a11－q－a11－qqn(q≠0且q≠1)，若令a＝a11－q，则和式可变形为Sn＝a－aqn.答案：(1)×(2)√(3)√解析：选D等比数列的公比q＝a2a1＝42＝2，所以前10项和S10＝a11－q101－q＝21－2101－2＝211－2，选D.2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，a2＝4，那么S10等于()A．210＋2B．29－2C．210－2D．211－2解析：选A由S5＝a1[1－－25]1－－2＝44，得a1＝4.3．等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝44，则a1的值为()A．4B．－4C．2D．－24．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：(1)∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴40＝20q，∴q＝2，∵a1(q＋q3)＝20，∴a1＝2，∴Sn＝21－2n1－2＝2n＋1－2.答案：22n＋1－2[典例]在等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn.(1)a1＝8，an＝14，Sn＝634，求n；(2)S3＝72，S6＝632，求an及Sn.考点一等比数列的前n项和公式的基本运算[解](1)显然q≠1，由Sn＝a1－anq1－q，即8－14q1－q＝634，∴q＝12.又an＝a1qn－1，即8×12n－1＝14，∴n＝6.(2)法一：由S6≠2S3知q≠1，由题意得a11－q31－q＝72，①a11－q61－q＝632，②②÷①，得1＋q3＝9，∴q3＝8，即q＝2.代入①得a1＝12，∴an＝a1qn－1＝12×2n－1＝2n－2，Sn＝a11－qn1－q＝2n－1－12.法二：由S3＝a1＋a2＋a3，S6＝S3＋a4＋a5＋a6＝S3＋q3(a1＋a2＋a3)＝S3＋q3S3＝(1＋q3)S3.∴1＋q3＝S6S3＝9，∴q3＝8，即q＝2.代入①得a1＝12，∴an＝a1qn－1＝12×2n－1＝2n－2，Sn＝a11－qn1－q＝2n－1－12.在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q表示an与Sn，从而列方程组求解，在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的．这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．[类题通法]已知a6－a4＝24，a3·a5＝64，求S8.解：法一：由题意，得a1q5－a1q3＝24，a1q2·a1q4＝64，化简得a1q3q2－1＝24，①a1q3＝±8，②①÷②，得q2－1＝±3，负值舍去，∴q2＝4，∴q＝2或q＝－2.当q＝2时，代入①得a1＝1.∴S8＝a11－q81－q＝255.[针对训练]当q＝－2时，代入①得a1＝－1.∴S8＝a11－q81－q＝2553.综上知S8＝255或2553.法二：由等比数列的性质得a3·a5＝a24＝64，∴a4＝±8.当a4＝8时，∵a6－a4＝24，∴a6＝32，∴q2＝a6a4＝4，∴q＝±2.当a4＝－8时，a6－a4＝24，∴a6＝16.∴q2＝a6a4＝－2，无解．故q＝±2.当q＝2时，a1＝a4q3＝1，S8＝a11－q81－q＝255.当q＝－2时，a1＝a4q3＝－1，S8＝a11－q81－q＝2553.综上知，S8＝255或2553.考点二等比数列的前n项和的性质[典例]各项都是正实数的等比数列{an}，前n项的和记为Sn，若S10＝10，S30＝70，则S40等于()A．150B．－200C．150或－200D．400或－50[解析][法一公式法]设首项为a1，公比为q，由题意知q≠±1.由a11－q101－q＝10，①a11－q301－q＝70，②由以上两式相除得q20＋q10－6＝0，解得q10＝2或q10＝－3(舍去)，代入①有a11－q＝－10，∴S40＝a11－q401－q＝－10×(－15)＝150.[法二性质法]易知q≠±1，由S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成公比为q10的等比数列，则S30＝S10＋(S20－S10)＋(S30－S20)＝S10＋q10S10＋q20S10，即q20＋q10－6＝0，解得q10＝2或q10＝－3(舍去)，∴S40＝S10＋(S20－S10)＋(S30－S20)＋(S40－S30)＝10(1＋2＋22＋23)＝150.[答案]A运用等比数列求和性质解题时，一定要注意性质成立的条件．否则会出现失误．如Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…成等比数列的前提是Sn，S2n－Sn，S3n－S2n均不为0.[类题通法]解析：选B由等比数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是，由S6＝3S3，可推出S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴S9S6＝73.故选B.1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6S3＝3，则S9S6＝()A．2B．73C．83D．3[针对训练]2．一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求数列的通项公式．解：设数列{an}的首项为a1，公比为q，所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇，S偶，由题意可知，S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶．因为数列{an}的项数为偶数，所以有q＝S偶S奇＝13.又因为a1·a1q·a1q2＝64，所以a31·q3＝64，即a1＝12，故所求通项公式为an＝12×13n－1.[典例](1)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝()A．16(1－4－n)B．16(1－2－n)C．323(1－4－n)D．323(1－2－n)(2)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－12n，n∈N*，则①a3＝________；②S1＋S2＋…＋S100＝________.考点三等比数列及其前n项和的综合应用[解析](1)由a5＝a2q3，得q3＝18，所以q＝12，而数列{anan＋1}也为等比数列，首项a1·a2＝8，公比q2＝14，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝81－4－n1－14＝323(1－4－n)．(2)①∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－12n－(－1)n－1an－1＋12n－1(n≥2)，∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋12n.当n为偶数时，an－1＝－12n，当n为奇数时，2an＋an－1＝12n，∴当n＝4时，a3＝－124＝－116.②根据以上{an}的关系式及递推式可求得．a1＝－122，a3＝－124，a5＝－126，a7＝－128，a2＝122，a4＝124，a6＝126，a8＝128.∴a2－a1＝12，a4－a3＝123，a6－a5＝125，…，∴S1＋S2＋…＋S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－12＋122＋123＋…＋12100＝12＋123＋…＋1299－12＋122＋…＋12100＝1312100－1.[答案](1)C(2)①－116②1312100－1求解数列综合问题的步骤(1)分析题设条件．(2)分清是an与an＋1的关系，还是an与Sn的关系．(3)转化为等差数列或等比数列，特别注意an＝Sn－Sn－1(n≥2，n为正整数)在an与Sn的关系中的应用．(4)整理求解．[类题通法]解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a1，a2，a6成等比数列，所以a22＝a1·a6，即(a1＋d)2＝a1·(a1＋5d)，所以d＝3a1，所以a2＝4a1，所以等比数列ak1，ak2，ak3，…的公比q＝4，所以ak4＝a1·q3＝a1·43＝64a1.又ak4＝a1＋(k4－1)·d＝a1＋(k4－1)·(3a1)，所以a1＋(k4－1)·(3a1)＝64a1，a1≠0，所以3k4－2＝64，所以k4＝22.答案：22[针对训练]1．公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1，ak2，ak3，…构成等比数列，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4＝________.2．(浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．解：(1)由题意得a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，则a1＝1，a2＝3.又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，当n≥3时，Tn＝3＋91－3n－21－3－n＋7n－22＝3n－n2－5n＋112，因为当n＝2时，也符合Tn＝3n－n2－5n＋112.所以Tn＝2，n＝1，3n－n2－5n＋112，n≥2，n∈N*.