2021学年5.3.2 等比数列的前 n项和导学案及答案

这是一份2021学年5.3.2 等比数列的前 n项和导学案及答案，共6页。
1.掌握等比数列的前n项和公式及其应用．(重点)
2．能用分组转化方法求数列的和．(重点、易错点)
3．会用错位相减法求数列的和．(难点)
[教材要点]
知识点 等比数列的前n项和公式
eq \x(状元随笔)
等比数列求和应注意什么？
[提示] 公比q是否等于1.
[基础自测]

1．在公比为整数的等比数列{an}中，a1－a2＝3，a3＝4，则{an}的前5项和为( )
A．10 B.eq \f(21,2)
C．11 D．12
2．已知等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则eq \f(S3,a2)＝( )
A．3 B．4
C.eq \f(7,2) D.eq \f(13,2)
3．在等比数列{an}中，a1＝2，S3＝26，则公比q＝________.
4．等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝44，则a1＝________.
题型一 等比数列前n项和公式基本量的运算
例1 在等比数列{an}中．
(1)若q＝2，S4＝1，求S8；
(2)若a1＋a3＝10，a4＋a6＝eq \f(5,4)，求a4和S5.
方法归纳
1．解答关于等比数列的基本运算问题，通常是利用a1，an，q，n，Sn这五个基本量的关系列方程组求解，而在条件与结论间联系不很明显时，均可用a1与q列方程组求解．
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，通常用两式相除约分的方法进行消元．
跟踪训练1 在等比数列{an}中，其前n项和为Sn.
(1)S2＝30，S3＝155，求Sn；
(2)已知S4＝1，S8＝17，求an.
题型二 等差、等比数列前n项和的综合应用(分组求和法)例2 已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝ an＋ bn，求数列{cn}的前n项和．
eq \x(状元随笔) (1)求出等比数列{bn}的公比，再求出a1，a14的值，根据等差数列的通项公式求解；
(2)根据等差数列和等比数列的前n项和公式求数列{cn}的前n项和．
方法归纳
分组转化法求和的常见类型
1．若an ＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
2．通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
跟综训练2 已知数列{an}满足an＋1＝an＋2，数列{bn}是各项均为正数的等比数列， 且a1＝b1＝2，b3和b5的等差中项是20，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝a2n－1＋b2n－1，求数列{cn}的前n项和Sn.
题型三 错位相减法求和
eq \x(状元随笔)
1．由项数相等的等差数列{n}与等比数列{2n}相应项的积构成新的数列{n·2n}是等比数列吗？是等差数列吗？该数列的前n项和Sn的表达式是什么？
[提示] 由等差数列及等比数列的定义可知数列{n·2n}既不是等差数列，也不是等比数列．该数列的前n项和Sn的表达式为Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.
2．在等式 Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n两边同乘以数列{2n}的公比后，该等式的变形形式是什么？认真观察两式的结构特征，你能将求Sn的问题转化为等比数列的前n项和问题吗？
[提示] 在等式Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①
两边同乘以{2n}的公比可变形为
2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，②
②－①得：Sn＝－1·21－22－23－24－…－2n＋n·2n＋1
＝－(21＋22＋23＋…＋2n)＋n·2n＋1.
此时可把求Sn的问题转化为求等比数列{2n}的前n项和问题．我们把这种求由一个等差数列{an}和一个等比数列{bn}相应项的积构成的数列{anbn}前n项和的方法叫错位相减法．
例3 设数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，数列{bn}的通项公式为bn＝xn－1(x≠0)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝anbn，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
eq \x(状元随笔) 由an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))完成第(1)问；由题设知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，因此可用错位相减法求Tn.
方法归纳
错位相减法的适用范围及注意事项
1．适用范围：它主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．
2．注意事项：(1)利用“错位相减法”时，在写出Sn与qSn的表达式时，应注意使两式错对齐，以便于作差，正确写出(1－q)Sn的表达式．
(2)利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况．
跟踪训练3 eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)＝________.
教材反思
1．本节课的重点是等比数列前n项和公式的基本运算．
2．在等比数列的通项公式和前n项和公式中，共涉及五个量：a1，an，n，q，Sn，其中首项a1和公比q为基本量，且“知三求二”．
3．前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即当q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况.
eq \x(温馨提示：请完成课时分层作业八)
5．3.2 等比数列的前n项和
新知初探·自主学习
知识点
na1 eq \f(a11－qn,1－q) na1 eq \f(a1－anq,1－q)
[基础自测]
1．解析：设公比为q(q∈Z)，则a1－a2＝a1－a1q＝3，a3＝a1q2＝4，求解可得q＝－2，a1＝1，则{an}的前5项和为eq \f(1－－25,1－－2)＝11.
答案：C
2．解析：易知等比数列{an}的首项为a1，则eq \f(S3,a2)＝eq \f(\f(a11－23,1－2),a1×2)＝eq \f(7,2).
答案：C
3．解析：∵S3＝eq \f(a11－q3,1－q)＝eq \f(21－q3,1－q)＝26，∴q2＋q－12＝0，∴q＝3或－4.
答案：3或－4
4．解析：由S5＝eq \f(a1[1－－25],1－－2)＝44，
得a1＝4.
答案：4
课堂探究·素养提升
例1 解析：(1)法一：设首项为a1，
∵q＝2，S4＝1，
∴eq \f(a11－24,1－2)＝1，即a1＝eq \f(1,15)，
∴S8＝eq \f(a11－q8,1－q)＝eq \f(\f(1,15)1－28,1－2)＝17.
法二：∵S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝1，且q＝2，
∴S8＝eq \f(a11－q8,1－q)＝eq \f(a11－q4,1－q)(1＋q4)＝S4·(1＋q4)＝1×(1＋24)＝17.
(2)设公比为q，由通项公式及已知条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q2＝10，,a1q3＋a1q5＝\f(5,4).))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q2＝10，①,a1q31＋q2＝\f(5,4)，②))
∵a1≠0,1＋q2≠0，∴②÷①得，q3＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2)，
∴a1＝8.
∴a4＝a1q3＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝1，
S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝eq \f(31,2).
跟踪训练1 解析：(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝30，,a11＋q＋q2＝155，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,q＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝180，,q＝－\f(5,6)，))
从而Sn＝eq \f(1,4)×5n＋1－eq \f(5,4)或Sn＝eq \f(1 080×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)))n)),11).
(2)设{an}的公比为q，由S4＝1，S8＝17知q≠1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q4,1－q)＝1，①,\f(a11－q8,1－q)＝17，②))
①÷②得eq \f(1,1＋q4)＝eq \f(1,17)，
解得q＝±2，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,15)，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－\f(1,5)，,q＝－2)).
所以an＝eq \f(2n－1,15)或an＝eq \f(－1n×2n－1,5).
例2 解析：(1)等比数列{bn}的公式q＝eq \f(b3,b2)＝eq \f(9,3)＝3，
所以b1＝eq \f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27.
设等差数列{an}的公差为d.
因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以1＋13d＝27，即d＝2.
所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…)．
(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1.
因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝eq \f(n1＋2n－1,2)＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).
跟踪训练2 解析：(1)因为an＋1＝an＋2(n∈N*)，即an＋1－an＝2(n∈N*)，
又因为a1＝2，所以an＝2n(n∈N*)．
由题意可知等比数列{bn}公比q>0.
又由b3和b5的等差中项是20，可知b3＋b5＝40
所以2q2＋2q4＝40，即q2＋q4＝20.解得q＝2.
又b1＝2，故bn＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知，a2n－1＝2(2n－1)＝4n－2，b2n－1＝22n－1＝2·4n－1
∴cn＝a2n－1＋b2n－1＝2·4n－1＋4n－2.
∴Sn＝(2＋2)＋(2×4＋6)＋(2×42＋10)＋…＋(2×4n－1＋4n－2)
＝(2＋2×4＋2×42＋…＋2×4n－1)＋[2＋6＋10＋…＋(4n－2)]
＝eq \f(21－4n,1－4)＋eq \f(2＋4n－2n,2)
＝eq \f(2,3)×4n＋2n2－eq \f(2,3)
所以Sn＝eq \f(2,3)×4n＋2n2－eq \f(2,3)(n∈N*)．
例3 解析：(1)∵an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n，n≥2.))
当n＝1时，an＝2n也成立，∴an＝2n，即数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由an＝2n，bn＝xn－1且cn＝anbn可得cn＝2nxn－1，
Tn＝2＋4x＋6x2＋8x3＋…＋2nxn－1，①
则xTn＝2x＋4x2＋6x3＋8x4＋…＋2nxn.②
①－②，得(1－x)Tn＝2＋2x＋2x2＋…＋2xn－1－2nxn.
当x≠1时，(1－x)Tn＝2×eq \f(1－xn,1－x)－2nxn，
∴Tn＝eq \f(2－2n＋1xn＋2nxn＋1,1－x2).
当x＝1时，Tn＝2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
跟踪训练3 解析：令Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)，①
则eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,8)＋eq \f(3,16)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
由①－②得，eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)，
得Sn＝2－eq \f(2,2n)－eq \f(n,2n)＝eq \f(2n＋1－n－2,2n).
答案：eq \f(2n＋1－n－2,2n)