2024-2025學年高中數(shù)學第二章數(shù)列2.5第1課時等比數(shù)列的前n項和學案含解析新人教A版必修5

PAGE9-2．5等比數(shù)列的前n項和第1課時等比數(shù)列的前n項和[目標]1.體會等比數(shù)列前n項和公式的推導過程；2.記住等比數(shù)列的前n項和公式，并能進行嫻熟計算；3.會用等比數(shù)列的前n項和公式解答一些簡潔的等比數(shù)列前n項和問題．[重點]等比數(shù)列前n項和公式及應用．[難點]等比數(shù)列前n項和公式的推導．學問點一等比數(shù)列的前n項和公式[填一填][答一答]1．等比數(shù)列求和時，能否干脆運用公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)或Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)？提示：不能．運用公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)或Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)的前提是公比q≠1，所以對含有參數(shù)的等比數(shù)列求和時，應首先推斷該數(shù)列的公比是否為1.若公比為1，則應按常數(shù)列求和，Sn＝na1；若不能推斷公比的值，則應分類探討．2．數(shù)列a，a2，a3，…，an，…的前n項和是多少？提示：當a＝1時，Sn＝n；當a≠1時，Sn＝eq\f(a1－an,1－a).學問點二等比數(shù)列前n項和公式的推導——錯位相減法[填一填]一般地，對于等比數(shù)列a1，a2，a3，…，an，…，它的前n項和是Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an.依據(jù)等比數(shù)列的通項公式，上式可寫成Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1①，①的兩邊同乘以q，得qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn－1＋a1qn②，用①的兩邊分別減去②的兩邊，得(1－q)Sn＝a1－a1qn.當q≠1時，等比數(shù)列的前n項和公式為Sn＝eq\f(a11－qn,1－q).因為a1qn＝(a1qn－1)q＝anq，所以上面的公式還可以寫成Sn＝eq\f(a1－anq,1－q).當q＝1時，數(shù)列{an}即為常數(shù)列a1，a1，a1，…，a1，…，易得它的前n項和Sn＝na1.[答一答]3．“錯位相減法”適用于什么樣的數(shù)列求和？提示：它適用于求一個等差數(shù)列與一個等比數(shù)列的積組成的新數(shù)列的前n項的和，它也是等比數(shù)列求和公式推導的思想方法．類型一等比數(shù)列前n項和的計算[例1](1)已知在等比數(shù)列{an}中，a1＝2，S3＝6，求a3和q.(2)在等比數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和，公比為q，若Sn＝189，q＝2，an＝96，求a1和n.[分析]運用等比數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)q≠1.))[解](1)若q＝1，則S3＝3a1＝6，符合題意．此時，a3＝a1＝2；若q≠1，則由等比數(shù)列的前n項和公式，得S3＝eq\f(a11－q3,1－q)＝eq\f(21－q3,1－q)＝6，解得q＝1(舍去)或q＝－2.此時，a3＝a1q2＝2×(－2)2＝8.綜上所述，q＝1，a3＝2或q＝－2，a3＝8.(2)方法一：∵Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－a1qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)(q≠1)，∴189＝eq\f(a1－96×2,1－2)，∴a1＝3，又∵an＝a1qn－1，∴96＝3×2n－1，即2n－1＝32，則n＝6.方法二：由Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，an＝a1·qn－1以及已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(189＝\f(a11－2n,1－2)，,96＝a1·2n－1，))∴a1·2n＝192，即2n＝eq\f(192,a1)，∴189＝a1(2n－1)＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(192,a1)－1))，∴a1＝3，∴2n－1＝eq\f(96,3)＝32，∴n＝6.若不探討公比q是否為1，就干脆運用了等比數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，有可能出現(xiàn)漏解的狀況.在運用等比數(shù)列的前n項和公式解題時，若公比q不確定，要留意對公比q是否為1進行探討.當q＝1時，Sn＝na1；當q≠1時，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，運用了分類探討思想.[變式訓練1]在等比數(shù)列{an}中，公比為q，前n項和為Sn.(1)a1＝8，an＝eq\f(1,4)，Sn＝eq\f(63,4)，求n.(2)S3＝eq\f(7,2)，S6＝eq\f(63,2)，求an及Sn.解：(1)明顯q≠1，Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)，即eq\f(8－\f(1,4)q,1－q)＝eq\f(63,4)，∴q＝eq\f(1,2).又an＝a1qn－1，即8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\f(1,4)，∴n＝6.(2)由S6≠2S3知q≠1，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,2)，①,\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,2)，②))②÷①，得1＋q3＝9，∴q3＝8，即q＝2.代入①得a1＝eq\f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝eq\f(1,2)×2n－1＝2n－2，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n－1－eq\f(1,2).類型二錯位相減法求和[例2]設a為不等于零的常數(shù)，求數(shù)列a,2a2,3a3，…，nan，…的前n項和．[分析]視察數(shù)列的通項公式的結(jié)構(gòu)，發(fā)覺形式為一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的乘積，故可采納錯位相減法；考慮到通項中有字母，故要分類探討．[解]若a＝1，則Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)；若a≠1，且a≠0時，Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)·an－1＋nan，①aSn＝a2＋2a3＋3a4＋…＋(n－1)an＋nan＋1，②①－②得，Sn－aSn＝a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－nan＋1＝eq\f(a1－an,1－a)－nan＋1，所以Sn＝eq\f(a－1＋n－anan＋1,1－a2).綜上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)，a＝1，,\f(a－1＋n－anan＋1,1－a2)，a≠1且a≠0.))錯位相減法適合于數(shù)列{an·bn}的求和，其中{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列.即一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應項的積所構(gòu)成的數(shù)列在求和時可以采納此法.詳細步驟：當公比q≠1時，在原式兩邊同乘等比數(shù)列的公比，得到一個新的式子，然后再與原式錯位相減即可得到一個可以求和的式子.當公比q＝1時，可按常數(shù)列求和.[變式訓練2]已知等差數(shù)列{an}的前3項和為6，前8項和為－4.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.解：(1)設數(shù)列{an}的公差為d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,8a1＋28d＝－4，))解得a1＝3，d＝－1.故an＝3＋(n－1)(－1)＝4－n.(2)由(1)可得bn＝n·qn－1，于是Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋(n－1)·qn－2＋n·qn－1.①若q≠1，將①兩邊同乘q，得qSn＝1·q1＋2·q2＋3·q3＋…＋(n－1)qn－1＋n·qn.②由②－①得(q－1)Sn＝nqn－(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝nqn－eq\f(qn－1,q－1)，則Sn＝eq\f(nqn＋1－n＋1qn＋1,q－12).若q＝1，則Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).所以，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nqn＋1－n＋1qn＋1,q－12)，q≠1，,\f(nn＋1,2)，q＝1.))類型三等比數(shù)列求和的綜合應用[例3]已知首項為eq\f(3,2)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)證明：Sn＋eq\f(1,Sn)≤eq\f(13,6)(n∈N*)．[分析](1)利用等差數(shù)列的性質(zhì)求出等比數(shù)列的公比，寫出通項公式．(2)求出前n項和，依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明．[解](1)設等比數(shù)列{an}的公比為q.∵－2S2，S3,4S4成等差數(shù)列，∴S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，∴2a4＝－a3，于是q＝eq\f(a4,a3)＝－eq\f(1,2).又∵a1＝eq\f(3,2)，∴等比數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝(－1)n－1·eq\f(3,2n).(2)證明：易求得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n，∴Sn＋eq\f(1,Sn)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＋eq\f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2n2n＋1)，n為奇數(shù)，,2＋\f(1,2n2n－1)，n為偶數(shù).))當n為奇數(shù)時，Sn＋eq\f(1,Sn)隨n的增大而減小，所以Sn＋eq\f(1,Sn)≤S1＋eq\f(1,S1)＝eq\f(13,6).當n為偶數(shù)時，Sn＋eq\f(1,Sn)隨n的增大而減小，所以Sn＋eq\f(1,Sn)≤S2＋eq\f(1,S2)＝eq\f(25,12).故對于n∈N*，有Sn＋eq\f(1,Sn)≤eq\f(13,6).本題考查了分類探討思想以及數(shù)列單調(diào)性的應用.這種方法在數(shù)列比較大小和最值問題中是一種常用的思路.[變式訓練3]已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比數(shù)列，并求{an}的通項公式；(2)證明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).證明：(1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首項為eq\f(3,2)，公比為3的等比數(shù)列，所以an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2).所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(3n－1,2).(2)由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(2,3n－1).因為當n≥1時，3n－1≥2×3n－1，所以eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2×3n－1).于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤1＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))<eq\f(3,2).所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,2).1．已知等比數(shù)列的公比為2，且前5項和為1，那么前10項的和等于(B)A．31B．33C．35D．37解析：∵S5＝1，∴eq\f(a11－25,1－2)＝1，即a1＝eq\f(1,31).∴S10＝eq\f(a11－210,1－2)＝33.2．已知{an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn表示{an}的前n項的和．若a1＝3，a2a4＝144，則S10的值是(D)A．511 B．1023C．1533 D．3069解析：設等比數(shù)列{an}的公比是q，所以a2a4＝(3q)·(3q3)＝9q4＝144.所以q4＝16，q＝2.所以S10＝eq\f(a11－q10,1－q)＝eq\f(31－210,1－2)＝3069.3．等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3＋3S2＝0，則公比q＝－2.解析：由S3＝－3S2，可得a1＋a2＋a3＝－3(a1＋a2)，即a1(1＋q＋q2)＝－3a1(1＋q)，化簡整理得q2＋4q＋4＝0，解得q＝－2.4．已知等比數(shù)列{an}的前n項和Sn＝4n＋a，則a的值等于－1.解析：等比數(shù)列的前n項和Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn＝A－Aqneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(記A＝\f(a1,1－q)))，∴a＝－1.5．設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.解：設{an}的公比為q，由題設得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝6，,6a1＋a1q2＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3.))當a1＝3，q＝2時，an＝3×2n