4.3.2等比数列的前n项和公式(第1课时) 学案
文档属性
| 名称 | 4.3.2等比数列的前n项和公式(第1课时) 学案 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 913.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-09 11:07:11 | ||
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文档简介
4.3.2 等比数列的前n项和公式(第1课时)
素养目标 学科素养
1.掌握等比数列的前n项和公式及其应用．(重点、难点)2．会用错位相减法求数列的和．(重点、难点)3．能运用等比数列的前n项和公式解决一些简单的实际问题. 1.数学运算；2．逻辑推理
情境导学
请问：国王需准备多少麦粒才能满足这个人的要求？国王能兑现自己的诺言吗？
1．等比数列的前n项和
已知量 首项a1、公比q(q≠1)与项数n 首项a1、末项an与公比q(q≠1) 首项a1、公比q＝1
求和公式 Sn＝ Sn＝ Sn＝na1
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)求等比数列{an}的前n项和时，可直接套用公式Sn＝.(×)
(2)若首项为a的数列既是等比数列又是等差数列，则其前n项和等于na.(√)
(3)若a∈R，则1＋a＋a2＋…＋an－1＝.(×)
2．错位相减法求和
推导等比数列前n项和的方法是错位相减法，一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项乘积的前n项和．
下列数列中，可以用错位相减法求和的是(C)
A．{n2} B．{n＋3n}
C． D．
1．在等比数列{an}中，其前n项和为Sn，a1＝2，S3＝26，则公比q等于( )
A．3 B．－4
C．3或－4 D．－3或4
C 解析：由题意可知q≠1，且S3＝＝＝26，∴q2＋q－12＝0，
∴q＝3或q＝－4.
2．在等比数列{an}中，其前n项和为Sn，若q＝－，S5＝11，则a1＝________.
16 解析：S5＝＝×a1＝11，
∴a1＝16.
3．在等比数列{an}中，已知a1＝3，an＝96，Sn＝189，则n＝________.
6 解析：由Sn＝＝＝189，得q＝2.又an＝a1qn－1＝3×2n－1＝96，所以n＝6.
4．在各项均为正数的等比数列{an}中，Sn为其前 n项和，若a1＝81，a5＝16，则S5＝________.
211 解析：由16＝81×q5－1，q>0，得q＝，
所以S5＝＝211.
5．设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，则＝________.
15 解析：＝＝＝＝15.
【例1】在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，解决下列问题：
(1)若an＝2n，求S6；
(2)若a1＋a3＝，a4＋a6＝10，求S5；
(3)若Sn＝189，q＝2，an＝96，求a1和n.
解：设数列{an}的首项为a1，公比为q.
(1)∵an＝2n＝2×2n－1，∴a1＝2，q＝2.
∴S6＝＝126.
(2)由题意，得
解得
从而S5＝＝＝.
(3)(方法一)由Sn＝，an＝a1qn－1及已知条件，得
解得
(方法二)由公式Sn＝及已知条件，
得189＝，解得a1＝3.
又由an＝a1qn－1，
得96＝3×2n－1，解得n＝6.
在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q表示an与Sn，从而列方程组求解．在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的．这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．
已知等比数列{an}满足a3＝12，a8＝，记其前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Sn＝93，求n.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
则解得
所以an＝a1qn－1＝48×n－1.
(2)Sn＝＝＝96.
由Sn＝93，得96＝93，解得n＝5.
【例2】小华准备购买一台售价为5 000元的电脑，采用分期付款方式，并在一年内将款项全部付清．商场提出的付款方式：购买2个月后第1次付款，再过2个月后第2次付款，……，购买12个月后第6次付款，每次付款金额相同，约定月利率为0.8%，每月利息按复利计算，求小华每期付款金额是多少．
解：(方法一)设小华每期付款x元，第k个月末付款后的欠款本利为Ak，则
A2＝5 000×(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0082－x，
A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0084－1.0082x－x，
…
A12＝5 000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0，
解得x＝
＝≈880.81.
故小华每期付款金额约为880.81元．
(方法二)设小华每期付款x元，到第k个月时已付款及利息为Ak元，则
A2＝x，
A4＝A2(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082)，
A6＝A4(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082＋1.0084)，
…
A12＝x(1＋1.0082＋1.0084＋1.0086＋1.0088＋1.00810)．
∵年底付清欠款，
∴A12＝5 000×1.00812，
即5 000×1.00812＝x(1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)．
∴x＝≈880.81.
故小华每期付款金额约为880.81元．
解决数列应用题时，一是明确问题属于哪类应用问题，即明确是等差数列还是等比数列问题，还是含有递推关系的数列问题；二是明确是求an，还是求Sn.细胞繁殖、利率、增长率等问题一般为等比数列问题．
某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上一年减少，本年度当地旅游业收入估计为400万元．由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增长.求n年内的总投入与n年内旅游业的总收入．
解：由题意知第1年投入800万元，
第2年投入800×万元，
……
第n年投入800×n－1万元，
所以每年的投入资金数构成首项为800，公比为的等比数列．
所以n年内的总投入Sn＝800＋800×＋…＋800×n－1＝4 000×(万元)．
由题意知，第1年旅游业的收入为400万元，
第2年旅游业的收入为400×万元，
……
第n年旅游业的收入为400×n－1万元，
所以每年的旅游业收入资金数构成首项为400，公比为的等比数列．
所以n年内旅游业的总收入Tn＝400＋400×＋…＋400×n－1＝1 600×(万元)．
故n年内的总投入为4 000×万元，n年内旅游业的总收入为1 600×万元．
探究题1 求数列，，，…，，…的前n项和．
解：设Sn＝＋＋＋…＋，①
则Sn＝＋＋＋…＋，②
①－②，得Sn＝＋＋＋＋…＋－，即Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－＝＋1－n－1－＝－－.
所以Sn＝3－－＝3－.
探究题2 求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn.
解：(1)当x＝0时，Sn＝0.
(2)当x＝1时，Sn＝.
(3)当x≠0且x≠1时，
Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，①
xSn＝x2＋2x3＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1，②
①－②得，(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1＝－nxn＋1，
∴Sn＝[nxn＋1－(n＋1)xn＋1]．
∴Sn＝
探究题3 已知数列{an}是首项、公比都为5的等比数列，bn＝anlog25an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：依题意，得an＝5×5n－1＝5n，
于是bn＝5nlog255n＝·n·5n.
所以Sn＝×1×5＋×2×52＋×3×53＋…＋×n×5n，
则5Sn＝×1×52＋×2×53＋×3×54＋…＋×(n－1)×5n＋×n×5n＋1，
两式相减，得－4Sn＝×5＋×52＋×53＋…＋×5n－×n×5n＋1，
即－4Sn＝(5＋52＋53＋…＋5n)－×n×5n＋1
＝×－×n×5n＋1
＝－，
故Sn＝.
探究题4 已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2，….
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
(1)证明：∵an＋1＝，
∴＝＝＋×，
∴－1＝.
又a1＝，∴－1＝.
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知－1＝×＝，
即＝＋1，∴＝＋n.
设Tn＝＋＋＋…＋，①
则Tn＝＋＋…＋＋.②
①－②得
Tn＝＋＋…＋－
＝－＝1－－，
∴Tn＝2－－＝2－.
∴Sn＝Tn＋1＋2＋…＋n＝Tn＋
＝2－＋.
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项乘积组成，此时可把式子Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减整理即可求出Sn.
在计算的过程中要注意第1项与最后一项的处理，有时还要注意对公比q的讨论．
若已知数列为{(2n－1)an－1}(a≠0)，求它的前n项和．
解：当a＝1时，数列变成1,3,5,7，…，2n－1，…，
则Sn＝＝n2.
当a≠1时，
有Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)·an－1，①
aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an，②
①－②得
Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an，
(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1)＝1－(2n－1)an＋2＝1－(2n－1)an＋.
又1－a≠0，∴Sn＝＋，
∴Sn＝
1．等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝2，当Sn＝127时，n＝( )
A．8 B．7
C．6 D．5
B 解析：由Sn＝，a1＝1，q＝2.
当Sn＝127时，则127＝，解得n＝7.故选B．
2．等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋S3＝0，则公比q＝( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
A 解析：∵a2＋S3＝a2＋(a1＋a2＋a3)＝0，
∴a1＋2a2＋a3＝a1(1＋2q＋q2)＝a1(1＋q)2＝0.
又a1≠0，∴q＝－1.故选A．
3．已知等比数列{an}的公比为－2，且Sn为其前n项和，则＝( )
A．－5 B．－3
C．5 D．3
C 解析：由题意可得：＝＝1＋(－2)2＝5，故选C．
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，S3＝9，则S4＝( )
A．12 B．－15
C．12或－15 D．12或15
C 解析：因为a1＝3，S3＝9，当q＝1时，满足题意；故可得S4＝4a1＝12；
当q≠1时，S3＝＝9，解得q＝－2，
故S4＝＝＝－15.
综上所述S4＝12或－15.故选C．
5．等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn.
(1)若a1＝－8，a3＝－2，求S4；
(2)若S6＝315，q＝2，求a1.
解：(1)由题意可得q2＝＝＝，
所以q＝－或q＝.
当q＝－时，S4＝＝－5；
当q＝时，S4＝＝－15.
综上所述，S4＝－15或S4＝－5.
(2)S6＝＝315，解得a1＝5.
1．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”．
2．前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况．
3．一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减的方法．
课时分层作业(九)
等比数列的前n项和公式(第1课时)
(60分钟 110分)
知识点1 等比数列的前n项和
1．(5分)已知数列{an}的通项公式是an＝2n，Sn是数列{an}的前n项和，则S10等于( )
A．10 B．210
C．210－2 D．211－2
D 解析：∵an＝2n，∴a1＝2，q＝2.
∴S10＝＝211－2.
2．(5分)在等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )
A．81 B．120
C．168 D．192
B 解析：设{an}的公比为q，
∵a2＝9，a5＝243，
∴q3＝＝27，∴q＝3.
又∵a2＝a1q，∴a1＝3.
∴S4＝＝120.
3．(5分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，a2a6＝8(a4－2)，则S2 020＝( )
A．22 019－ B．1－2 019
C．22 020－ D．1－2 020
A 解析：设{an}的公比为q，
∵a2a6＝a＝8(a4－2)，
∴a－8a4＋16＝0.
∴a4＝4.∴q3＝＝8.∴q＝2.
∴S2 020＝＝22 019－.
4．(5分)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )
A． B．－
C． D．－
C 解析：设公比为q，∵S3＝a2＋10a1，a5＝9，
∴∴
解得a1＝.故选C．
5．(5分)在数列{an}中，已知对任意正整数n，有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于( )
A．(2n－1)2 B．(2n－1)2
C．4n－1 D．(4n－1)
D 解析：由a1＋a2＋…＋an－1＋an＝2n－1，
得a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1(n≥2)．
∴an＝2n－1(n≥2)．
又a1＝1，∴an＝2n－1，
∴a＝4n－1，∴{a}是等比数列，首项为1，公比为4.
∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
知识点2 等比数列前n项和的实际应用
6．(5分)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：一座七层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．2盏 B．3盏
C．5盏 D．6盏
B 解析：设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，
又由S7＝＝＝381，解得a1＝3.
故选B．
7．(5分)某人于2017年7月1日去银行存款 a元，存的是一年定期储蓄，2018年7月1日将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，此后每年的7月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行一年定期储蓄的年利率r不变，则到2022年7月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有( )
A．a(1＋r)4元
B．a(1＋r)5元
C．a(1＋r)6元
D．[(1＋r)6－(1＋r)]元
D 解析：设2017年存入银行的存款为a1元，2018年存入银行的存款为a2元……则2022年存入银行的存款为a6元，那么2022年从银行取出的钱有(a6－a)元．所以a1＝a，a2＝a(1＋r)＋a，a3＝a(1＋r)2＋a(1＋r)＋a，…，a6＝a(1＋r)5＋a(1＋r)4＋a(1＋r)3＋a(1＋r)2＋a(1＋r)＋a，所以a6－a＝a[(1＋r)＋(1＋r)2＋…＋(1＋r)5]＝[(1＋r)6－(1＋r)].
8.(5分)为了庆祝元旦，某公司特意制作了一个热气球，在热气球上写着“喜迎新年”四个大字．已知热气球在第一分钟内能上升25 m，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的80%，则该气球________上升到125 m高空．(填“能”或“不能”)
不能 解析：设an表示热气球在第n分钟上升的高度．根据题意，有an＝an－1(n≥2，n∈N*)．已知a1＝25，则{an}为等比数列，且公比q＝.热气球上升的总高度Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＝125×<125，即不能上升到125 m高空．
知识点3 错位相减法求和
9．(5分)数列{an}的通项an＝n×2n，数列{an}的前n项和Sn为( )
A．n×2n＋1 B．n×2n＋1－2
C．(n－1)×2n＋1＋2 D．n×2n＋1＋2
C 解析：∵Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Sn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝－n×2n＋1
＝2n＋1－2－n×2n＋1，
∴Sn＝2＋(n－1)×2n＋1.
10.(5分)已知f(x)＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，则f＝________.
2－ 解析：∵f＝＋2×＋3×＋…＋n×，①
∴f＝＋2×＋3×＋…＋n×.②
由①－②得，f＝＋＋＋…＋－＝1－－，
∴f＝2－－＝2－.
11.(5分)在等比数列{an}中，S3＝3a3，则其公比q的值为( )
A．－ B．
C．1或－ D．－1或
C 解析：∵S3＝3a3，∴q＝1时成立．
当q≠1时，＝3a1q2，
∴q2＋q＋1＝3q2，解得q＝－.
综上，q＝1或q＝－.
12．(5分)(多选)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则( )
A．q＝2
B．S9＝29－1
C．数列的前5项和为
D．6S3＝S9
ABC 解析：设{an}的公比为q，
∵9S3＝S6，
∴9×＝，
∴9＝1＋q3，∴q＝2.
∴S9＝＝29－1.故选项A，B正确．又6S3＝6×(23－1)≠S9，∴选项D不正确．∵是等比数列，首项＝1，公比＝，∴S′5＝＝.选项C正确．
13．(5分)在等比数列{an}中，a1＋ax＝82，a3ax－2＝81，且前x项和Sx＝121，则此数列的项数x等于( )
A．4 B．5
C．6 D．7
B 解析：设{an}的公比为q，
∵
∴或
①当a1＝1，ax＝81时，
∵Sx＝＝＝121，∴q＝3.
又∵ax＝1×qx－1＝3x－1＝81，∴x＝5.
②当a1＝81，ax＝1时，
∵Sx＝＝121，∴q＝.
又∵ax＝81×qx－1＝81×x－1＝1，∴x＝5.
综上，x＝5.
14.(5分)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.
(1－4－n) 解析：设等比数列{an}的公比为q，
由a5＝＝a2q3＝2q3，解得q＝.又数列{anan＋1}仍是等比数列，其首项是a1a2＝8，公比为，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n).
15.(5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．
－6 解析：∵S3，S9，S6成等差数列，
∴2S9＝S3＋S6.
显然q≠1，
∴2×＝＋.
∴2q9－q6－q3＝0.∴q3＝－.
∴a5＝＝3×(－2)＝－6.
16.(10分)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，
故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，则
T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则
A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
17.(12分)在等比数列{an}中，a5＝162，公比q＝3，前n项和Sn＝242，求首项a1和项数n.
解：由已知条件，得
由①得81a1＝162，解得a1＝2.
将a1＝2代入②，得＝242，
即3n＝243，解得n＝5.
所以数列{an}的首项a1＝2，项数n＝5.
18.(13分)已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，方程ax2－3x＋2＝0的解x1＝1，x2＝b(b≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an×2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由方程ax2－3x＋2＝0的两根为x1＝1，x2＝b，可得解得
所以an＝2n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)×2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－1)×2n，①
2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1.②
由①－②，得－Tn＝1×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)×2n＋1＝2(2＋22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n＋1－2＝2×－(2n－1)×2n＋1－2＝(3－2n)×2n＋1－6.
所以Tn＝(2n－3)×2n＋1＋6.
素养目标 学科素养
1.掌握等比数列的前n项和公式及其应用．(重点、难点)2．会用错位相减法求数列的和．(重点、难点)3．能运用等比数列的前n项和公式解决一些简单的实际问题. 1.数学运算；2．逻辑推理
情境导学
请问：国王需准备多少麦粒才能满足这个人的要求？国王能兑现自己的诺言吗？
1．等比数列的前n项和
已知量 首项a1、公比q(q≠1)与项数n 首项a1、末项an与公比q(q≠1) 首项a1、公比q＝1
求和公式 Sn＝ Sn＝ Sn＝na1
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)求等比数列{an}的前n项和时，可直接套用公式Sn＝.(×)
(2)若首项为a的数列既是等比数列又是等差数列，则其前n项和等于na.(√)
(3)若a∈R，则1＋a＋a2＋…＋an－1＝.(×)
2．错位相减法求和
推导等比数列前n项和的方法是错位相减法，一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项乘积的前n项和．
下列数列中，可以用错位相减法求和的是(C)
A．{n2} B．{n＋3n}
C． D．
1．在等比数列{an}中，其前n项和为Sn，a1＝2，S3＝26，则公比q等于( )
A．3 B．－4
C．3或－4 D．－3或4
C 解析：由题意可知q≠1，且S3＝＝＝26，∴q2＋q－12＝0，
∴q＝3或q＝－4.
2．在等比数列{an}中，其前n项和为Sn，若q＝－，S5＝11，则a1＝________.
16 解析：S5＝＝×a1＝11，
∴a1＝16.
3．在等比数列{an}中，已知a1＝3，an＝96，Sn＝189，则n＝________.
6 解析：由Sn＝＝＝189，得q＝2.又an＝a1qn－1＝3×2n－1＝96，所以n＝6.
4．在各项均为正数的等比数列{an}中，Sn为其前 n项和，若a1＝81，a5＝16，则S5＝________.
211 解析：由16＝81×q5－1，q>0，得q＝，
所以S5＝＝211.
5．设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，则＝________.
15 解析：＝＝＝＝15.
【例1】在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，解决下列问题：
(1)若an＝2n，求S6；
(2)若a1＋a3＝，a4＋a6＝10，求S5；
(3)若Sn＝189，q＝2，an＝96，求a1和n.
解：设数列{an}的首项为a1，公比为q.
(1)∵an＝2n＝2×2n－1，∴a1＝2，q＝2.
∴S6＝＝126.
(2)由题意，得
解得
从而S5＝＝＝.
(3)(方法一)由Sn＝，an＝a1qn－1及已知条件，得
解得
(方法二)由公式Sn＝及已知条件，
得189＝，解得a1＝3.
又由an＝a1qn－1，
得96＝3×2n－1，解得n＝6.
在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q表示an与Sn，从而列方程组求解．在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的．这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．
已知等比数列{an}满足a3＝12，a8＝，记其前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Sn＝93，求n.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
则解得
所以an＝a1qn－1＝48×n－1.
(2)Sn＝＝＝96.
由Sn＝93，得96＝93，解得n＝5.
【例2】小华准备购买一台售价为5 000元的电脑，采用分期付款方式，并在一年内将款项全部付清．商场提出的付款方式：购买2个月后第1次付款，再过2个月后第2次付款，……，购买12个月后第6次付款，每次付款金额相同，约定月利率为0.8%，每月利息按复利计算，求小华每期付款金额是多少．
解：(方法一)设小华每期付款x元，第k个月末付款后的欠款本利为Ak，则
A2＝5 000×(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0082－x，
A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0084－1.0082x－x，
…
A12＝5 000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0，
解得x＝
＝≈880.81.
故小华每期付款金额约为880.81元．
(方法二)设小华每期付款x元，到第k个月时已付款及利息为Ak元，则
A2＝x，
A4＝A2(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082)，
A6＝A4(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082＋1.0084)，
…
A12＝x(1＋1.0082＋1.0084＋1.0086＋1.0088＋1.00810)．
∵年底付清欠款，
∴A12＝5 000×1.00812，
即5 000×1.00812＝x(1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)．
∴x＝≈880.81.
故小华每期付款金额约为880.81元．
解决数列应用题时，一是明确问题属于哪类应用问题，即明确是等差数列还是等比数列问题，还是含有递推关系的数列问题；二是明确是求an，还是求Sn.细胞繁殖、利率、增长率等问题一般为等比数列问题．
某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上一年减少，本年度当地旅游业收入估计为400万元．由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增长.求n年内的总投入与n年内旅游业的总收入．
解：由题意知第1年投入800万元，
第2年投入800×万元，
……
第n年投入800×n－1万元，
所以每年的投入资金数构成首项为800，公比为的等比数列．
所以n年内的总投入Sn＝800＋800×＋…＋800×n－1＝4 000×(万元)．
由题意知，第1年旅游业的收入为400万元，
第2年旅游业的收入为400×万元，
……
第n年旅游业的收入为400×n－1万元，
所以每年的旅游业收入资金数构成首项为400，公比为的等比数列．
所以n年内旅游业的总收入Tn＝400＋400×＋…＋400×n－1＝1 600×(万元)．
故n年内的总投入为4 000×万元，n年内旅游业的总收入为1 600×万元．
探究题1 求数列，，，…，，…的前n项和．
解：设Sn＝＋＋＋…＋，①
则Sn＝＋＋＋…＋，②
①－②，得Sn＝＋＋＋＋…＋－，即Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－＝＋1－n－1－＝－－.
所以Sn＝3－－＝3－.
探究题2 求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn.
解：(1)当x＝0时，Sn＝0.
(2)当x＝1时，Sn＝.
(3)当x≠0且x≠1时，
Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，①
xSn＝x2＋2x3＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1，②
①－②得，(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1＝－nxn＋1，
∴Sn＝[nxn＋1－(n＋1)xn＋1]．
∴Sn＝
探究题3 已知数列{an}是首项、公比都为5的等比数列，bn＝anlog25an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：依题意，得an＝5×5n－1＝5n，
于是bn＝5nlog255n＝·n·5n.
所以Sn＝×1×5＋×2×52＋×3×53＋…＋×n×5n，
则5Sn＝×1×52＋×2×53＋×3×54＋…＋×(n－1)×5n＋×n×5n＋1，
两式相减，得－4Sn＝×5＋×52＋×53＋…＋×5n－×n×5n＋1，
即－4Sn＝(5＋52＋53＋…＋5n)－×n×5n＋1
＝×－×n×5n＋1
＝－，
故Sn＝.
探究题4 已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2，….
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
(1)证明：∵an＋1＝，
∴＝＝＋×，
∴－1＝.
又a1＝，∴－1＝.
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知－1＝×＝，
即＝＋1，∴＝＋n.
设Tn＝＋＋＋…＋，①
则Tn＝＋＋…＋＋.②
①－②得
Tn＝＋＋…＋－
＝－＝1－－，
∴Tn＝2－－＝2－.
∴Sn＝Tn＋1＋2＋…＋n＝Tn＋
＝2－＋.
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项乘积组成，此时可把式子Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减整理即可求出Sn.
在计算的过程中要注意第1项与最后一项的处理，有时还要注意对公比q的讨论．
若已知数列为{(2n－1)an－1}(a≠0)，求它的前n项和．
解：当a＝1时，数列变成1,3,5,7，…，2n－1，…，
则Sn＝＝n2.
当a≠1时，
有Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)·an－1，①
aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an，②
①－②得
Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an，
(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1)＝1－(2n－1)an＋2＝1－(2n－1)an＋.
又1－a≠0，∴Sn＝＋，
∴Sn＝
1．等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝2，当Sn＝127时，n＝( )
A．8 B．7
C．6 D．5
B 解析：由Sn＝，a1＝1，q＝2.
当Sn＝127时，则127＝，解得n＝7.故选B．
2．等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋S3＝0，则公比q＝( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
A 解析：∵a2＋S3＝a2＋(a1＋a2＋a3)＝0，
∴a1＋2a2＋a3＝a1(1＋2q＋q2)＝a1(1＋q)2＝0.
又a1≠0，∴q＝－1.故选A．
3．已知等比数列{an}的公比为－2，且Sn为其前n项和，则＝( )
A．－5 B．－3
C．5 D．3
C 解析：由题意可得：＝＝1＋(－2)2＝5，故选C．
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，S3＝9，则S4＝( )
A．12 B．－15
C．12或－15 D．12或15
C 解析：因为a1＝3，S3＝9，当q＝1时，满足题意；故可得S4＝4a1＝12；
当q≠1时，S3＝＝9，解得q＝－2，
故S4＝＝＝－15.
综上所述S4＝12或－15.故选C．
5．等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn.
(1)若a1＝－8，a3＝－2，求S4；
(2)若S6＝315，q＝2，求a1.
解：(1)由题意可得q2＝＝＝，
所以q＝－或q＝.
当q＝－时，S4＝＝－5；
当q＝时，S4＝＝－15.
综上所述，S4＝－15或S4＝－5.
(2)S6＝＝315，解得a1＝5.
1．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”．
2．前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况．
3．一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减的方法．
课时分层作业(九)
等比数列的前n项和公式(第1课时)
(60分钟 110分)
知识点1 等比数列的前n项和
1．(5分)已知数列{an}的通项公式是an＝2n，Sn是数列{an}的前n项和，则S10等于( )
A．10 B．210
C．210－2 D．211－2
D 解析：∵an＝2n，∴a1＝2，q＝2.
∴S10＝＝211－2.
2．(5分)在等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为( )
A．81 B．120
C．168 D．192
B 解析：设{an}的公比为q，
∵a2＝9，a5＝243，
∴q3＝＝27，∴q＝3.
又∵a2＝a1q，∴a1＝3.
∴S4＝＝120.
3．(5分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝，a2a6＝8(a4－2)，则S2 020＝( )
A．22 019－ B．1－2 019
C．22 020－ D．1－2 020
A 解析：设{an}的公比为q，
∵a2a6＝a＝8(a4－2)，
∴a－8a4＋16＝0.
∴a4＝4.∴q3＝＝8.∴q＝2.
∴S2 020＝＝22 019－.
4．(5分)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )
A． B．－
C． D．－
C 解析：设公比为q，∵S3＝a2＋10a1，a5＝9，
∴∴
解得a1＝.故选C．
5．(5分)在数列{an}中，已知对任意正整数n，有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于( )
A．(2n－1)2 B．(2n－1)2
C．4n－1 D．(4n－1)
D 解析：由a1＋a2＋…＋an－1＋an＝2n－1，
得a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1(n≥2)．
∴an＝2n－1(n≥2)．
又a1＝1，∴an＝2n－1，
∴a＝4n－1，∴{a}是等比数列，首项为1，公比为4.
∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
知识点2 等比数列前n项和的实际应用
6．(5分)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：一座七层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．2盏 B．3盏
C．5盏 D．6盏
B 解析：设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，
又由S7＝＝＝381，解得a1＝3.
故选B．
7．(5分)某人于2017年7月1日去银行存款 a元，存的是一年定期储蓄，2018年7月1日将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，此后每年的7月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行一年定期储蓄的年利率r不变，则到2022年7月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有( )
A．a(1＋r)4元
B．a(1＋r)5元
C．a(1＋r)6元
D．[(1＋r)6－(1＋r)]元
D 解析：设2017年存入银行的存款为a1元，2018年存入银行的存款为a2元……则2022年存入银行的存款为a6元，那么2022年从银行取出的钱有(a6－a)元．所以a1＝a，a2＝a(1＋r)＋a，a3＝a(1＋r)2＋a(1＋r)＋a，…，a6＝a(1＋r)5＋a(1＋r)4＋a(1＋r)3＋a(1＋r)2＋a(1＋r)＋a，所以a6－a＝a[(1＋r)＋(1＋r)2＋…＋(1＋r)5]＝[(1＋r)6－(1＋r)].
8.(5分)为了庆祝元旦，某公司特意制作了一个热气球，在热气球上写着“喜迎新年”四个大字．已知热气球在第一分钟内能上升25 m，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的80%，则该气球________上升到125 m高空．(填“能”或“不能”)
不能 解析：设an表示热气球在第n分钟上升的高度．根据题意，有an＝an－1(n≥2，n∈N*)．已知a1＝25，则{an}为等比数列，且公比q＝.热气球上升的总高度Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＝125×<125，即不能上升到125 m高空．
知识点3 错位相减法求和
9．(5分)数列{an}的通项an＝n×2n，数列{an}的前n项和Sn为( )
A．n×2n＋1 B．n×2n＋1－2
C．(n－1)×2n＋1＋2 D．n×2n＋1＋2
C 解析：∵Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Sn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1
＝－n×2n＋1
＝2n＋1－2－n×2n＋1，
∴Sn＝2＋(n－1)×2n＋1.
10.(5分)已知f(x)＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，则f＝________.
2－ 解析：∵f＝＋2×＋3×＋…＋n×，①
∴f＝＋2×＋3×＋…＋n×.②
由①－②得，f＝＋＋＋…＋－＝1－－，
∴f＝2－－＝2－.
11.(5分)在等比数列{an}中，S3＝3a3，则其公比q的值为( )
A．－ B．
C．1或－ D．－1或
C 解析：∵S3＝3a3，∴q＝1时成立．
当q≠1时，＝3a1q2，
∴q2＋q＋1＝3q2，解得q＝－.
综上，q＝1或q＝－.
12．(5分)(多选)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则( )
A．q＝2
B．S9＝29－1
C．数列的前5项和为
D．6S3＝S9
ABC 解析：设{an}的公比为q，
∵9S3＝S6，
∴9×＝，
∴9＝1＋q3，∴q＝2.
∴S9＝＝29－1.故选项A，B正确．又6S3＝6×(23－1)≠S9，∴选项D不正确．∵是等比数列，首项＝1，公比＝，∴S′5＝＝.选项C正确．
13．(5分)在等比数列{an}中，a1＋ax＝82，a3ax－2＝81，且前x项和Sx＝121，则此数列的项数x等于( )
A．4 B．5
C．6 D．7
B 解析：设{an}的公比为q，
∵
∴或
①当a1＝1，ax＝81时，
∵Sx＝＝＝121，∴q＝3.
又∵ax＝1×qx－1＝3x－1＝81，∴x＝5.
②当a1＝81，ax＝1时，
∵Sx＝＝121，∴q＝.
又∵ax＝81×qx－1＝81×x－1＝1，∴x＝5.
综上，x＝5.
14.(5分)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.
(1－4－n) 解析：设等比数列{an}的公比为q，
由a5＝＝a2q3＝2q3，解得q＝.又数列{anan＋1}仍是等比数列，其首项是a1a2＝8，公比为，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n).
15.(5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．
－6 解析：∵S3，S9，S6成等差数列，
∴2S9＝S3＋S6.
显然q≠1，
∴2×＝＋.
∴2q9－q6－q3＝0.∴q3＝－.
∴a5＝＝3×(－2)＝－6.
16.(10分)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，
故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，则
T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则
A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
17.(12分)在等比数列{an}中，a5＝162，公比q＝3，前n项和Sn＝242，求首项a1和项数n.
解：由已知条件，得
由①得81a1＝162，解得a1＝2.
将a1＝2代入②，得＝242，
即3n＝243，解得n＝5.
所以数列{an}的首项a1＝2，项数n＝5.
18.(13分)已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，方程ax2－3x＋2＝0的解x1＝1，x2＝b(b≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an×2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由方程ax2－3x＋2＝0的两根为x1＝1，x2＝b，可得解得
所以an＝2n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)×2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－1)×2n，①
2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1.②
由①－②，得－Tn＝1×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)×2n＋1＝2(2＋22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n＋1－2＝2×－(2n－1)×2n＋1－2＝(3－2n)×2n＋1－6.
所以Tn＝(2n－3)×2n＋1＋6.