等比数列的前n项求和解题思路

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高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结

高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结

高考数学专题——数列(求S n )求s n 的四种方法总结常考题型:共5种大题型(包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法:实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法:实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程:公式:数列c n =(an +b )q n−1,(an +b )为等差数列,q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1,B =b −Aq −1,C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得:(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列,1a 为2a ,3a 的等差中项. (1)求{}n a 的公比;(2)若11a =,求数列{}n na 的前n 项和.【解析】(1)设{}n a 的公比为q ,由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =(舍去),2q =-. 故{}n a 的公比为2-.(2)设n S 为{}n na 的前n 项和.由(1)及题设可得,1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-,21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3,134n n a a n +=-. (1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .【解析】(1)235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+, 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--,……2153(3)a a -=-.因为13a =,所以2 1.n a n =+(2)由(1)得2(21)2n n n a n =+,所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯,所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足:n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列,2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.(I )求12,a a 的值;(Ⅱ)试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】(Ⅰ)方法一:n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二:n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得:2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ (Ⅱ)1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得:23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足11a =,121n n a S +-=.(I )求{}n a 的通项公式;(Ⅱ)若3log n n b a =,数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ,求证:12nT <.【解析】(I )当1n =时,由11a =,2121a a -=得23a =;当2n ≥时,121n n a S --=,两式相减得()1120n n n n a a S S +----=, 即13n n a a +=(2)n ≥,又2133a a ==, 故13n n a a +=恒成立,则数列{}n a 是公比为3的等比数列,可得13-=n n a . (Ⅱ)由(I )得313log log 31n n n b a n -===-,则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭,则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭. 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ,且2S n =3a n -1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =na n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解:(1)由2S n =3a n -1,① 得2S n -1=3a n -1-1(n ≥2),② ①-②,得2a n =3a n -3a n -1, 所以a n a n -1=3(n ≥2),又2S 1=3a 1-1,2S 2=3a 2-1, 所以a 1=1,a 2=3,a 2a 1=3, 所以{a n }是首项为1,公比为3的等比数列, 所以a n =3n -1.(2)由(1)得,b n =n3n -1,所以T n =130+231+332+…+n3n -1,③13T n =131+232+…+n -13n -1+n 3n ,④ ③-④得,23T n =130+131+132+…+13n -1-n 3n =1-13n1-13-n 3n =32-2n +32×3n ,所以T n =94-6n +94×3n . 3、裂项相消法:实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

数列求前N项和方法总结(方法大全

数列求前N项和方法总结(方法大全

数列求前N项和方法总结(方法大全数列是一组按照一定规律排列的数。

在数列中,常常需要求出数列的前N项和,以便进一步分析和运用。

下面将对常见的数列的前N项和求解方法进行总结。

1.等差数列:等差数列是相邻两项之差相等的数列。

记数列首项为a,公差为d,第n项为an。

a.求前N项和公式:Sn = (a + an) * n / 2b.证明:首先将等差数列分为两部分:第一部分是首项a和末项an,共有n 项,它们的和为 (a + an) * n / 2;第二部分是每一项与对应的倒数项的和,它们的和恰好也是 (a + an) * n / 2、将两部分的和相加即得 Sn = (a + an) * n / 22.等比数列:等比数列是相邻两项之比相等的数列。

记数列首项为a,公比为r,第n项为an。

a.公比不为1的情况:求前N项和公式:Sn=a*(1-r^n)/(1-r)b.公比为1的情况:求前N项和公式:Sn=a*nc.证明:利用等比数列的性质,将等比数列的前N项和与它的下一项相乘,两者相减可得到Sn=a*(1-r^n)/(1-r)。

3.平方数列:平方数列是由平方数组成的数列,例如1,4,9,16,25,...。

a.求前N项和公式:Sn=n*(n+1)*(2n+1)/6b.证明:利用平方数的性质,可以得到平方数列的前N项和的通项公式为Sn=n*(n+1)*(2n+1)/64.立方数列:立方数列是由立方数组成的数列,例如1,8,27,64,125,...。

a.求前N项和公式:Sn=(n*(n+1)/2)^2b.证明:利用立方数的性质,可以得到立方数列的前N项和的通项公式为Sn=(n*(n+1)/2)^25.斐波那契数列:斐波那契数列是指从0和1开始,后一项等于前两项之和的数列,例如0,1,1,2,3,5,...。

a.求前N项和公式:Sn=F(n+2)-1其中F(n)是斐波那契数列的第n项。

b.证明:通过归纳法可以证明斐波那契数列的前N项和等于第N+2项减去1除了上述常见的数列,还有很多其他的数列以及求前N项和的方法。

例谈求数列前n项和的三种思路

例谈求数列前n项和的三种思路

思路探寻求数列的前n 项和问题比较常见,通常需先根据已有的递推关系式求得数列的通项公式,再观察数列的特点和规律,寻找适合的求和方法,比如:公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法等来求得数列的前n 项和.若选用的方法恰当,就能起到事半功倍的效果.下面结合实例谈一谈求数列前n 项和的三种常用思路.一、借助公式公式法是求数列前n 项和的重要方法.运用公式法求数列的前n 项和,主要是根据等差数列的前n 项和公式S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n +1)2d 、等比数列的前n 项和公式S n =ìíîïïna 1,q =1,a 1(1-q n)1-q,q ≠1.在解题时,需仔细观察数列的特征,根据等差、等比数列的定义判断数列的类型,再选用相应的求和公式进行求和.例1.在等差数列{a n }中,S 10=100,S 100=10,求S 110.解:∵该数列为{a n }为等差数列,∴S 10,S 20-S 10,S 30-S 20,⋯,S 110-S 100也为等差数列,设其公差为d ,∴S 10+(S 20-S 10)+(S 30-S 20)+⋯+(S 100-S 90)=S 100,由等差数列的前n 项和公式S n =na 1+n (n +1)2d可得S 100=10S 10+10×92×d =10,又S 10=100,将其代入上式得d =-22,∴S 110-S 100=S 10+(11-1)d =100+10×(-22)=-120,∴S 110=S 100+(-120)=-110.由题意可知这个数列是等差数列,利用等差数列的性质以及等差数列的前n 项和公式S n =na 1+n (n +1)2d 求解,即可求出此数列的前n 项和.例2.已知log 3x =-1log 2x,求x +x 2+x 3+⋯+x n 的前n项和.解:由log 3x =-1log 2x 可得x =12,由等比数列的前n 项和公式S n =a 1(1-q n )1-q可得,x +x 2+x 3+⋯+x n=x (1-x n )1-x =12(1-12n )1-12=1-12n.观察该数列,可发现数列的后一项与前一项之比为x ,由等比数列的定义可知该数列为等比数列,利用等比数列的前n 项和公式S n =a 1(1-q n )1-q,即可求出此数列前n 项和.二、分组求和有些数列可被拆开或重组成几个等差、等比或者常见数列,此时可采用分组求和法,将各项重新组合,再分别运用等差、等比数列的前n 项和公式进行求和,最后综合所得结果,即可得出原数列的前n 项和.例3.求数列{}n (n +1)(2n +1)的前n 项和.解:设a k =k (k +1)(2k +1)=2k 3+3k 2+k ,可得S n =∑k =1nk (k +1)(2k +1)=∑k =1n(2k 3+3k 2+k )=2∑k =1nk 3+3∑k =1nk 2+∑k =1nk=2(13+23+⋯+n 3)+3(12+22+⋯+n 2)+(1+2+⋯+n )=n 2(n +1)22+n (n +1)(2n +1)2+n (n +1)2=n (n +1)2(n +2)2.仔细研究这个数列可发现,它由三个数列{}2n 3、{}3n 2、{}n 的和构成,于是将数列的每一项拆开,再重新组合S n =2∑k =1nk 3+3∑k =1nk 2+∑k =1nk ,最后分组求和,即可得n 黄增勇胡国生46思路探寻出数列前n 项和.对于一些常见的数列,同学们要熟记其和,如∑k =1nk =1+2+3+⋯+n =12n (n +1),∑k =1nk 2=12+22+32+⋯+n 2=13n (n +12)(n +1),∑k =1nk 3=13+23+33+⋯+n 3=éëêùûúæèçöø÷n (n +1)22,∑k =1n (2k -1)=1+2+3+⋯+(2n +1)=n 2.例4.求数列113,216,319,⋯,(n +13n )的前n 项和.解:S n =113+216+319+⋯+(n +13n )=(1+2+3+⋯+n )+(13+132+133+⋯+13n )=12n (n +1)+1-13n .该数列由两个数列{}n 、{}13n 构成,于是将其重新组合成等差数列{}n 和等比数列{}13n ,再分别运用等差、等比数列的前n 项和公式,求得每个数列的和,即可得到数列的前n 项和.三、裂项相消运用裂项相消法求和,关键有两步:第一步,裂项.即将数列的通项公式裂为两项之差的形式;第二步,消项.通过正负相消,消除绝对值相等,符号相反的项.在裂项的过程中,有的时候需要调整通项公式前面的系数,使拆得的两项的结构保持一致.常见的裂项方式有sin 1cos n cos(n +1)=tan(n +1)-tan n ,1n (n +1)=1n -1n +1,1(2n +1)(2n -1)=12(12n -1-12n +1)等.例5.在数列{}a n 中.a n =1n +1+1n +2+⋯+nn +1,若b n =2a n ∙a n +1,求数列{}b n 的前n 项和.解:因为a n =1n +1+1n +2+⋯+n n +1=n2,则b n =2a n ∙a n +1=2n 2∙n +12=8(1n -1n +1)所以S n =8éëêæèöø1-12+æèöø12-13+æèöø13-14+⋯+ùûúæèöø1n -1n +1=æèöø1-1n +1=8n n +1.根据题目中的已知条件可得数列{}b n 的通项公式为b n =8n ()n +1,于是将其裂项为8(1n -1n +1),即可采用裂项相消法求得数列{}b n 的前n 项的和.例6.求和:S n =15+135+163+199.解:S n =15+145+1117+1221=11×5+15×9+19×13+113×17=14(1-15)+14(15-19)+14(19-113)+14(113-117)=14[(1-15)+(15-19)+(19-113)+(113-117)]=14(1-117)=417.仔细观察可发现,数列的通项公式为a n =1()4n -3(4n +1)=14æèöø14n -3-14n +1,通过裂项,便可将数列中的前后项转化为绝对值相等,符号相反的式子,这样采用裂项相消法,通过正负相消即可求得数列的和.通过对上述例题的分析,可以看出,上述三种思路各有特色,且其适用范围各不相同.同学们在求和时,只要善于发现数列中各项的规律,改变原数列的形式、结构,进行合理的裂项、分组,灵活运用等差、等比数列的前n 项和公式,那么求数列前n 项和问题就可以迎刃而解.本文系淮安市教育科学“十四五”规划课题《新高考背景下高中数学试题编制的研究》(课题编号2021GHKT215)研究成果.(作者单位:黄增勇,江苏省淮安市洪泽湖高级中学;胡国生,江苏省淮安市洪泽区教育体育局)47。

数列前N项求和的技巧和总结

数列前N项求和的技巧和总结

求数列前N 项和的方法1. 用公式等差数列前n 项和:11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+ 特别的,当前n 项的个数为奇数时,211(21)k k S k a ++=+ ,即前n 项和为中间项乘以项数。

这个公式在很多时候可以简化运算。

等比数列前n 项和: q=1时,1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-,,特别要注意对公比的讨论。

其他公式:1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n kS nk n [例1] 已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 解:由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 (利用常用公式)=xx x n --1)1(=211)211(21--n =1-n 21 [例2] 设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解:由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n , )2)(1(211++=+n n S n (利用常用公式)∴ 1)32()(++=n nS n S n f =64342++n n n=nn 64341++=50)8(12+-nn 501≤∴ 当88-n ,即n =8时,501)(max =n f2. 可以错位相减这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和,其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和:132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解:由题可知,{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n -1}的通项与等比数列{1-n x }的通项之积设n n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=……………………….②(设制错位)①-②得 n n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=--(错位相减)再利用等比数列的求和公式得:n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ [例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和. 解:由题可知,{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n n S ………………………………② (设制错位)①-②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS(错位相减)1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S 练习:求:S n =1+5x+9x 2+······+(4n-3)x n-1 解:S n =1+5x+9x 2+······+(4n-3)x n-1 ① ①两边同乘以x ,得 x S n =x+5 x 2+9x 3+······+(4n-3)x n ② ①-②得,(1-x )S n =1+4(x+ x 2+x 3+······+n x )-(4n-3)x n当x=1时,S n =1+5+9+······+(4n-3)=2n 2-n当x ≠1时,S n =1 1-x [ 4x(1-x n ) 1-x +1-(4n-3)xn]3. 倒转反序相加这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n 个)(1n a a +.[例5] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解:设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1s i n 2s i n 3s i n 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..②(反序)又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得(反序相加))89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S =89∴ S =44.54. 分组求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可. [例6] 求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ,… 解:设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n(分组)当a =1时,2)13(n n n S n -+==2)13(nn + (分组求和)当1≠a 时,2)13(1111n n aa S n n -+--==2)13(11n n a a a n -+---[例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解:设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1( ∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(=)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n=k k k nk n k nk ∑∑∑===++1213132(分组)=)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++=2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n (分组求和)=2)2()1(2++n n n练习:求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211n n 的前n 项和。

等比数列的前n项和数列总结

等比数列的前n项和数列总结

等比数列的前n 项和 一、等比数列的前n 项和公式 1.乘法运算公式法∵S n =a 1+a 2+a 3+…+a n =a 1+a 1q +a 1q 2+…+a 1q n -1=a 1(1+q +q 2+…+q n -1)=a 1·1-q 1+q +q 2+…+q n -11-q =a 11-q n1-q, ∴S n =a 11-q n1-q. 2.方程法 ∵S n =a 1+a 1q +a 1q 2+…+a 1q n -1=a 1+q (a 1+a 1q +…+a 1q n -2)=a 1+q (a 1+a 1q +…+a 1q n -1-a 1q n -1)=a 1+q (S n -a 1q n -1),∴(1-q )S n =a 1-a 1q n .∴S n =a 11-q n1-q. 3.等比性质法∵{a n }是等比数列,∴a 2a 1=a 3a 2=a 4a 3=…=a n a n -1=q . ∴a 2+a 3+…+a n a 1+a 2+…+a n -1=q , 即S n -a 1S n -a n =q 于是S n =a 1-a n q 1-q =a 11-q n1-q. 二、等比数列前n 项和公式的理解(1)在等比数列的通项公式及前n 项和公式中共有a 1,a n ,n ,q ,S n 五个量,知道其中任意三个量,都可求出其余两个量.(2)当公比q ≠1时,等比数列的前n 项和公式是S n =a 11-q n 1-q ,它可以变形为S n =-a 11-q ·q n +a 11-q ,设A =a 11-q,上式可写成S n =-Aq n +A .由此可见,非常数列的等比数列的前n 项和S n 是由关于n 的一个指数式与一个常数的和构成的,而指数式的系数与常数项互为相反数.当公比q =1时,因为a 1≠0,所以S n =na 1是n 的正比例函数(常数项为0的一次函数).等比数列前n 项和性质(1)在等比数列{a n }中,连续相同项数和也成等比数列,即:S k ,S 2k -S k ,S 3k -S 2k ,…仍成等比数列.(2)当n 为偶数时,偶数项之和与奇数项之和的比等于等比数列的公比,即S 偶S 奇=q . (3)若一个非常数列{a n }的前n 项和S n =-Aq n +A (A ≠0,q ≠0,n ∈N *),则数列{a n }为等比数列,即S n =-Aq n +A ⇔数列{a n }为等比数列.题型一 等比数列前n 项和公式的基本运算(在等比数列{a n }的五个量a 1,q ,a n ,n ,S n 中,a 1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a 1和q 表示a n 与S n ,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;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.)1、在等比数列{a n}中,(1)若S n=189,q=2,a n=96,求a1和n;(2)若q=2,S4=1,求S8.2、设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3+S6=2S9,求数列的公比q.题型二等比数列前n项和性质的应用3、一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇数项的和为85,偶数项和为170,求出数列的公比和项数.4、等比数列{a n}中,若S2=7,S6=91,求S4.题型三等比数列前n项和的实际应用5、借贷10 000元,以月利率为1%,每月以复利计息借贷,王老师从借贷后第二个月开始等额还贷,分6个月付清,试问每月应支付多少元?(1.016≈1.061,1.015≈1.051)[规范解答] 方法一设每个月还贷a元,第1个月后欠款为a0元,以后第n个月还贷a元后,还剩下欠款a n元(1≤n≤6),则a0=10 000,a1=1.01a0-a,a2=1.01a1-a=1.012a0-(1+1.01)a,……a6=1.01a5-a=……=1.016a0-[1+1.01+…+1.015]a.由题意,可知a6=0,即1.016a0-[1+1.01+…+1.015]a=0,a=1.016×1021.016-1.因为1.016=1.061,所以a=1.061×1021.061-1≈1 739.故每月应支付1 739元.方法二一方面,借款10 000元,将此借款以相同的条件存储6个月,则它的本利和为S1=104(1+0.01)6=104×(1.01)6(元).另一方面,设每个月还贷a元,分6个月还清,到贷款还清时,其本利和为S2=a(1+0.01)5+a(1+0.01)4+…+a=a[1+0.016-1]1.01-1=a[1.016-1]×102(元).由S1=S2,得a=1.016×1021.016-1. 以下解法同法一,得a≈1 739.故每月应支付1 739元.方法技巧错位相减法求数列的和若数列{a n}为等差数列,数列{b n}为等比数列,由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{a n b n},当求该数列的前n项的和时,常常采用将{a n b n}的各项乘以公比q,并向后错位一项与{a n b n}的同次项对应相减,即可转化为特殊数列的求和,所以这种数列求和的方法称为错位相减法.6、已知等差数列{a n}的前3项和为6,前8项和为-4.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n =(4-a n )q n -1(q ≠0,n ∈N *),求数列{b n }的前n 项和S n .数列归纳整合一、数列的概念及表示方法(1)定义:按照一定顺序排列着的一列数.(2)表示方法:列表法、图象法、通项公式法和递推公式法.(3)分类:按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列;按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列.(4)a n 与S n 的关系:a n =⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n =1,S n -S n -1n ≥2. 等差数列 等比数列性质 ①设{a n }是等差数列,若s +t =m +n ,则a s+a t =a m +a n ;②从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列;③等差数列中连续m 项的和组成的新数列是等差数列,即:S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m ,…是等差数列 ①设{a n }是等比数列,若s +t =m +n ,则a s ·a t =a m ·a n ; ②从等比数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等比数列; ③等比数列中连续m 项的和组成的新数列是等比数列,即:S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m ,…是等比数列(注意:当q =-1且m 为偶数时,不是等比数列)函数特性 ①等差数列{an}的通项公式是n 的一次函数,即an =an +b(a≠0,a =d ,b =a1-d); ②等差数列{an}的前n 项和公式是一个不含常数项的n 的二次函数,即Sn =an2+bn(d≠0) ①等比数列{an}的通项公式是n 的指数型函数,即an =c·qn ,其中c≠0,c =a1q ; ②等比数列{an}的前n 项和公式是一个关于n 的指数型函数,即Sn =aqn -a(a≠0,q≠0,q≠1)三、等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法:a n +1-a n =d (常数)⇔{a n }是等差数列;a n +1a n=q (q 为常数,q ≠0)⇔{a n }是等比数列. (2)中项公式法:2a n +1=a n +a n +2⇔{a n }是等差数列;a n +12=a n ·a n +2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列.(3)通项公式法:a n =an +b (a ,b 是常数)⇔{a n }是等差数列;a n =c ·q n (c ,q 为非零常数)⇔{a n }是等比数列.(4)前n 项和公式法:S n =an 2+bn (a ,b 为常数,n ∈N *)⇔{a n }是等差数列;S n =aq n -a (a ,q 为常数,且a ≠0,q ≠0,q ≠1,n ∈N *)⇔{a n }是等比数列.专题一 数列通项公式的求法数列的通项公式是数列的核心之一,它如同函数中的解析式一样,有解析式便可研究函数的性质,而有了数列的通项公式,便可求出数列中的任何一项及前n 项和.常见的数列通项公式的求法有以下几种:(1)观察归纳法求数列的通项公式就是观察数列的特征,横向看各项之间的关系结构,纵向看各项与序号n 的内在联系,结合常见数列的通项公式,归纳出所求数列的通项公式.(2)利用公式法求数列的通项公式数列符合等差数列或等比数列的定义,求通项时,只需求出a 1与d 或a 1与q ,再代入公式a n =a 1+(n -1)d 或a n =a 1q n -1中即可.(3)利用a n 与S n 的关系求数列的通项公式如果给出的条件是a n 与S n 的关系式,可利用a n =⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n =1,S n -S n -1n ≥2,先求出a 1=S 1,再通过计算求出a n (n ≥2)的关系式,检验当n =1时,a 1是否满足该式,若不满足该式,则a n 要分段表示.(4)利用累加法、累乘法求数列的通项公式形如:已知a 1,且a n +1-a n =f (n )(f (n )是可求和数列)的形式均可用累加法;形如:已知a 1,且a n +1a n=f (n )(f (n )是可求积数列)的形式均可用累乘法. (5)构造法(利用数列的递推公式研究数列的通项公式)若由已知条件直接求a n 较难,可以通过整理变形等,从中构造出一个等差数列或等比数列,从而求出通项公式.1、已知数列{a n }满足a n +1=a n +3n +2且a 1=2,求a n .2、数列{a n }中,若a 1=1,a n +1=n +1n +2a n (n ∈N *),求通项公式a n . 3、已知数列{a n }满足a n +1=3a n +2(n ∈N *),a 1=1,求通项公式.4、设S n 为数列{a n }的前n 项的和,且S n =32(a n -1)(n ∈N *),求数列{a n }的通项公式. 专题二 数列求和求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法:1、公式法:直接由等差、等比数列的求和公式求和,注意对等比数列q ≠1的讨论.2、错位相减法:主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和,即等比数列求和公式的推导过程的推广.3、分组转化法:把数列的每一项分成两项,使其转化为几个等差、等比数列再求和.4、裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项.5、倒序相加法:把数列正着写和倒着写再相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广).1、求数列214,418,6116,…,2n +12n +1的前n 项和S n . 2、在数列{a n }中,a n =1n +1+2n +1+…+n n +1,又b n =2a n ·a n +1,求数列{b n }的前n 项的和. 3、求和S n =x +2x 2+3x 3+…+nx n .专题三 数列的交汇问题数列是高中代数的重点内容之一,也是高考的必考内容及重点考查的范围,它始终处在知识的交汇点上,如数列与函数、方程、不等式等其他知识交汇进行命题.1、已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2+a 3+a 4=28,且 a 3+2是a 2,a 4的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =a n log 12a n ,S n =b 1+b 2+…+b n ,对任意正整数n ,S n +(n +m )a n +1<0恒成立,试求m 的取值范围. 2、数列{a n }的前n 项和S n =2n 2+2n ,数列{b n }的前n 项和T n =2-b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式;(2)设c n =a n 2·b n ,证明:当且仅当n ≥3时,c n +1<c n .。

等比数列的前n项和例题详细解法

等比数列的前n项和例题详细解法

等比数列的前n项和例题详细解法・例题解析【例1】设等比数列的首项为a(a>0),公比为q(q>0),前n项和为80,其中最大的一项为54,又它的前2n项和为6560,求a和q.解:由S n=80,S2n=6560,故q≠1∵a>0,q>1,等比数列为递增数列,故前n项中最大项为an.∴a n=aq n-1=54④将③代入①化简得a=q-1 ⑤由⑤,⑥联立方程组解得a=2,q=3证∵Sn=a1+a1q+a1q2+...+a1q n-1S2n=S n+(a1q n+a1q n+1+...+a1q2n-1)=S n+q n(a1+a1q+...+a1q n-1)=S n+q n S n=S n(1+q n)类似地,可得S3n=S n(1+q n+q2n)说明本题直接运用前n项和公式去解,也很容易.上边的解法,灵活地处理了S2n、S3n与S n的关系.介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键,并且变得好,则解法巧.【例2】一个有穷的等比数列的首项为1,项数为偶数,其奇数项的和为85,偶数项的和为170,求这个数列的公比和项数.分析设等比数列为{a n},公比为q,取其奇数项或偶数项所成的数列仍然是等比数列,公比为q2,首项分别为a1,a1q.解设项数为2n(n∈N*),因为a1=1,由已知可得q≠1.即公比为2,项数为8.说明运用等比数列前n项和公式进行运算、推理时,对公比q要分情况讨论.有关等比数列的问题所列出的方程(组)往往有高次与指数方程,可采用两式相除的方法达到降次的目的.【例3】已知S n是数列{a n}的前n项和,S n=p n(p∈R,n∈N*),那么数列{a n}.[ ]A.是等比数列B.当p≠0时是等比数列C.当p≠0,p≠1时是等比数列D.不是等比数列分析:由S n=p n(n∈N*),有a1=S1=p,并且当n≥2时,a n=S n-S n-1=p n-p n-1=(p-1)p n-1但满足此条件的实数p是不存在的,故本题应选D.【例4】已知等比数列1,x1,x2,...,x2n,2,求x1・x2・x3*...・x2n.解∵1,x1,x2,...,x2n,2成等比数列,公比q∴2=1・q2n+1x1x2x3...x2n=q・q2・q3...q2n=q1+2+3+ (2)式;(2)已知a3・a4・a5=8,求a2a3a4a5a6的值.∴a4=2【例5】设a、b、c、d成等比数列,求证:(b-c)2+(c-a)2+(d-b)2=(a-d)2.证法一∵a、b、c、d成等比数列∴b2=ac,c2=bd,ad=bc∴左边=b2-2bc+c2+c2-2ac+a2+d2-2bd+b2=2(b2-ac)+2(c2-bd)+(a2-2bc+d2)=a2-2ad+d2=(a-d)2=右边证毕.证法二∵a、b、c、d成等比数列,设其公比为q,则:b=aq,c=aq2,d=aq3∴左边=(aq-aq2)2+(aq2-a)2+(aq3-aq)2=a2-2a2q3+a2q6=(a-aq3)2=(a-d)2=右边证毕.说明这是一个等比数列与代数式的恒等变形相综合的题目.证法一是抓住了求证式中右边没有b、c的特点,走的是利用等比的条件消去左边式中的b、c的路子.证法二则是把a、b、c、d 统一化成等比数列的基本元素a、q去解决的.证法二稍微麻烦些,但它所用的统一成基本元素的方法,却较证法一的方法具有普遍性.【例6】求数列的通项公式:(1){an}中,a1=2,a n+1=3a n+2(2){an}中,a1=2,a2=5,且a n+2-3a n+1+2a n=0思路:转化为等比数列.∴{a n+1}是等比数列∴a n+1=3・3n-1 ∴a n=3n-1∴{a n+1-a n}是等比数列,即a n+1-a n=(a2-a1)・2n-1=3・2n-1再注意到a2-a1=3,a3-a2=3・21,a4-a3=3・22,...,a n-a n-1=3・2n-2,这些等式相加,即可以得到说明解题的关键是发现一个等比数列,即化生疏为已知.(1)中发现{a n+1}是等比数列,(2)中发现{a n+1-a n}是等比数列,这也是通常说的化归思想的一种体现.证∵a1、a2、a3、a4均为不为零的实数∴上述方程的判别式Δ≥0,即又∵a1、a2、a3为实数因而a1、a2、a3成等比数列∴a4即为等比数列a1、a2、a3的公比.。

等比数列前n项求和公式方法

等比数列前n项求和公式方法

等比数列前n项求和公式方法
1.等比数列概念
等比数列是一种特殊的数列,它的非零项与其前一项之比都相等,这个比数为公比q(q≠0,q≠1),第一项、公比可以通过两个数确定,其他的非零项也可以由此计算出来。

格式表示为:an=a1q^{n-1}。

2.前n项求和公式
等比数列的前n项和为:Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。

3.具体推导
设给定的等比数列为:a1,a2,a3,……,an,其公比为q,且a1≠0。

要求求这个数列的前n项和Sn=a1+a2+a3+…+an,
由等比数列的性质可知:an=a1q^{n-1}
代入式子记作:Sn=a1 + a1q + a1q^2 + a1q^3 +…+a1q^{n-1}
又有加法公式:S=a_1(1+q+q^2+q^3+…+q^{n-1})
化简可得:Sn=a_1(1-q^n)/(1-q)
4.由此可见
通过给出等比数列前n项和公式,可以计算出由等比数列构成的几何级数的前n项之和,从而更加容易求解众多数学问题。

等比数列的前n项和与求和公式

等比数列的前n项和与求和公式

等比数列的前n项和与求和公式等比数列是指数列中的每一项与它的前一项的比等于一个常数,这个常数被称为公比,通常用字母q表示。

等比数列的求和是数学中的一个重要概念,可以通过求和公式来计算。

首先,我们来了解等比数列的定义和基本性质。

一个等比数列可以用以下的形式表示:a,aq,aq^2,aq^3,...其中,a是首项,q是公比。

我们可以通过不断将前一项乘以公比q来得到下一项。

在等比数列中,每一项与它的前一项的比都是相等的。

即,对于任意项An,有An / An-1 = q。

接下来,我们来研究等比数列的前n项和的求解方法。

假设等比数列的首项为a,公比为q,前n项和为Sn。

我们可以通过下面的方法来计算Sn。

首先,将Sn乘以公比q,得到qSn。

我们将qSn与Sn相减,得到:qSn - Sn = a(1 - q^n),这是因为等比数列的最后一项为aq^(n-1),所以qSn为除了第一项a之外所有项的总和,即等差数列的前n-1项和,所以qSn - Sn = aq^(n-1) - a(1 - q^n)。

化简上式,我们可以得到:Sn(q - 1) = a(1 - q^n)。

然后,我们将上式两边都除以(q - 1),得到:Sn = a(1 - q^n) / (q - 1)。

这就是等比数列的前n项和的求和公式。

通过这个公式,我们可以直接计算出等比数列的前n项和,而不需要逐个求和。

需要注意的是,在使用此公式时,我们需要确保公比q不等于1。

因为当q等于1时,等比数列就变成了等差数列,此时的求和方法是不同的。

综上所述,等比数列的前n项和的求和公式为:Sn = a(1 - q^n) / (q - 1)。

通过这个公式,我们可以快速准确地求解等比数列的前n项和,避免了逐个求和的繁琐计算过程,提高了效率。

总结一下,等比数列是数学中重要的概念之一,求和公式为Sn = a(1 - q^n) / (q - 1)。

了解和掌握这个公式,可以帮助我们更好地理解和计算等比数列的前n项和。

等比数列的前n项求和解题思路

等比数列的前n项求和解题思路

2.5 等比数列的前n 项和等比数列前n 项和公式的基本运算【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=54,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 )=30a 1(1+q +q 2)=155, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=5q =5或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=180q =-56,从而S n =14×5n +1-54或S n =1080×[1-(-56)n ]11.(2)法一:由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 1q 2=10a 1q 3+a 1q 5=54, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=8q =12,从而S 5=a 1(1-q 5)1-q =312.法二:由(a 1+a 3)q 3=a 4+a 6, 得q 3=18,从而q =12.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=312.(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 q1-q=126,解得q =2或q =12,所以q 为2或12.变式训练11:数列{a n }为等比数列,各项均大于0,它的前n 项和为80,其中数值最大的项为54,前2n 项的和为6560, 试求此数列的首项a 1和公比q. 解:∵S 2n >2S n ,∴q ≠1.依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q n )1-q=80,a 1(1-q2n)1-q=6560,①②②①得,q n =81,∴q >1,故前n 项中a n 最大. ∴a n =a 1·q n -1=54, ∴a 1q×81=54.③ 将q n =81代入①得a 1=q -1.④③④联立解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=2,q =3.等比数列前n 项和性质的应用【例2】 已知等比数列{a n }中,前10项和S 10=10,前20项和S 20=30,求S 30. 思路点拨:法一:设公比为q →根据条件列方程组→解出q →代入求S 30 法二:根据题意S 10,S 20-S 10,S 30-S 20成等比数列→S 10=10,S 20=30→S 30 解:法一:设公比为q ,则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q 10)1-q=10a 1(1-q 20)1-q=30①②②①得1+q 10=3,∴q 10=2, ∴S 30=a 1(1-q 30)1-q=a 1(1-q 10)1-q(1+q 10+q 20)=10×(1+2+4)=70.法二:∵S 10,S 20-S 10,S 30-S 20仍成等比数列,又S 10=10,S 20=30,∴S 30-S 20=S 30-30=(30-10)210,即S 30=70.等比数列前n 项和的常用性质(1) 项的个数的“奇偶”性质:等比数列{a n }中, (2) 公比为q.①若共有2n 项,则S 偶S 奇=q ;②若共有2n +1项,则S 奇-S 偶=a 1+a 2n +21+q (q ≠1且q ≠-1).(2)“片断和”性质:等比数列{a n }中,公比为q , 前m 项和为S m (S m ≠0),则S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m ,…,S km -S (k -1)m ,…构成公比为q m 的等比数列, 即等比数列的前m 项的和与以后依次m 项的和构成等比数列 变式训练21:等比数列{a n }中,若S 2=7,S 6=91,求S 4.解:法一:∵S 2=7,S 6=91,易知q ≠1,由⎩⎪⎨⎪⎧S 2=7S 6=91知⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1+q )=7,a 1(1-q 6)1-q=91,∴a 1(1+q )(1-q )(1+q 2+q 4)1-q=91,∴q 4+q 2-12=0, ∴q 2=3,∴S 4=a 1(1-q 4)1-q=a 1(1+q)(1+q 2)=7×(1+3)=28. ∴S 4=28.法二:∵{a n }为等比数列,∴S 2,S 4-S 2,S 6-S 4也为等比数列, 即7,S 4-7,91-S 4成等比数列,∴(S 4-7)2=7(91-S 4).解得S 4=28或-21. ∵S 4=a 1+a 2+a 3+a 4=a 1+a 2+a 1q 2+a 2q 2 =(a 1+a 2)(1+q 2)=S 2(1+q 2)>S 2, ∴S 4=28.错位相减求和问题【例3】 求数列1,3a,5a 2,7a 3,…,(2n -1)a n -1的前n 项和.思路点拨:分析通项公式的结构特征,一个因式2n -1,另一个因式a n -1,联想推导等比数列前n 项公式的方法,即错位相减法求和.解:当a =1时,数列变为1,3,5,7,…,(2n -1)则S n =n[1+(2n -1)]2=n 2,当a ≠1时,有S n =1+3a +5a 2+7a 3+…+(2n -1)a n -1① aS n =a +3a 2+5a 3+7a 4+…+(2n -1)a n ②①-②得:S n -aS n =1+2a +2a 2+2a 3+…+2a n -1-(2n -1)a n(1-a)S n =1-(2n -1)a n +2(a +a 2+a 3+a 4+…+a n -1)=1-(2n -1)a n+2·a (1-a n -1)1-a=1-(2n -1)a n +2(a -a n)1-a又1-a ≠0,∴S n =1-(2n -1)a n 1-a +2(a -a n )(1-a )2.当a =1时,S n =n 2当a ≠1时,S n =1-(2n -1)a n 1-a +2(a -a n )(1-a )2(1)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,可采用这一思路和方法.要善于识别题目类型,特别是当等比数列部分中公比是负数的情形更值得注意.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”.以便于下一步准备写出“S n-qS n”的表达式.(3)应用等比数列求和公式必须注意公比q≠1这一前提条件,如果不能确定公比q是否为1,应分两种情况讨论,这在以前高考中经常考查.变式训练31:求1+2x2+3x4+…+10x18的和解:当x=±1时,数列变为1,2,3,4, (10)所以S10=10(1+10)2=55,当x≠±1时,S10=1+2x2+3x4+…+10x18,①x2S10=x2+2x4+3x6+…+9x18+10x20,②(1-x2)S10=1+x2+x4+…+x18-10x20=1-10x20+(x2+x4+ (x18)=1-10x20+x2(1-x18) 1-x2又x2≠±1,∴S10=1-10x201-x2+x2-x20(1-x2)2.综上可得,当x≠±1时,S10=1-10x201-x2+x2-x20(1-x2)2,当x=±1时,S10=55.等比数列前n项和的实际应用【例4】某同学若将每月省下的零花钱5元在月末存入银行,月利按复利计算,月利为0.2%,每够一年就将一年的本和利改存为年利按复利计算,年利为6%,问三年取出本利共多少元(结果保留到个位)?思路点拨:解答本题可先建立数学模型用数列知识求解后再回解:为了便于思考一年内每月的存款的本金和利息的和按月分开算.第一年内的本息和可分为:第一个月:5(1+0.2%)11,第二个月:5(1+0.2%)10,…,第十二个月:5.那么,第一年的本息和为5(1+0.2%)11+5(1+0.2%)10+…+5=5×1.00212-10.002.于是三年后取出时第一年所存钱的本息和为5×1.00212-10.002(1+6%)2.同理第二年所存钱在最后取时本息和为5×1.00212-10.002×(1+6%).第三年所存钱在年底取出时的本息和为5×1.00212-10.002.∵每月存5元,月利为0.2%,年利为6%,∴三年后取出的本息和为5×1.00212-10.002(1+6%)2+5×1.00212-10.002(1+6%)+5×1.00212-10.002=5×1.00212-10.002×1.063-11.06-1≈193(元).∴三年后取出的本利共193元.(1)“零存整取”的计算“零存整取”是单利计算,属于等差数列求和问题.其本利和为S=P(1+nr),其中P代表本金,n代表存期,r代表利率,S代表本金与利息和,简称本利和.(2)“定期自动转存”的计算“定期自动转存”是复利计算,属于等比数列求通项问题,到期后的本利和为S =P(1+r)n ,其中P 代表本金,n 代表存期,r 代表利率,S 代表本利和.注意复利计算是求等比数列的第n 项,而不是求和.(3)应用数列知识解决实际问题的步骤①根据实际问题提取数据;②建立数据关系,对提取的数据进行分析、归纳,建立数列的通项公式或递推关系;③检验关系是否符合实际,符合实际可以使用,不符合要修改关系;④利用合理的结论对实际问题展开讨论.变式训练41: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,以后每年投入将比上年减少15,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14.(1)设n 年内(本年度为第1年)总投入S n 万元,旅游业总收入为T n 万元,写出S n 、T n 的表达式;(2)第几年旅游业的总收入才能首次超过总投入?解:(1)第1年投入800万元,第2年投入800×(1-15)万元,…,第n 年投入800×(1-15)n -1万元.所以,n 年内的总投入S n =800+800×(1-15)+…+800×(1-15)n -1=4000×[1-(45)n ]. 第1年旅游业收入为400万元,第2年旅游业收入为400×(1+14)万元,…,第n 年旅游业收入为400×(1+14)n -1万元.所以,n 年内的总收入T n =400+400×(1+14)+…+400×(1+14)n -1=1600×[(54)n -1]. (2)设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入,因此T n -S n >0,即1600×[(54)n -1]-4000×[1-(45)n ]>0,化简得5×(45)n +2×(54)n -7>0,即(45)n <25,(45)n >7(舍去). 因为n ∈N *,所以n ≥5,可得n =5.所以,第5年旅游业的总收入才能首次超过总投入.• 把正整数排列成如图1三角形数阵,然后擦去第偶数行中的所有奇数和第奇数行中的所有偶数,可得到如图2的三角形数阵. 现将图2中的正整数按从小到大的顺序构成一个数列,若,则 .124579 10121416 1719212325262830323436123456789 10111213141516 171819202122232425 2627282930313233343536。

等比数列的前n项和的公式

等比数列的前n项和的公式

等比数列的前n项和的公式等比数列的前n项和的公式与应用1. 等比数列的定义和性质•等比数列是指一个数列中的每一项与它的前一项的比等于同一个常数。

•等比数列的通项公式为:a n=a1⋅r n−1,其中a n表示数列的第n 项,a1表示首项,r表示公比。

2. 等比数列前n项和的公式,其中•等比数列的前n项和可通过以下公式计算:S n=a1(1−r n)1−r S n表示前n项和。

3. 举例说明示例1:已知等比数列的首项a1=2,公比r=3,求前5项的和S5。

解题步骤: 1. 根据公式,将已知的数值代入公式中,得到S5=2(1−35)=242。

2. 所以前5项的和S5为242。

1−3示例2:,求前10项的和S10。

已知等比数列的首项a1=1,公比r=12解题步骤: 1. 根据公式,将已知的数值代入公式中,得到S10=1(1−(12)10)1−12=2−(12)10=2−11024=20471024。

2. 所以前10项的和S10为20471024。

通过以上两个示例可以看出,等比数列的前n项和的公式可以很方便地计算等比数列的和。

在实际的应用中,该公式常用于计算复利问题、几何图形的面积等。

4. 应用举例示例3:复利问题某银行的储蓄利率为5%,如果小明每年存入1000元,按照复利计算,20年后他的存款总额是多少?解题步骤: 1. 首先我们可以将该问题转化为等比数列的求和问题。

2. 每年存入的金额1000元可看作首项a1=1000,利率5%转化为公比r=1+5100=。

3. 根据前n项和的公式,我们可以计算出20年后的总额S20。

$S_{20} = $。

4. 所以小明存款20年后的总额约为元。

示例4:几何图形的面积某个正方形的边长为1,如果将这个正方形分成无数个小正方形,每个小正方形的边长分别为1/2、1/4、1/8…,求所有小正方形的面积之和。

解题步骤: 1. 这个问题可以看作一个等比数列的求和问题。

求数列前n项和的七种方法

求数列前n项和的七种方法

求数列前N 项和的七种方法1. 公式法等差数列前n 项和:特别的,当前n 项的个数为奇数时,211(21)k k S k a ++=+,即前n 项和为中间项乘以项数。

这个公式在很多时候可以简化运算。

等比数列前n 项和: q=1时,1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-,,特别要注意对公比的讨论。

其他公式:1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n k S n k n[例1] 已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和. 解:由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x 由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32(利用常用公式)=xx x n--1)1(=211)211(21--n =1-n21 [例2] 设S n =1+2+3+…+n,n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解:由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n , )2)(1(211++=+n n S n (利用常用公式)∴ 1)32()(++=n n S n S n f =64342++n n n=nn 64341++=50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ,即n =8时,501)(max =n f2. 错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和,其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和:132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解:由题可知,{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n -1}的通项与等比数列{1-n x }的通项之积设n n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ②(设制错位)①-②得n n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- (错位相减)再利用等比数列的求和公式得:n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=--∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ [例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232nn前n 项的和. 解:由题可知,{n n22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积 设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ……………………………② (设制错位)①-②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS (错位相减)∴ 1224-+-=n n n S 练习:求:S n =1+5x+9x 2+······+(4n -3)x n-1解:S n =1+5x+9x 2+······+(4n -3)x n-1 ①①两边同乘以x ,得x S n =x+5 x 2+9x 3+······+(4n -3)x n ② ①-②得,(1-x )S n =1+4(x+ x 2+x 3+······+ n x )-(4n-3)x n当x=1时,S n =1+5+9+······+(4n-3)=2n 2-n 当x ≠1时,S n = 1 1-x [ 4x(1-x n) 1-x +1-(4n-3)x n ]3. 反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法,就是将一个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n 个)(1n a a +. [例5] 求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解:设 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …② (反序)又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x ①+②得 (反序相加))89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S =89∴ S =44.5 4. 分组法求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.[例6] 求数列的前n 项和:231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ,…解:设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n(分组)当a =1时,2)13(n n n S n -+==2)13(nn + (分组求和)当1≠a 时,2)13(1111n n aa S n n -+--==2)13(11n n a a a n -+--- [例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解:设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1( ∴ ∑=++=nk n k k k S 1)12)(1(=)32(231k k k nk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得3211123nnnn k k k S k k k====++∑∑∑(分组)=)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++22(1)(1)(21)(1)222n n n n n n n ++++=++ (分组求和)=2)2()1(2++n n n练习:求数列•••+•••),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。

等比数列的前n项和的公式

等比数列的前n项和的公式

等比数列的前n项和的公式等比数列是指一个数列中任意两项的比相等的数列。

设等比数列的首项为a,公比为r,第n项为an。

求等比数列的前n项和,可以使用以下两种方法。

方法一:求和公式Sn=a*(1-r^n)/(1-r)其中,Sn表示前n项和,a表示首项,r表示公比。

证明:首先,排除r=1的特殊情况,当公比为1时,等比数列就变成公差为0的等差数列,求和公式为Sn=n*a。

当r不等于1时,我们可以通过以下方法推导求和公式:1. 首先,将等比数列的前n项表示为:a,ar,ar^2,...,ar^(n-1)。

2. 求和公式为Sn = a + ar + ar^2 + ... + ar^(n-1)。

3. 将公式的各项乘以公比r得到:ar,ar^2,ar^3,...,ar^n。

4. 两个公式相减得到:Sn - rSn = a - ar^n。

5.整理得到:Sn*(1-r)=a*(1-r^n)。

6.由此,得到求和公式:Sn=a*(1-r^n)/(1-r)。

这就是等比数列的前n项和公式。

方法二:逐项相加除了使用求和公式,我们还可以通过逐项相加求等比数列的前n项和。

逐项相加的过程如下:S1=aS2 = a + ar = a(1+r)S3 = a + ar + ar^2 = a(1+r+r^2)...Sn = a + ar + ar^2 + ... + ar^(n-1) = a(1+r+r^2+...+r^(n-1))综上所述,等比数列的前n项和公式为:Sn=a*(1-r^n)/(1-r)(r不等于1)Sn=n*a(r等于1)以上是两种方法求解等比数列前n项和的公式,可以根据具体情况选择适用的方法进行计算。

等比数列的前n项和知识点总结

等比数列的前n项和知识点总结

等比数列的前n 项和知识点总结一.等比数列的前n项和公式1.注意:(1)公式的推导方法是错位相减法,即先求前n项和,然后把等式的两边同乘以等比数列的公比,最后等式的左边减左边,右边第一个等式的第一项轮空,第二项减去第二个等式的第一项,第一个等式的第三项减去第二个等式的第二项,依次减下去,第一个等式中的最后一项减去第二个等式的倒数第二项,第二个等式的最后一项变成原来的相反数(2)在求等比数列的前n项和时,一定要讨论公比q是否能为12.公式的变形3.等比数列的前n 项和的性质:(1)若项数为()*2n n ∈N ,则S q S =偶奇. (2)n n m n m S S q S +=+⋅.(3)n S ,2n n S S -,32n n S S -成等比数列(注:当q=-1时,n不能为偶数) 4.已知数列{}n a 的前n项和求通项公式n a 的方法二跟踪练习1. 在公比为整数的等比数列{}n a 中,如果,12,183241=+=+a a a a 那么该数列的前8项之和为A.513 B.512 C.510 D.8225 2.已知数列的12++=n n S n ,则12111098a a a a a ++++=__________3.等比数列{a n }中,已知对任意自然数n ,a 1+a 2+a 3+…+a n =2n -1,则 a 12+a 22+a 32+…+a n 2等于A .2)12(-nB .)12(31-nC .14-nD .)14(31-n 4.8.数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n -1,…的前n 项和为A. 2n -n -1B. 2n +1-n -2C. 2nD. 2n +1-n5.已知数列{}n a 的通项公式为nn n a 2=,则该数列的前n 项的和为 A. 242n n +- B. 22n n + C. 222n n +- D. 1242n n ++- 6.已知等比数列{}n a 中,33139=,,22a S a q =求和 7.如果一个等比数列的前5项的和等于10,前10项的和等于50,求它的前15项的和等于多少?8.求和:21+2+3++x x …-1n nx9.已知}{n a 是等差数列,其前n 项和为S n ,已知,153,1193==S a(1)求数列}{n a 的通项公式;(2)设n n b a 2log =,证明}{n b 是等比数列,并求其前n 项和T n .。

(完整版)数列前n项和的求法总结

(完整版)数列前n项和的求法总结

数列前n 项和的求法总结核心提示:求数列的前n 项和要借助于通项公式,即先有通项公式,再在分析数列通项公式的基础上,或分解为基本数列求和,或转化为基本数列求和。

当遇到具体问题时,要注意观察数列的特点和规律,找到适合的方法解题。

一. 公式法(1) 等差数列前n 项和: S n=n(a 1+a n )2=na 1+n(n+1)2d(2) 等比数列前n 项和: q =1时, S n=na 1;q ≠1时, S n =a 1(1−q n )1−q(3) 其他公式: S n=1+2+3+⋯+n =12n (n +1)S n =12+22+32+⋯+n 2=16n(n +1)(2n +1)S n =13+23+33+⋯+n 3=[12n (n +1)]2例题1:求数列 112,214,318,……,(n +12n ),…… 的前n 项和S n解:点拨:这道题只要经过简单整理,就可以很明显的看出:这个数列可以分解成两个数列,一个等差数列,一个等比数列,再分别运用公式求和,最后把两个数列的和再求和。

练习:二.倒序相加法如果一个数列{an},与首末项等距的两项之和等于首末两项之和,可采用把正着写与倒着写的两个和式相加,就得到一个常数列的和,这一求和方法称为倒序相加法。

我们在学知识时,不但要知其果,更要索其因,知识的得出过程是知识的源头,也是研究同一类知识的工具,例如:等差数列前n项和公式的推导,用的就是“倒序相加法”。

例题1:设等差数列{an },公差为d,求证:{an}的前n项和Sn=n(a1+an)/2解:Sn =a1+a2+a3+...+an①倒序得:Sn =an+an-1+an-2+…+a1②①+②得:2Sn =(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an+a1)又∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1∴2Sn =n(a2+an) Sn=n(a1+an)/2点拨:由推导过程可看出,倒序相加法得以应用的原因是借助a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1即与首末项等距的两项之和等于首末两项之和的这一等差数列的重要性质来实现的。

等比数列前n项和公式怎么求

等比数列前n项和公式怎么求

等比数列前n项和公式怎么求等比数列是高中数学重点知识之一,那么等比数列前n项和公式怎么求呢?下面是由小编为大家整理的“等比数列前n项和公式怎么求”,仅供参考,欢迎大家阅读。

等比数列前n项和公式怎么求等比数列前n项和公式:Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。

推导如下:因为an=a1q^(n-1)所以Sn=a1+a1*q^1+...+a1*q^(n-1)(1)qSn=a1*q^1+a1q^2+...+a1*q^n(2)(1)-(2)注意(1)式的第一项不变。

把(1)式的第二项减去(2)式的第一项。

把(1)式的第三项减去(2)式的第二项。

以此类推,把(1)式的第n项减去(2)式的第n-1项。

(2)式的第n项不变,这叫错位相减,其目的就是消去这此公共项。

于是得到(1-q)Sn=a1(1-q^n)即Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。

拓展阅读:等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数,那么这个数列叫做等比数列.数学语言表达式:=q(n≥2,q为非零常数).(2)如果三个数a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项,其中G=±。

2.等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{an}的首项为a1,公比是q,则其通项公式为an=a1qn-1;通项公式的推广:an=amqn-m.(2)等比数列的前n项和公式:当q=1时,Sn=na1;当q≠1时,Sn==。

3.等比数列的性质已知{an}是等比数列,Sn是数列{an}的前n项和.(1)若k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则有ak·al=am·an。

(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列,即ak,ak+m,ak+2m,…仍是等比数列,公比为qm。

(3)当q≠-1,或q=-1且n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等比数列,其公比为qn。

等比数列前n项和公式的七种推导方法

等比数列前n项和公式的七种推导方法

等比数列前n项和公式的七种推导方法
等比数列前n项和是指一组等比数列a_0,a_1,a_2···a_n的前n项之和.它是由等比数列理论
中关于数列前n项和及其计算方法而定义的重要概念.关于等比数列前n项和公式可利用
以下七种方法推导出来.
首先,可以利用求和符号推导法来推导等比数列前n项和公式,即a_0+a_1+a_2+a_3+…+
a_n=(a_0+a_n)(1+q+q^2+…+q^(n-1)) ,其中q表示等比数列的公比。

其次,利用数论中的规律性推导法可推导出等比数列前n项和公式,即a_0+a_1+…+
a_n=(a_n-a_0+a_0)/(1-q) *(1-q^n) 。

再者,递推证明可以推导出等比数列前2项和公式,即a_0+a_1=(a_0+a_1)q 。

从而推导出
a_0+a_1+…+ a_n=a_n(1-q^(n+1))/(1-q).
此外,可以利用比较法、占位法、归纳法、变化法等其他的推导方法来证明等比数列前n 项和公式.
此外,特殊情况下,当q为1时,a_0+a_1+…+ a_n=a_0+a_1+…+ a_n=n*a_0(n+1)/2 ,当q
为-1时,a_0+a_1+…+ a_n=(-a_0+a_n)n/2。

最后,可使用其他技术,如雅可比自然迭代方法和高等数学技术推导法等可推导出等比数
列前n项和公式。

以上就是对于等比数列前n项和公式的七种推导方法的介绍,总结起来有求和符号推导法、数论规律性推导、递推证明与比较法、占位法、归纳法、变化法及雅可比自然迭代方法和
高等数学技术推导法等七种方法。

等比前n项求和公式方法

等比前n项求和公式方法

等比前n项求和公式方法嘿,咱今儿来聊聊等比前 n 项求和公式方法,这可真是个有趣又超级重要的玩意儿呢!你想想看啊,等比数列就像是一群按规律排列的小精灵,它们跳跃着,有着自己独特的节奏。

而等比前 n 项求和公式呢,那就是抓住这些小精灵的魔法网兜。

咱先来说说这个公式是咋来的。

就好比你有一堆积木,你要把它们整整齐齐地堆起来,你得知道怎么个堆法儿吧。

等比数列也一样,我们得找到一种方法来把这些项加起来。

比如说有个等比数列 1,2,4,8,16……那怎么把它们前面几项加起来呢?这时候等比前 n 项求和公式就闪亮登场啦!它就像是一把神奇的钥匙,能打开这个求和的大门。

通过这个公式,我们能快速准确地算出结果,是不是很厉害?那这个公式到底长啥样呢?哎呀,就是那个大家都熟悉的样子嘛!嘿嘿,开个小玩笑。

它其实是有特定的表达式的啦。

你可别小瞧这个公式哦,它在好多地方都大显身手呢!比如在数学竞赛里,别人还在苦苦计算的时候,你用这个公式一下子就得出答案了,那得多牛啊!或者在解决一些实际问题的时候,它也能帮上大忙。

就好像你要分一堆糖果给小伙伴们,你得知道怎么公平地分吧,这时候等比前 n 项求和公式说不定就能派上用场呢。

而且啊,学会了这个公式,你会发现数学的世界更加奇妙有趣了。

它就像一个隐藏的宝藏,等着你去挖掘。

咱再想想,生活中不也有很多类似等比数列的东西吗?比如说工资的增长,随着时间推移,可能会按照一定比例增加,这不就有点像等比数列嘛。

那我们用等比前 n 项求和公式来算算,未来能拿到多少工资,是不是很有意思?所以说啊,等比前 n 项求和公式方法可真是个宝贝,我们可得好好掌握它,让它为我们服务呀!你说是不是呢?别小看它哦,它的用处可大着呢!。

等比数列前n项求和公式

等比数列前n项求和公式

等比数列前n项求和公式
等比数列前n项求和公式是一种通用的求和算法,它可以用来确定等比数列的前n项的总和。

等比数列是一种具有确定的公式的数列,它的每一项均为等比数倍,这种具有特殊性质的数列经常用于数学课程中。

关于等比数列前n项求和公式,它可以表示为:Sn=a1(1-rn)/ 1-r,其中a1为等比数列的首项,r为等比数列的公比,n为等比数列的项数,Sn为等比数列前n项的总和。

以等比数列2,4,8...128为例,假设这是一个等比数列,首项a1=2,公比r=2,项数n=7,则根据等比数列前n项求和公式可以计算出前7项的总和S7=2(1-27)/ 1-2=128。

在现实生活中,等比数列前n项求和公式可以用于计算投资收益、统计学研究等。

比如,一个投资者投资了1000元,年收益率为5%,若他在5年后退出,则根据等比数列前n项求和公式可以计算出此投资净收益为1000(1-105)/ 1-1=6250元。

可见,等比数列前n项求和公式是一种非常有用的求和算法,它可以用来求解等比数列的前n项的总和,简化计算,提高效率,用于现实生活中的投资收益计算等等。

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2.5 等比数列的前n 项和等比数列前n 项和公式的基本运算【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=54,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 )=30a 1(1+q +q 2)=155, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=5q =5或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=180q =-56,从而S n =14×5n +1-54或S n =1080×[1-(-56)n ]11.(2)法一:由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 1q 2=10a 1q 3+a 1q 5=54, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=8q =12,从而S 5=a 1(1-q 5)1-q =312.法二:由(a 1+a 3)q 3=a 4+a 6, 得q 3=18,从而q =12.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=312.(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 q1-q=126,解得q =2或q =12,所以q 为2或12.变式训练11:数列{a n }为等比数列,各项均大于0,它的前n 项和为80,其中数值最大的项为54,前2n 项的和为6560, 试求此数列的首项a 1和公比q. 解:∵S 2n >2S n ,∴q ≠1.依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q n )1-q=80,a 1(1-q2n)1-q=6560,①②②①得,q n =81,∴q >1,故前n 项中a n 最大. ∴a n =a 1·q n -1=54, ∴a 1q×81=54.③ 将q n =81代入①得a 1=q -1.④③④联立解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=2,q =3.等比数列前n 项和性质的应用【例2】 已知等比数列{a n }中,前10项和S 10=10,前20项和S 20=30,求S 30. 思路点拨:法一:设公比为q →根据条件列方程组→解出q →代入求S 30 法二:根据题意S 10,S 20-S 10,S 30-S 20成等比数列→S 10=10,S 20=30→S 30 解:法一:设公比为q ,则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q 10)1-q=10a 1(1-q 20)1-q=30①②②①得1+q 10=3,∴q 10=2, ∴S 30=a 1(1-q 30)1-q=a 1(1-q 10)1-q(1+q 10+q 20)=10×(1+2+4)=70.法二:∵S 10,S 20-S 10,S 30-S 20仍成等比数列,又S 10=10,S 20=30,∴S 30-S 20=S 30-30=(30-10)210,即S 30=70.等比数列前n 项和的常用性质(1) 项的个数的“奇偶”性质:等比数列{a n }中, (2) 公比为q.①若共有2n 项,则S 偶S 奇=q ;②若共有2n +1项,则S 奇-S 偶=a 1+a 2n +21+q(q ≠1且q ≠-1).(2)“片断和”性质:等比数列{a n }中,公比为q , 前m 项和为S m (S m ≠0),则S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m ,…,S km -S (k -1)m ,…构成公比为q m 的等比数列, 即等比数列的前m 项的和与以后依次m 项的和构成等比数列 变式训练21:等比数列{a n }中,若S 2=7,S 6=91,求S 4.解:法一:∵S 2=7,S 6=91,易知q ≠1,由⎩⎪⎨⎪⎧S 2=7S 6=91知⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1+q )=7,a 1(1-q 6)1-q=91,∴a 1(1+q )(1-q )(1+q 2+q 4)1-q=91,∴q 4+q 2-12=0, ∴q 2=3,∴S 4=a 1(1-q 4)1-q=a 1(1+q)(1+q 2)=7×(1+3)=28. ∴S 4=28.法二:∵{a n }为等比数列,∴S 2,S 4-S 2,S 6-S 4也为等比数列, 即7,S 4-7,91-S 4成等比数列,∴(S 4-7)2=7(91-S 4).解得S 4=28或-21. ∵S 4=a 1+a 2+a 3+a 4=a 1+a 2+a 1q 2+a 2q 2 =(a 1+a 2)(1+q 2)=S 2(1+q 2)>S 2, ∴S 4=28.错位相减求和问题【例3】 求数列1,3a,5a 2,7a 3,…,(2n -1)a n -1的前n 项和.思路点拨:分析通项公式的结构特征,一个因式2n -1,另一个因式a n -1,联想推导等比数列前n 项公式的方法,即错位相减法求和.解:当a =1时,数列变为1,3,5,7,…,(2n -1)则S n =n[1+(2n -1)]2=n 2,当a ≠1时,有S n =1+3a +5a 2+7a 3+…+(2n -1)a n -1① aS n =a +3a 2+5a 3+7a 4+…+(2n -1)a n ②①-②得:S n -aS n =1+2a +2a 2+2a 3+…+2a n -1-(2n -1)a n(1-a)S n =1-(2n -1)a n +2(a +a 2+a 3+a 4+…+a n -1)=1-(2n -1)a n+2·a (1-a n -1)1-a=1-(2n -1)a n +2(a -a n)1-a又1-a ≠0,∴S n =1-(2n -1)a n 1-a +2(a -a n )(1-a )2.当a =1时,S n =n 2当a ≠1时,S n =1-(2n -1)a n 1-a +2(a -a n )(1-a )2(1)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,可采用这一思路和方法.要善于识别题目类型,特别是当等比数列部分中公比是负数的情形更值得注意.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”.以便于下一步准备写出“S n -qS n ”的表达式.(3)应用等比数列求和公式必须注意公比q ≠1这一前提条件,如果不能确定公比q 是否为1,应分两种情况讨论,这在以前高考中经常考查.变式训练31:求1+2x 2+3x 4+...+10x 18的和 解:当x =±1时,数列变为1,2,3,4, (10)所以S 10=10(1+10)2=55,当x≠±1时,S10=1+2x2+3x4+…+10x18,①x2S10=x2+2x4+3x6+…+9x18+10x20,②(1-x2)S10=1+x2+x4+…+x18-10x20=1-10x20+(x2+x4+ (x18)=1-10x20+x2(1-x18) 1-x2又x2≠±1,∴S10=1-10x201-x2+x2-x20(1-x2)2.综上可得,当x≠±1时,S10=1-10x201-x2+x2-x20(1-x2)2,当x=±1时,S10=55.等比数列前n项和的实际应用【例4】某同学若将每月省下的零花钱5元在月末存入银行,月利按复利计算,月利为0.2%,每够一年就将一年的本和利改存为年利按复利计算,年利为6%,问三年取出本利共多少元(结果保留到个位)?思路点拨:解答本题可先建立数学模型用数列知识求解后再回解:为了便于思考一年内每月的存款的本金和利息的和按月分开算.第一年内的本息和可分为:第一个月:5(1+0.2%)11,第二个月:5(1+0.2%)10,…,第十二个月:5.那么,第一年的本息和为5(1+0.2%)11+5(1+0.2%)10+…+5=5×1.00212-10.002.于是三年后取出时第一年所存钱的本息和为5×1.00212-10.002(1+6%)2.同理第二年所存钱在最后取时本息和为5×1.00212-10.002×(1+6%).第三年所存钱在年底取出时的本息和为5×1.00212-10.002.∵每月存5元,月利为0.2%,年利为6%,∴三年后取出的本息和为5×1.00212-10.002(1+6%)2+5×1.00212-10.002(1+6%)+5×1.00212-10.002=5×1.00212-10.002×1.063-11.06-1≈193(元).∴三年后取出的本利共193元.(1)“零存整取”的计算“零存整取”是单利计算,属于等差数列求和问题.其本利和为S=P(1+nr),其中P代表本金,n代表存期,r代表利率,S代表本金与利息和,简称本利和.(2)“定期自动转存”的计算“定期自动转存”是复利计算,属于等比数列求通项问题,到期后的本利和为S=P(1+r)n,其中P代表本金,n代表存期,r代表利率,S代表本利和.注意复利计算是求等比数列的第n项,而不是求和.(3)应用数列知识解决实际问题的步骤①根据实际问题提取数据;②建立数据关系,对提取的数据进行分析、归纳,建立数列的通项公式或递推关系;③检验关系是否符合实际,符合实际可以使用,不符合要修改关系;④利用合理的结论对实际问题展开讨论.变式训练41: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,以后每年投入将比上年减少15,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14.(1)设n 年内(本年度为第1年)总投入S n 万元,旅游业总收入为T n 万元,写出S n 、T n 的表达式;(2)第几年旅游业的总收入才能首次超过总投入?解:(1)第1年投入800万元,第2年投入800×(1-15)万元,…,第n 年投入800×(1-15)n -1万元.所以,n 年内的总投入S n =800+800×(1-15)+…+800×(1-15)n -1=4000×[1-(45)n ]. 第1年旅游业收入为400万元,第2年旅游业收入为400×(1+14)万元,…,第n 年旅游业收入为400×(1+14)n -1万元.所以,n 年内的总收入T n =400+400×(1+14)+…+400×(1+14)n -1=1600×[(54)n -1]. (2)设至少经过n 年旅游业的总收入才能超过总投入,因此T n -S n >0,即1600×[(54)n -1]-4000×[1-(45)n ]>0,化简得5×(45)n +2×(54)n -7>0,即(45)n <25,(45)n >7(舍去). 因为n ∈N *,所以n ≥5,可得n =5.所以,第5年旅游业的总收入才能首次超过总投入.• 把正整数排列成如图1三角形数阵,然后擦去第偶数行中的所有奇数和第奇数行中的所有偶数,可得到如图2的三角形数阵. 现将图2中的正整数按从小到大的顺序构成一个数列,若,则 .124579101214161719212325262830323436123456789101112131415161718192021222324252627282930313233343536。

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