3.5等比数列的前n项和(第一课时)

等比数列的前n项和（第一课时）研究数列的主要问题之一，就是求数列各项（或某些项）的和，在§3．3中，我们研究了求等差数列前n项和的办法，本节我们将从数列本身的特点出发，寻求有效的方法求等比数列的前n项和．【学习目标】1．掌握等比数列的前n项和公式的推导，分清公式在公比等于1与公比不等于1的两种不同形式，会进行分类讨论．2．能利用等比数列求和公式解决一些简单问题．【学习障碍】1．对等比数列求和公式的条件关注不够，导致解题不够严密．2．对等比数列求和公式的推导方法理解不够深刻，运用不够灵活．【学习策略】Ⅰ．学习导引1．阅读课本P127～130．2．本课时课本首先探讨了求等比数列前n项和的方法，然后通过四个例题从四个方面给出了求和公式的应用．（1）关于求和公式的推导，课本是通过一个具体的等比数列{2n－1}的前64项和S64＝1＋2＋4…＋263与它的2倍2S64＝2＋4＋8＋…＋263＋264的比较，看出它们之间的差异，从而类比到一般的等比数列，把Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1与qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn进行比较，得（1－q）Sn＝a1－a1qn＝a1（1－qn）进而得到q≠1时，Sn＝qqan1)1(1，q＝1时，Sn＝na1．课本中求和公式的这一推导方法称为“乘比错位相减法”，其特征是先乘一个公比，再错项后相减．学习中要注意掌握这一方法．在应用公式求和时，应注意到公式的使用条件为q≠1．故当q＝1时应按常数列求和即Sn＝na1．在含字母参数的等比数列求和时，应分类讨论q＝1与q≠1两种情况．等比数列的前n项和公式在q≠1时有两种形式：Sn＝qqaaSqqannn11)1(11与在使用时要视具体情况灵活选用．（2）关于课本中给出的四个例题．例1是已知a1、q及n求Sn，是对公式的直接应用；例2是数列在经济生活中的应用，其实质是已知a1，q，Sn求n，要运用公式，通过解方程来得到．例3是混合数列求和问题，要将原数列拆分组合，转化为两个等比数列求和问题；例4是利用Sn讨论an的相关问题，在解题过程中使用了整体解决问题的思想．Ⅱ．知识拓宽1．等比数列的前n项的和公式还有以下证法：（1）用乘法公式证明．Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝a1（1＋q＋q2＋…＋qn－1）＝qa11·（1－q）（1＋q＋q2＋…＋qn－1）＝qqan1)1(1．（2）用裂项相消法证明．∵q≠1，∴Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn-1∴Sn＝)11()11()11()11(111312121111qqaqqaqqaqqaqqaqqaqqaqann＝qqaqqaqann1)1(11111．（3）用解方程的思路证明．∵Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝a1＋q（a1＋a1q＋…＋a1qn－2）＝a1＋q（Sn－a1qn－2）∴Sn＝a1＋q（Sn－a1qn－1）∵q≠1，∴解关于Sn的方程，可得Sn＝qqan1)1(1．（4）用等比数列的定义证明．∵{an}是等比数列，∴qaaaaaaaann1342312．∴1321432nnaaaaaaaa＝q，即nnnaSaS1＝q．于是Sn＝qqaqqaann1)1(111．2．由一个数列的前n项和Sn可以判断这个数列是否是等比数列．由于非常数列的等比数列的前n项和Sn＝qaqqaqqann111)1(111．可以看出，式子的组成是由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为互为相反的数，由此可以根据前n项和公式判断等比数列，即，非常数列的等比数列是Sn＝aqn－a（a≠0，q≠0，n∈N*）的充分必要条件．3．等比数列前n项和公式有时常变为如下形式使用：qaqSnn111．Ⅲ．障碍分析1．怎样合理选择公式解答等比数列问题？［例1］在等比数列{an}中，已知Sn＝189，q＝2，an＝96，求a1与n．解：由Sn＝qqan1)1(1及通项公式an＝a1qn－1得11129621)21(189nnaa即96218921111nnaaa∴2×96－a1＝189，a1＝3；2n－1＝396＝32，n＝6．点评：通项公式与前n项和公式共含有5个量，知道其中3个便可求出其余2个，共10种情况，这就是“知三求二”法．本题也可利用公式Sn＝qqaan11先求出a1，再利用公式an＝a1qn－1求出n．2．怎样利用拆项求和法解答数列求和问题？［例2］已知an＝－4＋3n，bn＝xn，求数列{an＋bn}的前n项和Sn．思路：拆项求和，讨论x＝1与x≠1．解：Sn＝（a1＋b1）＋（a2＋b2）＋…＋（an＋bn）＝（a1＋a2＋…＋an）＋（b1＋b2＋…＋bn）＝T1＋T2．又T1＝2n（a1＋an）＝2n［（－1）＋（－4＋3n）］＝2n（3n－5），而T2＝x＋x2＋…＋xn，要讨论三种情况：（1）x＝0时，T2＝0；（2）x＝1时，T2＝n；（3）x≠0且x≠1时，T2＝xxxn1)1(点评一：在求T2时，容易丢掉（1）（2）两种情况．一般对含参数求和问题要分类讨论进行．∴Sn＝nn25232，（x＝0）Sn＝nn23232，（x＝1）Sn＝xxxnnn1)1(25232，（x≠0且x≠1）点评二：拆项求和，这是常用的求和方法．一般地，一个数列由n个特殊数列组成，即有an＝bn＋cn＋…＋fn，可用拆项求和法求解．3．怎样用错位相减法解数列求和问题？［例3］已知数列{nn2}，求前n项和Sn．思路：观察数列及通项可知，该数列是由等差数列{n}及等比数列{n21}的对应项的乘积组成的数列，因而可采用错位相减法求和．解：Sn＝nn223222132，两边同乘以公比21，得143222123222121nnnnnS．用上面两式相减得到,221212121)211(132nnnnS∴Sn＝1＋nnnnnnn22222112112121212112．点评：错位相减法是数列求和的又一常用方法．一般地，当数列{an·bn}中，{an}是等差数列，{bn}是等比数列时，积数列{an·bn}的和可用错位相减法．Ⅳ．思维拓展［例4］某人大学毕业参加工作后，计划参加养老保险．若每年年末等差额年金p元，即第一年年末存入p元，第二年年末存入2p元，…，第n年年末存入np元，年利率为k．问第n＋1年年初他可一次性获得养老金本利合计多少元？思路：分期存款，应利用“本利和＝本金×（1＋利率）”分段计算：第1年年末存入的p元现金，到第n＋1年年初，共n－1年，逐年获得本利和依次构成公比为1＋k有等比数列，即p（1＋k）n－1；同理，第2年末存入2p元，…，第n年末存入np元的本利和，依次为2p（1＋k）n－2，…，np．问题即为数列求和．解：设此人第n＋1年初一次性获得养老保险金为Sn元，则Sn＝p（1＋k）n－1＋2p（1＋k）n－2＋…＋（n－1）p（1＋k）＋np①（1＋k）Sn＝p（1＋k）n＋2p（1＋k）n－1＋…＋（n－1）p（1＋k）2＋np（1＋k）②②－①，得：kSn＝p（1＋k）n＋p（1＋k）n－1＋…＋p（1＋k）－np＝npkkkpn]1)1)[(1(，∴Sn＝21]1)1()1[(kknkpn（元）．故第n＋1年年初此人一次性获得养老金为2kp［（1＋k）n＋1－（n＋1）k－1］元．Ⅴ．探究学习求数列12，1212，121212，…，12121212个n的前n项和．答案：解：an＝12121212个n＝12×102n－2＋12×102n－4＋…＋12×102＋12＝12（102n－2＋102n－4＋…＋102＋1）＝334（100n－1），∴Sn＝12＋1212＋121212＋…＋12121212个n＝334（100－1）[phone]）＋…＋334（100n－1）＝334（100＋1002＋…＋100n）－3267400334n（100n－1）－334n．【同步达纲练习】一、选择题1．等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项和是A．179B．211C．243D．2752．数列{an}中，Sn＝3n＋m，当m为何值时，数列{an}是等比数列（）A．m＝1B．m＝－1C．m＝2D．m＝03．一个小球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，设它第n次着地时，共经过了an米，则当n≥2时，有A．an＝an－1＋32100nB．an＝an－1＋22100nC．an＝an－1＋n2100D．an＝21210021nna二、填空题4．已知等比数列的公比为2，若前4项之和等于1，则前8项之和等于____________．5．在等比数列{an}中，公比q＝2，log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a10＝25．则a1＋a2＋…＋a10＝____________．6．已知数列：x＋a，x2＋2a，x3＋3a，…，xn＋na（x≠1）的前n项和为Sn，则S9＝____________．三、解答题7．计算数列：1，2x，3x2，…，nxn－1，…（x≠1）的前n项和．8．在等比数列{an}中，已知对n∈N*，a1＋a2＋…＋an＝2n－1，求a12＋a22＋…＋an2．参考答案【同步达纲练习】一、1．B提示：∵a5＝a1·q4，∴81·q4＝16．∴q4＝8116∵数列的各项都是正数，∴q＝32．∴S5＝21123])32(1[3321])32(1[811)1(5555551qqa．2．B提示：∵a1＝S1＝3＋m，a2＝S2－S1＝32－3＝6，a3＝S3－S2＝33－32＝18．由a1·a3＝a22得：m＝－1．3．B提示：第二次着地时小球经过了200米，n＝2时，验证选择排除A、C、D，故选B．二、4．17提示：∵S8＝a1＋a2＋…＋a8＝a1＋a2＋a3＋a4＋q4（a1＋a2＋a3＋a4）＝1＋24＝175．41023提示：由题意知：log2（a1·a2…a10）＝25∴a1·a2·a3…a10＝225．∴a110·245＝225即a110＝2021，∴a1＝41．∴a1＋a2＋…＋a10＝410231)1(101qqa．6．110xxx＋45a提示：S9＝（x＋a）＋（x2＋2a）＋（x3＋3a）＋…＋（x9＋9a）＝（x＋x2＋…＋x9）＋（a＋2a＋…＋9a）＝12)9(91)1(109xxxaaxxx＋45a．三、7．∵S＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1①∴x·S＝x＋2x2＋3x3＋…＋（n－1）·xn－1＋n·xn②①－②S（1－x）＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝xxn11－nxn∵x≠1，∴S＝xxnxxnn1)1(12．8．由a1＋a2＋…＋an＝2n－1①n∈N*知a1＝1且a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1②①－②得：an＝2n－1，n≥2．又a1＝1，∴an＝2n－1，n∈N*．而：212221)2()2(nnnnaa＝4即{an2}为公比为4的等比数列．∴a12＋a22＋…＋an2＝)14(3141)41(21nna．