苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第2课时教案

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第2课时教案，共12页。教案主要包含了等比数列前n项和公式的灵活应用，等比数列中的片段和问题，等比数列前n项和公式的实际应用等内容，欢迎下载使用。
导语
同学们，前面我们就用等差数列中的性质，类比出了等比数列的性质，由此还得出了“类比能使人智慧”这一重要结论，今天我们再进一步扩大同学们的智慧，继续通过类比，看我们能得出等比数列前n项和的哪些性质．
一、等比数列前n项和公式的灵活应用
问题1 类比等差数列前n项和性质中的奇数项、偶数项的问题，等比数列是否也有相似的性质？
提示 若等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的项数有2n项，则
其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n，
其奇数项和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1，容易发现两列式子中对应项之间存在联系，即
S偶＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝qS奇，所以有eq \f(S偶,S奇)＝q.
若等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的项数有2n＋1项，则其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n，其奇数项和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1，从项数上来看，奇数项比偶数项多了一项，于是我们有S奇－a1＝a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝a2q＋a4q＋…＋a2nq＝qS偶，即S奇＝a1＋qS偶．
知识梳理
若{an}是公比为q的等比数列，S偶，S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和，则：
①在其前2n项中，eq \f(S偶,S奇)＝q；
②在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…
－a2n＋a2n＋1＝eq \f(a1＋a2n＋1q,1－－q)＝eq \f(a1＋a2n＋2,1＋q)(q≠－1)；
S奇＝a1＋qS偶．
例1 (1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且(a1＋a3＋…＋a2n－1)－(a2＋a4＋…＋a2n)＝80，则公比q＝________.
答案 2
解析 由题意知S奇＋S偶＝－240，S奇－S偶＝80，
∴S奇＝－80，S偶＝－160，
∴q＝eq \f(S偶,S奇)＝2.
(2)若等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))共有2n项，其公比为2，其奇数项和比偶数项和少100，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的所有项之和为________．
答案 300
解析 由eq \f(S偶,S奇)＝2，S偶－S奇＝100可知S偶＝200，S奇＝100，故S2n＝300.
反思感悟 处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
(1)若等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))共有2n项，要抓住eq \f(S偶,S奇)＝q和S偶＋S奇＝S2n这一隐含特点；若等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))共有2n＋1项，要抓住S奇＝a1＋qS偶和S偶＋S奇＝S2n＋1这一隐含特点．要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
(2)灵活运用等比数列前n项和的有关性质．
跟踪训练1 (1)若等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为________，项数为________．
答案 2 9
解析 由性质S奇＝a1＋qS偶可知341＝1＋170q，所以q＝2，
S2n＋1＝eq \f(1－22n＋1,1－2)＝341＋170＝511，解得n＝4，即这个等比数列的项数为9.
(2)一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则数列的通项公式an＝________.
答案 12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，n∈N*
解析 设数列{an}的首项为a1，公比为q，
所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇，S偶，由题意可知，
S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶，
因为数列{an}的项数为偶数，
所以有q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(1,3).
又因为a1·a1q·a1q2＝64，
所以aeq \\al(3,1)·q3＝64，
即a1＝12，
故所求通项公式为an＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，n∈N*.
二、等比数列中的片段和问题
问题2 你能否用等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中的Sm，Sn来表示Sm＋n?
提示 思路一：Sm＋n＝a1＋a2＋…＋am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋n＝Sm＋a1qm＋a2qm＋…＋anqm
＝Sm＋qmSn.
思路二：Sm＋n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋an＋2＋…＋an＋m
＝Sn＋a1qn＋a2qn＋…＋amqn
＝Sn＋qnSm.
问题3 类似于等差数列中的片段和的性质，在等比数列中，你能发现Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…(n为偶数且q＝－1除外)的关系吗？
提示 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…仍成等比数列，证明如下：
思路一：当q＝1时，结论显然成立；
当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，S2n＝eq \f(a11－q2n,1－q)，S3n＝eq \f(a11－q3n,1－q).
S2n－Sn＝eq \f(a11－q2n,1－q)－eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1qn1－qn,1－q)，
S3n－S2n＝eq \f(a11－q3n,1－q)－eq \f(a11－q2n,1－q)＝eq \f(a1q2n1－qn,1－q)，
而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S2n－Sn))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a1qn1－qn,1－q)))2，Sn(S3n－S2n)＝eq \f(a11－qn,1－q)×eq \f(a1q2n1－qn,1－q)，
故有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S2n－Sn))2＝Sn(S3n－S2n)，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．
思路二：由性质Sm＋n＝Sm＋qmSn可知S2n＝Sn＋qnSn，故有S2n－Sn＝qnSn，
S3n＝S2n＋q2nSn，故有S3n－S2n＝q2nSn，故有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S2n－Sn))2＝Sn(S3n－S2n)，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．
知识梳理
1．若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N*)．
2．数列{an}为公比不为－1的等比数列(或公比为－1，且n不是偶数)，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列．
注意点：等比数列片段和性质的成立是有条件的，即Sn≠0.
例2 在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
解 方法一 ∵S2n≠2Sn，∴q≠1，
由已知得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)＝48， ①,\f(a11－q2n,1－q)＝60， ②))
②÷①得1＋qn＝eq \f(5,4)，
即qn＝eq \f(1,4)，③
③代入①得eq \f(a1,1－q)＝64，
∴S3n＝eq \f(a11－q3n,1－q)＝64eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,43)))＝63.
方法二 ∵{an}为等比数列，显然公比不等于－1，
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列，
∴(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，
∴S3n＝eq \f(S2n－Sn2,Sn)＋S2n＝eq \f(60－482,48)＋60＝63.
方法三 由性质Sm＋n＝Sm＋qmSn可知S2n＝Sn＋qnSn，即60＝48＋48qn，得qn＝eq \f(1,4)，
∴S3n＝S2n＋q2nSn＝60＋48×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＝63.
反思感悟 处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
(1)充分利用Sm＋n＝Sm＋qmSn和Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…(n为偶数且q＝－1除外)仍成等比数列这一重要性质，能有效减少运算．
(2)运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
跟踪训练2 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S4＝1，S8＝3，则a9＋a10＋a11＋a12等于( )
A．8 B．6 C．4 D．2
答案 C
解析 S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．
即1,2，a9＋a10＋a11＋a12成等比数列．
∴a9＋a10＋a11＋a12＝4.
三、等比数列前n项和公式的实际应用
例3 《算法统宗》是中国古代数学名著，程大位著，共17卷，书中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”大致意思是：有一个人要到距离出发地378里的地方，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．那么该人第1天所走路程里数为( )
A．96 B．126 C．192 D．252
答案 C
解析 由题意得，该人每天走的路程形成以a1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
因为该人6天后到达目的地，则有
S6＝eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，
所以该人第1天所走路程里数为192.
反思感悟 (1)解应用问题的核心是建立数学模型．
(2)一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型．
(3)注意问题是求什么(n，an，Sn)．
跟踪训练3 我国数学巨著《九章算术》中，有如下问题：今有女子善织，日自倍，五日织五尺．问日织几何？其大意为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这位女子每天分别织布多少？根据上述问题的已知条件，若该女子共织布eq \f(35,31)尺，则这位女子织布的天数是( )
A．2 B．3 C．4 D．1
答案 B
解析 依题意，每天的织布数构成一个公比q＝2的等比数列{an}，其前n项和为Sn，则S5＝5，Sm＝eq \f(35,31)，∵S5＝eq \f(a11－25,1－2)＝5，解得a1＝eq \f(5,31).∴Sm＝eq \f(\f(5,31)1－2m,1－2)＝eq \f(35,31)，解得m＝3.
1．知识清单：
(1)等比数列奇数项和、偶数项和的性质．
(2)片段和性质．
(3)等比数列前n项和的实际应用．
2．方法归纳：公式法、分类讨论．
3．常见误区：应用等比数列片段和性质时易忽略其成立的条件．
1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于( )
A．3∶4 B．2∶3
C．1∶2 D．1∶3
答案 A
解析 在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝eq \f(3,4)S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A.
2．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有1个这种细菌和200个这种病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )
A．6秒钟 B．7秒钟
C．8秒钟 D．9秒钟
答案 C
解析 根据题意，每秒钟细菌杀死的病毒数成等比数列，
设需要n秒细菌可将病毒全部杀死，
则1＋2＋22＋23＋…＋2n－1≥200，
∴eq \f(1－2n,1－2)≥200，
∴2n≥201，结合n∈N*，解得n≥8，
即至少需8秒细菌将病毒全部杀死．
3．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层灯数为________．
答案 3
解析 设塔的顶层共有a1盏灯，则数列{an}是公比为2的等比数列，
∴S7＝eq \f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.
4．若等比数列{an}的公比为eq \f(1,3)，且a1＋a3＋…＋a99＝60，则{an}的前100项和为________．
答案 80
解析 令X＝a1＋a3＋…＋a99＝60，
Y＝a2＋a4＋…＋a100，
则S100＝X＋Y，
由等比数列前n项和性质知eq \f(Y,X)＝q＝eq \f(1,3)，
所以Y＝20，即S100＝X＋Y＝80.
课时对点练
1．已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1 011，偶数项之和为2 022，则这个数列的公比为( )
A．8 B．－2 C．4 D．2
答案 D
解析 由eq \f(S偶,S奇)＝q，可知q＝2.
2．一个项数为偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为( )
A．6 B．8 C．10 D．12
答案 B
解析 设等比数列的项数为2n项，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，
则q＝eq \f(S偶,S奇)＝2，又它的首项为1，所以通项为an＝2n－1，
中间两项的和为an＋an＋1＝2n－1＋2n＝24，解得n＝4，所以项数为8.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )
A.eq \f(1,8) B．－eq \f(1,8) C.eq \f(57,8) D.eq \f(55,8)
答案 A
解析 易知q≠－1，
因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，
且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，
即8，－1，S9－S6成等比数列，
所以8(S9－S6)＝1，
即S9－S6＝eq \f(1,8)，
所以a7＋a8＋a9＝eq \f(1,8).
4．某工厂去年产值为a，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为( )
A．1.14a B．11×(1.15－1)a
C．1.15a D．10×(1.16－1)a
答案 B
解析 从今年起到第5年，这个厂的总产值为
a×1.1＋a×1.12＋a×1.13＋a×1.14＋a×1.15＝a×eq \f(1.11.15－1,1.1－1)＝11a(1.15－1)．
5．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？此问题中1斗为10升，则牛主人应偿还多少升粟？( )
A.eq \f(50,3) B.eq \f(50,7) C.eq \f(100,7) D.eq \f(200,7)
答案 D
解析 5斗＝50升，设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a1，a2，a3，
由题意可知a1，a2，a3构成公比为2的等比数列，且S3＝50，则eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－23)),1－2)＝50，
解得a1＝eq \f(50,7)，所以牛主人应偿还粟的量为a3＝22a1＝eq \f(200,7).
6．(多选)下列结论不正确的是( )
A．若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是同一个常数，则这个数列是等差数列
B．等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数
C．等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列
D．如果数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn
答案 BC
解析 对于A选项，根据等差数列的定义可知A选项正确；
对于B选项，对任意n∈N*，an＝1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等差数列，且该数列的前n项和Sn＝n，B选项错误；
对于C选项，若等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比q＝－1，且当n为正偶数时，则Sn＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－qn)),1－q)＝0，
所以Sn＝S2n－Sn＝S3n－S2n＝0，此时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列，C选项错误；
对于D选项，对任意的n∈N*，
Sn＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋…＋an))＋an＋1＝Sn＋an＋1，可得an＋1＝Sn＋1－Sn，D选项正确．
7．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
答案 6
解析 每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，
其前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.
由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.
由于26＝64,27＝128，
则n＋1≥7，即n≥6.
8．设等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝3，a4＋a5＋a6＝81，则数列{an}的公比为________．
答案 3
解析 易得a4＋a5＋a6＝q3(a1＋a2＋a3)，
故q3＝27，则q＝3.
9．一个等比数列的首项是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 方法一 设原等比数列的公比为q，项数为2n(n∈N*)．
由已知a1＝1，q≠1，有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1－q2n,1－q2)＝85， ①,\f(q1－q2n,1－q2)＝170. ②))
由②÷①，得q＝2，
∴eq \f(1－4n,1－4)＝85,4n＝256，∴n＝4.
故公比为2，项数为8.
方法二 ∵S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)q＝S奇·q，
∴q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(170,85)＝2.
又Sn＝85＋170＝255，由Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，得eq \f(1－2n,1－2)＝255，
∴2n＝256，∴n＝8.即公比q＝2，项数n＝8.
10．已知等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且满足S3＝7，S6＝63.
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)若bn＝an＋lg2an，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Tn.
解 (1)由题意知S6≠2S3，q≠1，
由等比数列的前n项和等距分段的性质知，
q3＝eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(63－7,7)＝8，故q＝2，
∴S3＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－q3)),1－q)＝7，代入q可得a1＝1，
∴an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝2n－1＋n－1，
∴Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2＋…＋2n－1))＋[1＋2＋…＋(n－1)]
＝2n＋eq \f(n2－n,2)－1.
11．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于( )
A．40 B．60 C．32 D．50
答案 B
解析 由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60.
12．若数列{xn}满足lg xn＋1＝1＋lg xn(n∈N*)，且x1＋x2＋…＋x100＝100，则lg(x101＋x102＋…＋x200)的值等于( )
A．200 B．120 C．110 D．102
答案 D
解析 因为lg xn＋1＝1＋lg xn，
所以lg xn＋1－lg xn＝lg eq \f(xn＋1,xn)＝1，所以eq \f(xn＋1,xn)＝10，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(xn))是等比数列，公比为10，
所以lg(x101＋x102＋…＋x200)
＝lgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＋…＋x100))·10100))＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100×10100))＝102.
13．等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为eq \f(85,32)，偶数项之和为eq \f(21,16)，这个等比数列前n项的积为Tn(n≥1)，则Tn的最大值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
答案 D
解析 设数列{an}共有(2m＋1)项，由题意得
S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝eq \f(85,32)，
S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝eq \f(21,16)，
因为项数为奇数时，eq \f(S奇－a1,S偶)＝q，
即2＋eq \f(21,16)q＝eq \f(85,32)，
所以q＝eq \f(1,2).
所以Tn＝a1·a2·…·an
＝aeq \\al(n,1)q1＋2＋…＋n－1＝，
故当n＝1或2时，Tn取最大值2.
14．如图，画一个边长为4 cm的正方形，再将这个正方形各边的中点相连得到第2个正方形，以此类推，这样一共画了5个正方形，则这5个正方形的面积的和是_______ cm2.
答案 31
解析 记这些正方形的边长为an，则a1＝4，a2＝2eq \r(2)，…，故这些正方形的面积是以16为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，所以这5个正方形面积的和为S5＝eq \f(16\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝32eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5))＝31.
15．设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数，且对任意的实数x，y，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)．若a1＝eq \f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案 1－eq \f(1,2n)
解析 令x＝n，y＝1，则f(n)·f(1)＝f(n＋1)，
又an＝f(n)，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(fn＋1,fn)＝f(1)＝a1＝eq \f(1,2)，
∴数列{an}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n).
16．已知等比数列前n项，前2n项，前3n项的和分别为Sn，S2n，S3n，求证：Seq \\al(2,n)＋Seq \\al(2,2n)＝Sn(S2n＋S3n)．
证明 方法一 设此等比数列的公比为q，首项为a1，
当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1，
∴Seq \\al(2,n)＋Seq \\al(2,2n)＝n2aeq \\al(2,1)＋4n2aeq \\al(2,1)＝5n2aeq \\al(2,1)，
Sn(S2n＋S3n)＝na1(2na1＋3na1)＝5n2aeq \\al(2,1)，
∴Seq \\al(2,n)＋Seq \\al(2,2n)＝Sn(S2n＋S3n)．
当q≠1时，Sn＝eq \f(a1,1－q)(1－qn)，
S2n＝eq \f(a1,1－q)(1－q2n)，S3n＝eq \f(a1,1－q)(1－q3n)，
∴Seq \\al(2,n)＋Seq \\al(2,2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,1－q)))2·[(1－qn)2＋(1－q2n)2]
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,1－q)))2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)．
又Sn(S2n＋S3n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,1－q)))2(1－qn)(2－q2n－q3n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,1－q)))2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)，
∴Seq \\al(2,n)＋Seq \\al(2,2n)＝Sn(S2n＋S3n)．
方法二 根据等比数列的性质有
S2n＝Sn＋qnSn＝Sn(1＋qn)，S3n＝Sn＋qnSn＋q2nSn，
∴Seq \\al(2,n)＋Seq \\al(2,2n)＝Seq \\al(2,n)＋[Sn(1＋qn)]2＝Seq \\al(2,n)(2＋2qn＋q2n)，
Sn(S2n＋S3n)＝Seq \\al(2,n)(2＋2qn＋q2n)．
∴Seq \\al(2,n)＋Seq \\al(2,2n)＝Sn(S2n＋S3n)．