2018版高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和(一)学案新人教A版必修5
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1 2.5 等比数列的前n项和（一） [学习目标] 1.掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路.2.会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题．
知识点一 等比数列前n项和公式 1．等比数列前n项和公式
(1)公式：Sn＝a1（1－qn）1－q＝a1－anq1－q（q≠1），na1（q＝1）. (2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况． 2．等比数列前n项和公式的使用
公比q≠1时，公式Sn＝a1（1－qn）1－q适用于已知a1，q和项数n，而公式Sn＝a1－anq1－q更适用于已知a1，q和末项an，使用时依据条件灵活选用． 思考 设f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1 (n∈N*)，则f(n)等于( )
A.27(8n－1) B.27(8n＋1－1)
C.27(8n＋2－1) D.27(8n＋3－1) 答案 B 解析 f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1＝2（1－8n＋1）1－8
＝27(8n＋1－1)． 知识点二 错位相减法 1．推导等比数列前n项和的方法 一般地，等比数列{an}的前n项和可写为： Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1
，①
用公比q乘①的两边，可得 qSn＝a1＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，②
由①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn，
整理得Sn＝a1（1－qn）1－q(q≠1)． 2．我们把上述方法叫错位相减法，一般适用于数列{an·bn}前n项和的求解，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且q≠1. 2
题型一 等比数列基本量的计算 例1 在等比数列{an}中， (1)S2＝30，S3＝155，求Sn；
(2)a1＋a3＝10，a4＋a6＝54，求S5； (3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求q. 解 (1)由题意知a1（1＋q）＝30，a1（1＋q＋q2）＝155，
解得a1＝5，q＝5，或a1＝180，q＝－56.
从而Sn＝14×5n＋1－54或Sn＝1 080×[1－（－56）n]11. (2)方法一 由题意知a1＋a1q2＝10，a1q3＋a1q5＝54， 解得a1＝8，q＝12， 从而S5＝a1（1－q5）1－q＝312. 方法二 由(a1＋a3)q3＝a4＋a6， 得q3＝18，从而q＝12. 又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10， 所以a1＝8，从而S5＝a1（1－q5）1－q＝312. (3)因为a2an－1＝a1an＝128， 所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根．
从而a1＝2，an＝64或an＝2，a1＝64.
又Sn＝a1－anq1－q＝126， 所以q为2或12. 3
反思与感悟 (1)在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，已知其中的三个量，通过列方程组求解，就能求出另两个量，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用． (2)在解决与前n项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论． 跟踪训练1 在等比数列{an}中， (1)若a1＝2，an＝162，Sn＝112，求n和q； (2)已知S4＝1，S8＝17，求an.
解 (1)由Sn＝a1－anq1－q得112＝2－162q1－q， ∴q＝－2， 又由an＝a1qn－1得162＝2(－2)n－1， ∴n＝5. (2)若q＝1，则S8＝2S4，不合题意，∴q≠1，
∴S4＝a1（1－q4）1－q＝1，S8＝a1（1－q8）1－q＝17，
两式相除得1－q81－q4＝17＝1＋q4， ∴q＝2或q＝－2， ∴a1＝115或a1＝－15，
∴an＝115·2n－1或－15·(－2)n－1. 题型二 错位相减法求和 例2 设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Sn. 解 (1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q. 由题意有q＞0且1＋2d＋q4＝21，1＋4d＋q2＝13，解得d＝2，q＝2. ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，bn＝2n－1. (2)由(1)知anbn＝2n－12n－1，
Sn＝1＋321＋522＋…＋2n－32n－2＋2n－12n－1，① 4
12Sn＝121＋322＋…＋2n－52n－2＋2n－32n－1＋2n－12n，②
①－②得 12Sn＝1＋22＋222＋…＋22n－2＋22n－1－2n－12n
＝1＋2(12＋122＋…＋12n－2＋12n－1)－2n－12n
＝1＋2×12[1－（12）n－1]1－12－2n－12n＝3－2n＋32n， ∴Sn＝6－2n＋32n－1. 反思与感悟 一般地，如果数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可以采用错位相减法．在作差时，要注意第一项与最后一项的处理．有时还要注意对公比q的讨论． 跟踪训练2 求数列{nxn}的前n项和． 解 (1)当x＝0时，Sn＝0.
(2)当x＝1时，Sn＝n（n＋1）2. (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
＝x（1－xn）1－x－nxn＋1，
∴Sn＝x（1－x）2·[nxn＋1－(n＋1)xn＋1]，
∴Sn＝
n（n＋1）
2（x＝1），
0（x＝0），x（1－x）2[nxn＋1－（n＋1）xn＋1]（x≠0且x≠1）.
题型三 等差、等比数列的综合问题 例3 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； 5
(2)令cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2）n，求数列{cn}的前n项和Tn. 解 (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5. 当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式． 所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d，
由a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，即11＝2b1＋d，17＝2b1＋3d， 可解得b1＝4，d＝3. 所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝（6n＋6）n＋1（3n＋3）n＝3(n＋1)·2n＋1.. 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn. 得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]． 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]． 两式作差，得 －Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×4＋4（1－2n）1－2－（n＋1）×2n＋2＝－3n·2n＋2. 所以Tn＝－3n·2n＋2. 反思与感悟 利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值，同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程组求解． 跟踪训练3 在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求an及其前n项和Sn；
(2)设bn＝1＋log3an，求数列1bn·bn＋1的前10项和T10. 解 (1)设{an}的公比为q，依题意得
a1q＝3a1q4＝81，解得a1＝1
q＝3
，
因此，an＝3n－1，Sn＝1()1－3n1－3＝3n－12. (2)由(1)知bn＝1＋log3an＝1＋(n－1)＝n， 则1bnbn＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，
所以T10＝11×2＋12×3＋…＋110×11 6
＝1－12＋12－13＋…＋110－111 ＝1－111＝1011.
例4 等比数列1，2a，4a2，8a3，…的前n项和Sn＝________． 错解 Sn＝1－（2a）n1－2a 错因分析 忽视等比数列前n项和公式的应用条件，未对等比数列的公比2a分类讨论，导致错误． 正解 公比为q＝2a，
当2a＝1，即a＝12时，2a＝1，Sn＝n；
当q≠1，即a≠12时，2a≠1，则Sn＝1－（2a）n1－2a.
答案 n， a＝12，1－（2a）n1－2a， a≠12. 误区警示 准确理解公式，重视分类讨论 应用等比数列前n项和公式时，要注意公比q是否为1，因为等比数列前n项和公式是“分段函数”形式．若题中公比不明确，要分情况讨论，如本例，公比为q＝2a，应该分2a＝1，2a≠1两种情况讨论，否则结论就不完整．
1．已知等比数列{an}的首项a1＝3，公比q＝2，则S5等于( ) A．93 B．－93 C．45 D．－45 答案 A
解析 S5＝a1（1－q5）1－q＝3（1－25）1－2＝93. 2．在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝6，a2＋a3＋a4＝－3，则a3＋a4＋a5＋a6＋a7等于( ) A.118 B.1916
