等比数列前n项和的性质

第2课时等比数列前n项和的性质1．数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍构成，且有(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)．若q＝－1，则n为偶数时，上述性质不成立．2．若数列{an}的前n项和公式为Sn＝an－1(a≠0，a≠1)，则{an}为．等比数列等比数列3．在等比数列中，若项数为2n(n∈N＋)，S偶与S奇分别为偶数项与奇数项的和，则S偶÷S奇＝q.4．若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋mSn＋qn·Sm.＝1．在等比数列{an}中a1＝8，q＝12，an＝12，则Sn等于()A．31B.312C．8D．15解析：Sn＝a11－qn1－q＝a1－anq1－q＝8－12×121－12＝312.答案：B2．等比数列{an}中，S2＝7，S6＝91，则S4为()A．28B．32C．35D．49解析：∵S2，S4－S2，S6－S4成等比数列∴(S4－S2)2＝S2(S6－S4)∴(S4－7)2＝7(91－S4)∴S4＝28.选A.答案：A3．在等比数列中，已知a1＋a2＋a3＝6，a2＋a3＋a4＝－3，则a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝()A.B.C.D.解析：由a2＋a3＋a4a1＋a2＋a3＝a21＋q＋q2a11＋q＋q2＝a2a1＝q＝－12，又由a1＋a2＋a3＝6，且q＝－12，∴a1＝8，可得a2＝a1q＝8×(－12)＝－4，∴a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝S7－a1－a2＝a11－q71－q－8－(－4)＝118.答案：A4．在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝56，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________.解析：S99＝a11－q991－q＝a1(299－1)＝56，∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝a1·22299－123－1＝56×47＝32.答案：325．已知实数列{an}是等比数列，其中a7＝1，且a4，a5＋1，a6成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{an}的前n项和记为Sn，证明：Sn128(n＝1,2,3，…)．解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q∈R)，由a7＝a1q6＝1，得a1＝q－6，从而a4＝a1q3＝q－3，a5＝a1q4＝q－2，a6＝a1q5＝q－1.因为a4，a5＋1，a6成等差数列，所以a4＋a6＝2(a5＋1)．即q－3＋q－1＝2(q－2＋1)，q－1(q－2＋1)＝2(q－2＋1)．所以q＝12.故an＝a1qn－1＝q－6qn－1＝64(12)n－1.(2)Sn＝a11－qn1－q＝64[1－12n]1－12＝128[1－(12)n]128.[例1]在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.[分析]用求和公式直接求解或用性质求解．[解]解法1：∵S2n≠2Sn，∴q≠1.由已知得a11－qn1－q＝48，①a11－q2n1－q＝60，②由②÷①，得1＋qn＝54，即qn＝14，③将③代入①，得a11－q＝64，∴S3n＝a11－q3n1－q＝64(1－143)＝63.解法2：∵{an}为等比数列，∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列，∴(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，∴S3n＝S2n－Sn2Sn＋S2n＝60－48248＋60＝63.[点评]通过两种解法比较可看出，利用等比数列的性质解题，思路清晰，过程较为简捷．迁移变式1已知等比数列{an}中，前10项和S10＝10，前20项和S20＝30，求S30.解：方法1：设公比为q，则a11－q101－q＝10①a11－q201－q＝30②②①得1＋q10＝3，∴q10＝2，∴S30＝a11－q301－q＝a11－q101－q(1＋q10＋q20)＝10×(1＋2＋4)＝70.方法2：∵S10，S20－S10，S30－S20仍成等比数列，又S10＝10，S20＝30，∴S30－S20＝S30－30＝30－10210，即S30＝70.[例2]等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.[分析]本题考查了等比数列前n项和的性质．根据题意列出方程求出S奇、S偶，再由S偶S奇求得公比q.[解]由题意知：S奇＋S偶＝－240，S奇－S偶＝80，∴S奇＝－80，S偶＝－160.∴公比q＝S偶S奇＝－160－80＝2.[点评]本题应用等比数列前n项和的性质使问题迎刃而解．迁移变式2一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求此数列的公比和项数．解：设等比数列的公比为q，项数为2n(n∈N*)，由已知，a1＝1，q≠1，且有1－q2n1－q2＝85，①q1－q2n1－q2＝170.②②÷①得q＝2.将q＝2代入①得1－4n1－4＝85，∴4n＝256，∴n＝4.∴公比q＝2，项数为8.[例3]银行按规定每经过一定时间(贷款利率中的时间间隔)结算贷款的利息一次，结算后将利息并入本金，这种计算利息的方法叫复利．现在某企业进行技术改造，有两种方案：甲方案，一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年年初贷款1万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年多获利5千元．两种方案的实施期限都是十年，到期一次性归还本息，若银行贷款利息按年息10%的复利计算，比较两个方案，哪个获利更多？(参考数据：1.110≈2.594,1.310≈13.786)[分析]本题考查用等比数列求和公式解决实际问题．明确复利的含义．利用等比数列求和公式分别求出两种方案所获得的利润，再比较它们的大小．[解]甲方案每年获利数构成等比数列，首项为1，公比为1＋30%，前10项和为S10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9，∴S10＝1.310－11.3－1≈42.62(万元)，贷款的本利和为10(1＋10%)10≈25.94(万元)．∴甲方案净获利为42.62－25.94≈16.7(万元)．乙方案获利数构成等差数列，首项为1，公差为12，前10项和为T10＝1＋(1＋12)＋(1＋2·12)＋…＋(1＋9×12)＝32.50(万元)，而贷款本息总数为：(1＋10%)＋(1＋10%)2＋…＋(1＋10%)10＝1.11－1.1101－1.1≈17.53(万元)．乙方案净获利为32.50－17.53≈15.0(万元)．比较两方案可知甲方案获利较多．[点评]在实际问题中，若量与量之间的比值为常数，则可构造等比数列模型，具体构造时，可从特例入手，归纳猜想出其通项公式；也可从一般入手，寻求递推关系，再求通项公式．迁移变式3某大学张教授年初向银行贷款2万元用于购房，银行贷款的年利息为10%，按复利计算(即本年的利息计入次年的本金生息)．若这笔款要分10年等额还清，每年年初还一次，并且以贷款后次年年初开始归还，问每年应还多少元？解：方法1：设每年还款x元，需10年还清，那么各年还款利息情况如下：第10年付款x元，这次还款后欠款全部还清；第9年付款x元，过一年欠款全部还清时，所付款连同利息之和为x(1＋10%)元；第8年付款x元，过2年欠款全部还清时，所付款连同利息之和为x(1＋10%)2元；…第1年付款x元，过9年欠款全部还清时，所付款连同利息之和为x(1＋10%)9元．依题意得：x＋x(1＋10%)＋x(1＋10%)2＋…＋x(1＋10%)9＝20000(1＋10%)10解得x＝≈3255(元)．方法2：第1次还款x元之后到第2次还款之日欠银行20000(1＋10%)－x＝20000×1.1－x，第2次还款x元后到第3次还款之日欠银行[20000(1＋10%)－x](1＋10%)－x＝20000×1.12－1.1x－x，…第10次还款x元后，还欠银行20000×1.110－1.19x－1.18x－…－x，依题意得，第10次还款后，欠款全部还清，故可得20000×1.110－(1.19＋1.18＋…＋1)x＝0，解得x＝≈3255(元)．[例4]已知f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，且a1，a2，a3，…，an成等差数列(n为正偶数)．又f(1)＝n2，f(－1)＝n，试比较f(12)与3的大小．[分析]确定{an}的通项公式，利用错位相减法解题．[解]f(1)＝a1＋a2＋…＋an＝n2，①f(－1)＝－a1＋a2－a3＋a4－…－an－1＋an＝n，②由于{an}是等差数列，n是偶数，故由②得n2(an－an－1)＝n，即d＝2.把d＝2代入①，得na1＋nn－12×2＝n2.化简，得a1＋n－1＝n.∴a1＝1.于是an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．f(12)＝1·12＋3·(12)2＋5·(12)3＋…＋(2n－1)·(12)n，12f(12)＝1·(12)2＋3·(12)3＋…＋(2n－3)·(12)n＋2n－12n＋1.把两式相减，得：(1－12)f(12)＝12－2n－12n＋1＋2[(12)2＋(12)3＋…＋(12)n]＝12－2n－12n＋1＋2·122[1－12n－1]1－12.∴f(12)＝1－2n－12n＋2－(12)n－2＝3－n2n－1＋12n－12n－2.即f(12)3.[点评]一般情况下，错位相减后，Sn－q·Sn中的首项a1和末项an要单独计算，中间的n－1项则应用等比数列前n项和公式求和．迁移变式4在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.bn＝an2n－1(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)∵an＋1＝2an＋2n，∴an＋12n＝an2n－1＋1，∵bn＝an2n－1，∴bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1，b1＝1，故数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)知bn＝n，an＝n2n－1，则Sn＝1·20＋2·21＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，两式相减，得Sn＝n·2n－20－21－…－2n－1＝n·2n－2n＋1.1．等比数列前n项和公式与函数的关系一般地，如果a1，q是确定的，那么Sn＝a11－qn1－q＝a11－q－a11－qqn，设A＝a1q－1，则上式可写为Sn＝Aqn－A(q≠1)．从函数的角度看，Sn的图象必过原点，可以将指数函数qn的图象纵坐标变为原来的A倍，再在上下方向平移|A|个单位(A0时向下；A0时向上)得到．2．等比数列前n项和的性质(1)数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍构成等比数列，且有(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)．(2)若某数列前n项和公式为Sn＝an－1(a≠0，a≠1)，则{an}为等比数列．(3)在等比数列中，若项数为2n(n∈N*)，S偶与S奇分别为偶数项与奇数项的和，则S偶÷S奇＝q.(4)若{an}是公比为q的等比数列，Sn为其前n项和，则Sn＋m＝Sn＋qn·Sm.