苏教版等比数列的前n项和2

第十课时 等比数列的前n项和(二)

教学目标：

综合运用等比数列的定义式、通项公式、性质及前n项求和公式解决相关问题，提高学生分析、解决问题的能力. 教学重点：

进一步熟练掌握等比数列的通项公式和前n项和公式. 教学难点：

灵活使用有关知识解决问题 教学过程： Ⅰ.复习回顾

前面我们学习了哪些有关等比数列的知识?

an

定义式： ＝q(q≠0，n≥2)

an－1通项公式：an＝a1qn1(a1,q≠0)

若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq,

－

a1（1－qn）a1－anqSn＝ ＝ (q≠1)

1－q1－q

Sn＝na1，(q＝1)

an＝Sn－Sn－1(n≥2)，a1＝S1(n＝1) Ⅱ.讲授新课

我们结合一些练习来看一下如何灵活应用它们.

111

［例1］求和：（x＋ ）＋（x2＋2 ）＋…＋（xn＋n ） (其中x≠0，x≠1，y≠1)

yyy分析：上面各个括号内的式子均由两项组成，其中各括号内的前一项与后一项分别组成

等比数列，分别求出这两个等比数列的和，就能得到所求式子的和.

解：当x≠0，x≠1，y≠1时，

111111（x＋ ）＋（x2＋2 ）＋…＋（xn＋n ）＝(x＋x2＋…＋xn)＋( ＋2 ＋…＋n )

yyyyyy11

（1－n ）＋yyx（1－x）x－xn1yn－1

＝ ＋ ＝ ＋n＋1n

11－x1－xy－y1－ y

n

此方法为求和的重要方法之一：分组求和法.

［例2］已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，求证：a2，a8，a5

成等差数列.

分析：由题意可得S3＋S6＝2S9，要证a2，a8，a5成等差数列，只要证a2＋a5＝2a8即可. 证明：∵S3，S9，S6成等差数列，∴S3＋S6＝2S9

若q＝1，则S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，由等比数列中，a1≠0得S3＋S6≠2S9，与题设矛盾，∴q≠1，

a1（1－q3）a1（1－q6）a1（1－q9）∴S3＝ ，S6＝ ，S9＝ 且

1－q1－q1－qa1（1－q3）a1（1－q6）2a1（1－q9） ＋ ＝

1－q1－q1－q

整理得q3＋q6＝2q9，由q≠0得1＋q3＝2q6

又∵a2＋a5＝a1q＋a1q4＝a1q(1＋q3)，∴a2＋a5＝a1q·2q6＝2a1q7＝2a8 ∴a2，a8，a5成等差数列.

评述：要注意题中的隐含条件与公式的应用条件.

［例3］某制糖厂第1年制糖5万吨，如果平均每年的产量比上一年增加10%，那么从第1年起，约几年内可使总产量达到30万吨(保留到个位)?

分析：由题意可知，每年产量比上一年增加的百分率相同，所以从第1年起，每年的产量组成一个等比数列，总产量则为等比数列的前n项和.

解：设每年的产量组成一个等比数列{an}，其中a1＝5，q＝1＋10%＝1.1，Sn＝30

5（1－1.1n）∴ ＝30，整理可得：1.1n＝1.6

1－1.1lg1.6

两边取对数，得nlg1.1＝lg1.6，即：n＝ ≈5

lg1.1

答：约5年内可以使总产量达到30万吨.

评述：首先应根据题意准确恰当建立数学模型，然后求解. Ⅲ.课堂练习

课本P58练习1，2，3 Ⅳ.课时小结

通过本节学习，应掌握等比数列的定义式、通项公式、性质以及前n项求和公式的灵活应用.利用它们解决一些相关问题时，应注意其特点. Ⅴ.课后作业

课本P58习题 3，4，5

等比数列的前n项和(二)

1．数列{an}为正数的等比数列，它的前n项和为80，且前n项中数值最大的项为54，它的前2n项的和为6560，求此数列的首项和公比. 2．已知数列{an}是等比数列，试判断该数列依次k项的和组成的数列{bn}是否仍为等比数列？

3．求数列1，a＋a2，a2＋a3＋a4，a3＋a4＋a5＋a6，…的前n项和Sn.

4．数列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)

(1)证明数列{an}为等比数列；（2）求通项an；(3)当k＝－1时，求和a12＋a22＋…＋an2.

5．已知一个项数是偶数的等比数列的首项为1，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数.

6．等比数列{an}中，S4＝1，S8＝3，求a17＋a18＋a19＋a20的值.

111

7．求和（x＋ ）2＋（x2＋2 ）2＋…＋（xn＋n ）2

xxx

8．求数列2x2，3x3，4x4，…，nxn，…的前n项和.

等比数列的前n项和(二)答案

1．数列{an}为正数的等比数列，它的前n项和为80，且前n项中数值最大的项为54，它的前2n项的和为6560，求此数列的首项和公比.

a1（1－qn）

分析：利用等比数列的前n项和公式Sn＝ 解题.

1－q解：若q＝1，则应有S2n＝2Sn，与题意不合，故q≠1. a1（1－qn）

＝80 ①

1－q

当q≠1时，由已知得

a1（1－q2n）

＝6560 ②

1－q

???

②1－q2n2nn由 ，得n ＝82，即q－82q＋81＝0 ①1－q

得qn＝81或qn＝1(舍) ∴qn＝81，故q＞1.

{an}的前n项中最大，有an＝54.将qn＝81代入①，得a1＝q－1 ③

－

由an＝a1qn1＝54，得a1qn＝54q 即81a1＝54q ④ 由③、④得a1＝2，q＝3

评述：在数学解题中还应有一个整体观念，如本题求出qn＝81，应保留qn为一个整体求解方便. 2．已知数列{an}是等比数列，试判断该数列依次k项的和组成的数列{bn}是否仍为等比数列？

分析：应对{an}的公比q分类讨论.

解：设bn＝a(n－1)k+1＋a(n－1)k+2＋…＋ank，且数列{an}的公比为q 则当q＝1时，b1＝b2＝…＝bn＝…＝ka1, ∴{bn}为公比是1的等比数列.

a（n－1）k＋1（1－qk）bn＋1ank＋1

当q≠±1时，bn＝ ， ＝ ＝qk

bn1－qa（n－1）k＋1

∴{bn}为公比是qk的等比数列.

当q＝－1时，若k为偶数，则bn＝0，此时{bn}不能为等比数列. 若k为奇数，数列{bn}为公比为－1的等比数列.

综上：当{an}的公比不为－1时，数列{bn}仍为等比数列；当{an}的公比为－1时，若k为偶数，则{bn}不是等比数列；当k为奇数时，数列{bn}为公比为－1的等比数列. 3．求数列1，a＋a2，a2＋a3＋a4，a3＋a4＋a5＋a6，…的前n项和Sn.

1

解：(1)a＝0时，Sn＝1；(2)a＝1时，Sn＝ n(n＋1)；

2

?2 （n为偶数）

(3)a＝－1时，S＝?；

n＋1

?2 （n为奇数）

n

n

（1－an）（1－an1）

(4)a＝±1；a≠0时，Sn＝ . （1－a）（1－a2）

＋

4．数列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)

(1)证明数列{an}为等比数列；（2）求通项an；(3)当k＝－1时，求和a12＋a22＋…＋an2. 分析：由于条件中涉及Sn与an的关系，因此，要考虑Sn－Sn－1＝an(n≥2)的运用，然后回答定义.

（1）证明：∵Sn＝1＋kan ① Sn－1＝1＋kan－1 ② ①－②得Sn－Sn－1＝kan－kan－1(n≥2)

∴(k－1)an＝kan－1，

ank ＝ (常数)，（n≥2） an－1k－1

k

∴{an}是公比为 的等比数列.

k－1（2）解：∵S1＝a1＝1＋ka1，∴a1＝

n?11 1－k

k1k－

∴an＝ ·( )n1＝－ n1－kk－1(k?1)1k(3)解：∵{an}中a1＝ ，q＝

1－kk－1

1k

∴{an2}为首项为（ ）2，公比为（ ）2的等比数列.

k－1k－111

当k＝－1时，等比数列{an2}的首项为 ，公比为

4411

[1－（ ）n]4411

∴a12＋a22＋…＋an2＝ ＝ [1－（ ）n]

1341－ 4

?S1 （n＝1）

评述：应注意an＝? 的应用.

?Sn－Sn－1 （n≥2）

5．已知一个项数是偶数的等比数列的首项为1，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数.

解：设数列的公比为q，项数为2n

?a1＋a3＋…＋a2n－1＝85则? ，得q(a1＋a3＋…＋a2n－1)＝170，∴q＝2 ?a2＋a4＋…＋a2n＝170

a1（1－q2n）1－22n

又∵ ＝85，即 ＝85

1－q21－22∴22n＝256＝28，∴2n＝8

评述：在等比数列的通项公式和前n项和公式中，共涉及到a1，n，q，an，Sn5个量，其中a1和q是基本量，利用这两个公式，可知三求二.

6．等比数列{an}中，S4＝1，S8＝3，求a17＋a18＋a19＋a20的值.

分析：关键是确定首项和公比.

解：设此数列的首项和公比为a1和q.

a1（1－q4）

＝1 ①

1－q

则

a1（1－q8）

＝3 ②

1－q

???

由②÷①得q4＝2.

∴a17＋a18＋a19＋a20＝S20－S16

a1（1－q20）a1（1－q16）a1 q16（1－q4）＝ － ＝ ＝q16＝24＝16.

1－q1－q1－q

评述：在研究等比数列的问题中，要确定基本量a1和q,仍然离不开方程思想，在具体求

解时，得到的方程往往是高次方程，因此，要注意优化与化简. 111

7．求和（x＋ ）2＋（x2＋2 ）2＋…＋（xn＋n ）2

xxx

111

分析：注意到（xn＋n ）2＝an＝x2n＋2n ＋2，且{x2n}与{( )2n}为等比数列，故可考虑

xxx拆项法.

111

解：Sn＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋(2 ＋4 ＋…＋2n )＋(2?2)?????2

xxx???????n个2当x＝±1时， Sn＝n＋n＋2n＝4n.

11

2 （1－2n ）xx（1－x）x

当x≠±1时，Sn＝ ＋ ＋2n 211－x

1－2 x

2

2n

（x2n－1）（x2n2＋1）＝ ＋2n

x2n（x2－1）

＋

评述：在运用等比数列的求和公式时，要注意分析公比是否为1. 8．求数列2x2，3x3，4x4，…，nxn，…的前n项和.

分析：可以通过错位相减的方法转化为等比数列的求和问题. 解：（1）当x＝0时，Sn＝0.

1

(2)当x＝1时，Sn＝2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝ n(n＋3).

2(3)当x≠1时，Sn＝2x2＋3x3＋4x4＋…＋(n＋1)xn+1 xSn＝2x3＋3x4＋4x5＋…＋nxn+1＋(n＋1)xn+2 ①－②得：（1－x）Sn＝2x2＋x3＋x4＋…＋xn+1－(n＋1)xn+2

x3（1－xn1）

＝2x＋ －(n＋1)xn+2

1－x

－

① ②

2

2x2―x3―（n＋2）xn+2＋（n＋1）xn+3

∴Sn＝

（1－x）2又当x＝0时，Sn＝0适合③

1

③

?2 n(n＋3) （x＝1）∴S＝?2x―x―（n＋2）x＋（n＋1）x

（x≠1）

?（1－x）

n

2

3

n+2

n+3

2评述：错位相减法是一种常用的重要的求和方法.

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