2018版高中数学北师大版必修五学案：第一章 数列 3-2

3.2 等比数列的前n 项和(一)
[学习目标] 1.掌握等比数列的前n 项和公式及公式证明思路.2.会用等比数列的前n 项和公式解决有关等比数列的一些简单问题．
知识点一 等比数列前n 项和公式及其推导 1．等比数列前n 项和公式
(1)公式：S n ＝⎩⎨⎪⎧
a 1(1－q n
)1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1)，
na 1(q ＝1).
(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q ＝1的情况． 2．等比数列前n 项和公式的推导
推导1 求等差数列前n 项和用的是倒序相加法，对于等比数列{a n }，若q ≠1，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －
1＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －
1－a 1q n －
1)＝a 1＋q (S n －a 1q n －
1)，至此，你能用
a 1和q 表示出S n 吗？ 答案 由S n ＝a 1＋q (S n －a 1q
n －1
)，得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n
.所以S n ＝a 1(1－q n )
1－q
.
推导2 在等比数列{a n }中，若q ≠1，n ≥2时，则有a 2a 1＝a 3a 2＝a 4a 3＝…＝a n
a n －1＝q .由等比性质，得
a 2＋a 3＋…＋a n
a 1＋a 2＋…＋a n －1
＝q ，至此你能用a 1和q 表示出S n 吗？
答案 由a 2＋a 3＋…＋a n a 1＋a 2＋…＋a n －1＝q (n ≥2)，得S n －a 1S n －a n ＝q ，于是S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )
1－q (n ≥2)．当n
＝1时，S 1＝a 1＝a 1(1－q 1)1－q ，也满足上式．于是S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )
1－q (n ∈N *)．
思考 设f (n )＝2＋24＋27＋…＋23n ＋1
(n ∈N *)，则f (n )等于( )
A.2
7
(8n －1) B.27
(8n ＋
1－1) C.27(8n ＋
2－1) D.27
(8n ＋
3－1) 答案 B
解析 f (n )＝2＋24
＋27
＋…＋23n ＋1
＝2(1－8n ＋
1)1－8
＝27
(8n ＋
1－1)．
注意 参与求和的项共有多少项． 知识点二 错位相减法
推导等比数列前n 项和的方法叫错位相减法．一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项积的前n 项和．
题型一 等比数列基本量的计算 例1 在等比数列{a n }中， (1)S 2＝30，S 3＝155，求S n ； (2)a 1＋a 3＝10，a 4＋a 6＝5
4
，求S 5；
(3)a 1＋a n ＝66，a 2a n －1＝128，S n ＝126，求q .
解 (1)由题意知⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1(1＋q )＝30，
a 1(1＋q ＋q 2
)＝155， 解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝5，
q ＝5，或⎩
⎪
⎨⎪⎧
a 1＝180，
q ＝－5
6
.
从而S n ＝14×5n ＋
1－54或S n ＝1 080×[1－(－5
6)n ]
11.
(2)方法一 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＋a 1
q 2
＝10，a 1q 3＋a 1q 5＝54， 解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝8，q ＝12，从而S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝312.
方法二 由(a 1＋a 3)q 3＝a 4＋a 6， 得q 3＝18，从而q ＝1
2.
又a 1＋a 3＝a 1(1＋q 2)＝10， 所以a 1＝8，从而S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝31
2.
(3)因为a 2a n －1＝a 1a n ＝128，
所以a 1，a n 是方程x 2－66x ＋128＝0的两根．
从而⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，a n ＝64或⎩⎪⎨⎪
⎧
a n ＝2，a 1
＝64.
又S n ＝a 1－a n q 1－q
＝126，所以q 为2或1
2.
反思与感悟 (1)在等比数列{a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 中，已知其中的三个量，通过列方程组求解，就能求出另两个量，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．
(2)在解决与前n 项和有关的问题时，首先要对公比q ＝1或q ≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．
跟踪训练1 在等比数列{a n }中，
(1)若a 1＝2，a n ＝162，S n ＝112，求n 和q ； (2)已知S 4＝1，S 8＝17，求a n .
解 (1)由S n ＝a 1－a n q 1－q 得112＝2－162q
1－q ，
∴q ＝－2， 又由a n ＝a 1q n －1
得162＝2(－2)n －
1，
∴n ＝5.
(2)若q ＝1，则S 8＝2S 4，不合题意，∴q ≠1， ∴S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝1，S 8＝a 1(1－q 8)
1－q ＝17，
两式相除得1－q 81－q 4＝17＝1＋q 4
， ∴q ＝2或q ＝－2， ∴a 1＝115或a 1＝－15，
∴a n ＝115·2n －1或－15·(－2)n －
1.
题型二 错位相减法求和
例2 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；
(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋
1
（b n ＋2）n
.求数列{c n }的前n 项和T n .
解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式． 所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，
由⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，
即⎩
⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ， 可解得b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋
1（3n ＋3）
n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n .
得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋
1]．
2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋
2]．
两式作差，得
－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋
1－(n ＋1)×2n ＋
2]
＝3×⎣⎢⎡⎦
⎥⎤4＋4（1－2n
）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋
2.
反思与感悟 一般地，如果数列{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和时，可以采用错位相减法．
跟踪训练2 求数列{nx n }的前n 项和． 解 (1)当x ＝0时，S n ＝0. (2)当x ＝1时，S n ＝n (n ＋1)2.
(3)当x ≠0且x ≠1时，
S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋(n －1)x n －
1＋nx n ，①
xS n ＝x 2＋2x 3＋…＋(n －1)x n ＋nx n ＋
1，②
①－②得，
(1－x )S n ＝x ＋x 2＋x 3＋…＋x n －nx n ＋
1
＝x (1－x n )1－x
－nx n ＋1，
∴S n ＝x (1－x )
2·[nx n ＋
1－(n ＋1)x n ＋1]， ∴S n
＝⎩⎨⎧
n (n ＋1)
2
(x ＝1)0(x ＝0)，
x
(1－x )2
[nx
n ＋1
－(n ＋1)x n ＋1](x ≠0且x ≠1).
题型三 等差、等比数列的综合问题
例3 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列． (1)求数列{a n }的通项；
(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＋a 2＋a 3
＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，
解得a 2＝2.
设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2
q ，a 3＝2q ，
又S 3＝7，可知2
q ＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.
解得q 1＝2，q 2＝1
2.由题意得q ＞1，∴q ＝2，∴a 1＝1.
故数列{a n }的通项为a n ＝2n －
1.
(2)由于b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，由(1)得a 3n ＋1＝23n ， ∴b n ＝ln 23n ＝3n ln 2.
又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝3n (n ＋1)
2·ln 2.
故T n ＝3n (n ＋1)
2
ln 2.
反思与感悟 (1)等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式，前n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点． (2)利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值，同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程组求解． 跟踪训练3 已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝1
3，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .
(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．
解 (1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝1
3
，得a 1＝2.
所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1.
(2)由(1)和a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n 得b n ＋1＝b n 3，因此{b n }是首项为1，公比为1
3的等比数列．
记{b n }的前n 项和为S n ，则
S n ＝
1－⎝⎛⎭
⎫13n
1－13
＝32－1
2×3n －1.
应用等比数列前n 项和公式时忽视
分类讨论致误
例4 等比数列1,2a,4a 2,8a 3，…的前n 项和S n ＝____________. 错解 S n ＝1－(2a )n
1－2a
错因分析 忽视等比数列前n 项和公式的应用条件，未对等比数列的公比2a 分类讨论，导致错误．
正解 公比为q ＝2a ，
当2a ＝1，即a ＝1
2时，2a ＝1，S n ＝n ；
当q ≠1，即a ≠1
2时，2a ≠1，则S n ＝1－(2a )n 1－2a
.
答案 ⎩⎨⎧
n ， a ＝1
2
，
1－(2a )n
1－2a
， a ≠1
2.
误区警示 准确理解公式，重视分类讨论
应用等比数列前n 项和公式时，要注意公比q 是否为1，因为等比数列前n 项和公式是“分段函数”形式．若题中公比不明确，要分情况讨论，如本例，公比为q ＝2a ，应该分2a ＝1,2a ≠1两种情况讨论，否则结论就不完整．
1．已知等比数列{a n }的首项a 1＝3，公比q ＝2，则S 5等于( ) A ．93 B ．－93 C ．45 D ．－45
答案 A
解析 S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝3(1－25)
1－2
＝93.
2．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝6，a 2＋a 3＋a 4＝－3，则a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7等于( )
A.118
B.1916
C.98
D.34
答案 A
解析 a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1＋q ＋q 2)a 1(1＋q ＋q 2)＝a 2a 1＝q ＝－12， 由a 1＋a 2＋a 3＝6，且q ＝－1
2，得a 1＝8，
可得a 2＝a 1q ＝8×⎝⎛⎭
⎫－1
2＝－4， ∴a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝S 7－a 1－a 2＝a 1(1－q 7
)1－q
－a 1－a 2＝8[1－(－1
2)7]
1－(－12
)
－8－(－4)＝11
8.
3．设等比数列{a n }的公比q ＝3，前n 项和为S n ，则S 4
a 2等于________．
答案
403
解析 由题意得S 4＝a 1(1－34)
1－3＝40a 1，又a 2＝3a 1，
∴S 4a 2＝403
. 4．等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和是________． 答案 120
解析 ∵a 5＝a 2·q 3，∴q 3＝243
9＝27.
∴公比q ＝3，从而a 1＝3， ∴S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝3(1－34)1－3
＝120.
5．数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1
2n ，则它的前n 项和S n ＝________.
答案 3－2n ＋3
2
n
解析 ∵S n ＝12＋34＋58＋7
16＋…＋2n －12n ，
∴12S n ＝14＋38＋516＋7
32＋…＋2n －12n ＋1， 相减得12S n ＝12＋24＋28＋216＋…＋22n －2n －12n ＋1
＝12＋(12＋14＋…＋1
2n －1)－2n －12
n ＋1
＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n －12
n ＋1 ＝32－2n ＋32n ＋1， ∴S n ＝3－2n ＋3
2
n .
1．在等比数列的通项公式和前n 项和公式中，共涉及五个量：a 1，a n ，n ，q ，S n ，其中首项a 1和公比q 为基本量，且“知三求二”．
2．前n 项和公式的应用中，注意前n 项和公式要分类讨论，即q ≠1和q ＝1时是不同的公式形式，不可忽略q ＝1的情况．
3．一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列且公比为q ，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减的方法求和．。