1、目标导航1在掌握等比数列前 n 项和公式的基础上探索并发现等比数列前 n项和的性质(重点)2能用等比数列前 n 项和的性质解决简单数列问题(重点)3掌握等比数列及其前 n 项和的综合应用问题的解法1 新知识预习探究知识点一 等比数列前 n 项和的性质(1)连续 m 项的和，如 Sm，S2mSm，S3mS2m，仍组成等比数列(2)an为等比数列SnAqnB(AB0)(3)在等比数列an中，若项数为 2n(nN*)，则S偶S奇q.(4)在等比数列an中，SmnSnqnSm.【练习 1】在等比数列an中，若 S1010，S2030，求 S30.解析：法一：设公比为 q，S1010，S203020，q
2、1.a11q101q10 a11q201q30 得 1q103，q102.将 q102代入得 a11q10，S30a11q301q10(123)70.法二：S10，S20S10，S30S20 成等比数列，又 S1010，S2030，S30S20S3030301021040，S3070.知识点二 数列求和的常用方法(1)公式法：如果给定数列是等差(比)数列，或可转化为等差(比)数列，可以直接利用等差(比)数列的前 n 项和公式求解(2)错位相减法：适用于形如anbn的数列求和，其中数列an，bn一个是等差数列，一个是等比数列(3)倒序相加法：一个数列倒过来与原数列对应项相加时，若有公因式可以提取
3、，并且剩余两项的和容易求出，那么这样的数列求和可以采用倒序相加法主要用于求组合数列的和这里易忽视因式为零的情况，例如等差数列求和公式就可以应用此法进行推导(4)分组求和法：适用于形如anbn类型的数列求和其中an，bn是等差或等比数列(5)裂项相消法：求数列an的前 n 项和时，若 an 可拆分为：anbnbn1，则 a1a2a3anb1bn1.解题关键是能否将原数列的每一项拆成两项(相邻)裂项相消法的基本思想是设法将数列的每一项拆成两项，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后相消，进而可以求出数列的前 n 项和，常见的裂项公式有：1nnk1k1n 1nk；1nk n1
4、k(nk n)【练习 2】已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前 n 项和为 Sn.(1)求 an 及 Sn；(2)令 bn1a2n1(nN*)，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：(1)设等差数列an的公差为 d，因为 a37，a5a726，所以有a12d72a110d26，解得 a13，d2.所以 an32(n1)2n1；Sn3nnn122n22n.(2)由(1)知 an2n1，所以bn1a2n112n121141nn1141n 1n1所以 Tn1411212131n 1n1141 1n1 n4n1.即数列bn的前 n 项和 Tnn4n1.2 新视点名师博客1.等比数列前 n
5、 项和性质(1)处理等比数列问题，注意整体代换思想的应用(2)灵活运用前 n 项和的性质解题，思路清晰，过程简便2由递推公式求数列通项公式及数列前 n 项和对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列3数列综合问题的解法对于数列的综合题，应根据给出的等式的特征，结合数列的通项an 与前 n 项和 Sn 的关系及等比数列的性质，转化为数列相邻两项的关系，另外，错位相减法是数列求和的重要方法，应熟练运用微课：求数列前 n 项和的方法3 新课堂互动探究 考点一 等比数列前 n 项和的性质例 1 设等比数列an的前 n
6、项和为 Sn，若S6S33，求S9S6的值分析：可直接利用等比数列求和公式，也可以利用 SmnSnqnSm或 Sk，S2kSk，S3kS2k，S4kS3k成等比数列来解解析：法一：若 q1，则 S66a1，S33a1，S6S32，这与已知矛盾，q1.由题设知a11q61qa11q31q3，即 1q33，q32.S9S6a11q91qa11q61q12312273.法二：S63S3.由等比数列的性质知 S3，S6S3，S9S6 成等比数列即 S3,2S3，S93S3 成等比数列，S93S34S3，S97S3，S9S673.法三：由性质 SnmSnqnSm 知 S6S3q3S3，S6S31q33，
7、q32.又 S9S6q6S3S64S37S3，S9S67S33S373.点评：(1)法一是等比数列前 n 项和公式的直接应用，属通性通法；法二和法三利用了等比数列前 n 项和的性质，方法灵活，技巧性强(2)等比数列前 n 项和的常用性质项的个数的“奇偶”性质：等比数列an中，公比为 q.()若共有 2n 项，则 S 偶S 奇q；()若共有 2n1 项，则 S 奇S 偶a1a2n21q(q1 且 q1)“片断和”性质：等比数列an中，公比为 q，前 m 项和为Sm(Sm0)，则 Sm，S2mSm，S3mS2m，SkmS(k1)m，构成公比为 qm 的等比数列变式探究 1 在等比数列an中，已知
8、Sn48，S2n60，求 S3n.解：解法一：S2n2Sn，q1.由已知得a11qn1q48a11q2n1q60.)，得 1qn54，即 qn14.代入，得 a11q64.S3na11q3n1q641 143 63.解法二：an为等比数列，Sn，S2nSn，S3nS2n 也成等比数列(S2nSn)2Sn(S3nS2n)S3nS2nSn2SnS2n60482486063.考点二分组求和法求数列的前 n 项和例 2求和：(1)(a1)(a22)(ann)；(2)(2351)(4352)(2n35n)分析：数列 anann，bn2n35n 都是由等差数列与等比数列的和、差构成的，故可用分组求和法求解
9、解析：(1)当 a1 时，(a1)(a22)(ann)12(n1)n1n2.当 a1 时，(a1)(a22)(ann)(aa2an)(12n)a1an1a nn12.(2)(2351)(4352)(2n35n)2(12n)3(51525n)2nn1235115n151n(n1)34(15n)变式探究 2 求数列 112，214，318，n 12n的前 n 项和 Sn.解：Sn112214n 12n(12n)1214 12n nn12121 12n112nn121 12n.考点三 错位相减法求数列的前 n 项和例 3 已知数列an的前 n 项和 Snkcnk(其中 c，k 为常数)，且a24，a
10、68a3.(1)求 an；(2)求数列nan的前 n 项和 Tn.解析：(1)由 Snkcnk，得 anSnSn1kcnkcn1(n2)由 a24，a68a3，得 kc(c1)4，kc5(c1)8kc2(c1)，解得c2，k2，所以 a1S12，ankcnkcn12n(n2)，于是 an2n.(2)Tna12a2nan，即 Tn2222323424n2n，Tn2TnTn22223242nn2n12n12n2n1(n1)2n12.点评：此题运用了错位相减法，此法适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和问题变式探究 3 在数列an中，a11，点(an，an1)在直线 xy20 上(
11、1)求数列an的通项公式；(2)已知 Tna12 a222a323an2n，求 Tn.解：(1)由条件知 anan120，an1an2.数列an是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列an12(n1)2n1.(2)Tn12 322 5232n12n，Tn 122 323 5242n12n1.由得12Tn12 222 223 22n2n12n1 32 12n12n12n1，Tn3 12n22n12n.考点四 裂项相消法求数列的前 n 项和例 4 等差数列an的各项均为正数，a13，前 n 项和为 Sn，bn为等比数列，b11，且 S2b264，S3b3960.(1)求 an 与 bn；(2)求
12、 1S1 1S2 1Sn.分析：(1)利用基本量法建立方程组，求 an 与 bn；(2)先看通项公式 1Sn1nn2，然后将1nn2分裂成121n 1n2 求和解析：(1)设an的公差为 d，bn的公比为 q，则 d 为正数，an3(n1)d，bnqn1.依题意，得S2b26dq64，S3b393dq2960.解得d2，q8或d65，q403.d 为正数，d65，q403不符合题意，舍去故 an32(n1)2n1，bn8n1.(2)Snn32n12n(n2)，1S1 1S2 1Sn 113 124 1351nn212113121413151n 1n212112 1n1 1n2342n32n1n
13、2.点评：(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项(2)将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等变式探究 4 在数列an中，a12，an2an12n1(n2，nN*)(1)令 bnan2n，求证bn是等差数列；(2)在(1)的条件下，设 Tn 1b1b2 1b2b31bnbn1，求 Tn.解析：(1)证明：由 an2an12n1 得an2nan12n12.an2nan12n12(n2)又 bnan2n.b11，数列bn是首项为 1，公差为 2 的等差数列(2)由(1)知 bn2n1.1
14、bnbn112n12n11212n112n1.Tn12113131512n112n112112n1 n2n1考点五 数列的综合应用例 5 已知首项为32的等比数列an的前 n 项和为 Sn(nN*)，且2S2，S3,4S4 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)证明：Sn 1Sn136(nN*)分析：(1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；(2)求出前 n 项和，根据函数的单调性证明解析：(1)设等比数列an的公比为 q.因为2S2，S3,4S4 成等差数列，所以 S32S24S4S3，即 S4S3S2S4，可得 2a4a3，于是 qa4a312.又因为 a132，所以
15、等比数列an的通项公式为an3212n1(1)n1 32n.(2)证 明：Sn 1 12n，Sn 1Sn 1 12n 1112n 212n2n1，n为奇数，212n2n1，n为偶数，当 n 为奇数时，Sn 1Sn随 n 的增大而减小，所以 Sn 1SnS1 1S1136.当 n 为偶数时，Sn 1Sn随 n 的增大而减小，所以 Sn 1SnS2 1S22512.故对于 nN*，有 Sn 1Sn136.点评：(1)数列是特殊的函数，本例解答第(2)问利用了数列的单调性，另外要注意对 n 分奇数与偶数进行讨论(2)解答数列综合题既要有坚实的基础，又要有良好的逻辑思维能力及分析、解决问题的能力；解答
16、应用性问题，应充分应用观察、归纳、猜想等手段，建立起有关等差、等比或递推数列模型，再结合其他相关知识解决问题变式探究 5 设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足4Sna2n14n1，nN*，且 a2，a5，a14 构成等比数列(1)证明：a2 4a15；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有 1a1a2 1a2a31anan10，令 n1，有 4S1a2241，即 4a1a2241，a2 4a15.(2)当 n2 时，4Sna2n14n1,4Sn1a2n4(n1)1，两式相减得 4ana2n1a2n4，有 a2n1(an2)2，即 an1an2，an从第 2
17、 项起，是公差为 2 的等差数列，a5a232a26，a14a2122a224，又 a2，a5，a14 构成等比数列，有 a25a2a14，则(a26)2a2(a224)，解得 a23，由(1)得 a11，又 an1an2(n2)an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，即 an1(n1)22n1.(3)由(2)得 1a1a2 1a2a31anan1 113 13512n12n112113 1315 12n112n112112n1 12.4 新思维随堂自测1设 Sn 为等比数列an的前 n 项和，8a2a50，则S5S2等于()A11 B5C8 D11解析：由 8a2a50，得 8a2a2q3
18、0，q2，则S5S2a1125a112211.答案：D2等差数列an中，公差 d0，a22a1a4，若 a1，a3，ak1，ak2，akn，成等比数列，则 kn()AndB3n2C3n1 D3n解析：原式等价于：(a1d)2a1(a13d)，解得：a1d，所以 a33a1，所以 qa3a13，那么 akn9a13n1kna1，所以 kn93n13n1.答案：C3设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若S6S33，则S9S6等于()A2 B.73C.83D3解析：an为等比数列，则 S3，S6S3，S9S6 成等比数列，令S3k，S6S33，S63k，S6S32k，S9S64k.S97k，S9S
19、673.答案：B4等比数列an共有 2n 项，其和为240，且奇数项的和比偶数项的和大 80，则公比 q_.解析：由题意，得S奇S偶240，S奇S偶80，S奇80，S偶160.公比 qS偶S奇16080 2.答案：25在等比数列an中，a2a12，且 2a2 为 3a1 和 a3 的等差中项，求数列an的首项、公比及前 n 项和解：设该数列的公比为 q.由已知，得a1qa12，4a1q3a1a1q2，所以a1q12，q24q30，解得a11，q3.(q1 舍去)故首项 a11，公比 q3.所以数列an的前 n 项和 Sn13n13 3n12.5 辨错解走出误区易错点：利用等比数列求和公式忽视
20、q1 的情形而致错【典例】已知等比数列an中，a34，S312，求数列an的通项公式【错解】设等比数列an的公比为 q，则a3a1q24，S3a11q31q12，解得 q12.所以 ana3qn3412n312n5.【错因分析】上述解法中忽视了等比数列前 n 项和公式中 q1这一特殊情况【正解】当 q1 时，a1a2a34，S3a1a2a312，q1 符合题意an4.当 q1 时，a3a1q24，S3a11q31q12，解得：q12，所以 ana3qn312n5.故数列an的通项公式为 an4 或 an12n5.【反思】利用等比数列前 n 项和公式时，要注意判断公比 q 是否等于 1，防止漏掉 q1 这种情况.
