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2014



1.在等比数列{an}中,已知 a1+a2+?+an=2n-1,则 a12+a22+?+an2 等于________. 解:设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 Sn=2n-1.易知等比数列{an}的公比 q=2,首项 a1=1, ∴an=2n-1,于是 an2=4n-1, 1 ∴a12+a22+?+an2=1+4+42+?+4n-1= (4n-1) 3 2.设数列{an

}是等比数列,其前 n 项和为 Sn,且 S3=3a3,求公比 q 的值. 解:①当 q=1 时,S3=3a1=3a3,符合题目条件; a1(1-q3) ②当 q≠1 时, =3a1q2, 1-q 因为 a1≠0,所以 1-q3=3q2(1-q), 因为 q≠1, 所以 1-q≠0,化简得 1+q+q2=3q2, 1 解得 q=- 或 q=1(舍) 2 1 综上,q 的值为 1 或- . 2 立方差 a?-b?=(a-b)(a?+ab+b?) 3.若 Sn=189,q=2,an=96,求 a1 和 n; 解:(1)由 Sn= a1(1-qn) ,an=a1qn-1 以及已知条件得 1-q

a (1-2n) ? ?189= 1 , 1-2 ? n-1 ? ?96=a1·2 , ∴a1·2n=192,∴2n= 192 . a1

?192 ? -1?,∴a1=3. ∴189=a1(2n-1)=a1? ? a1 ? 又∵2n-1= 96 =32,∴n=6. 3

5 4.若 a1+a3=10,a4+a6= ,求 a4 和 S5; 4 解: 设公比为 q,由通项公式及已知条件得 a +a1q2=10 ?a1(1+q2)=10?① ? ? 1 ? 5 ? 3 5 5即? a1q +a1q = a1q3(1+q2)= ?② ? ? 4 ? 4 ? 1 1 ∵a1≠0,1+q2≠0,∴②÷①得,q3= ,即 q= ,∴a1=8. 8 2
1

?1? ∴a4=a1q3=8×? ?3=1, ?2? ? ?1? ? 8×?1-? ?5? a1(1-q ) ? ?2? ? 31 S5= = = . 1-q 1 2 1- 2
5

5.若 q=2,S4=1,求 S8. a1(1-q4) ∵S4= =1,且 q=2, 1-q a1(1-q8) a1(1-q4) ∴S8= = (1+q4)=S4·(1+q4) 1-q 1-q =1×(1+24)=17. 6.在等比数列{an}中,a1+an=66,a2an-1=128,前 n 项和 Sn=126,求 n 和 q. 解: ∵a1an=a2an-1=128,又 a1+an=66,
?a1=2 ?a1=64 ? ? ∴? 或? ? ?an=64 ? ?an=2

∵Sn=

a1-anq =126,an=a1qn-1, 1-q ? 1

?q=2 ?q= ? 2. ∴? 或? ?n=6 ? ?

?n=6

2.在等比数列{an}中, 7 63 (1)已知 S3= ,S6= ,求 an; 2 2 (2)a3=-12,前 3 项和 S3=-9,求公比 q. 解析: (1)已知 S6≠2S3,则 q≠1, 7 63 又∵S3= ,S6= , 2 2 a1(1-q3) 7 ? ? 1-q =2 ① ②

即? a1(1-q6) 63 ? ? 1-q = 2 ②÷①得 1+q3=9,∴q=2.

1 将 q=2 代入①,可求得 a1= , 2 因此 an=a1qn-1=2n-2. (2)方法一:由已知可得方程组
2

2 ?a3=a1·q =-12 ? 2 ?S3=a1(1+q+q )=-9 ②



1+q+q2 3 ②÷①得 = ,即 q2+4q+4=0. q2 4 所以 q=-2. 1 方法二:a3,a2,a1 成等比数列且公比为 . q ? ? 1? ? a3?1-? ?3? ? ?q? ? 所以 S3=a3+a2+a1= 1 1- q -12(q3-1) = 2 =-9. q (q-1) 所以 q2+4q+4=0,即(q+2)2=0. 所以 q=-2. 已知等比数列{an}中,前 10 项和 S10=10,前 20 项和 S20=30,求 S30. [解题过程] 方法一:设公比为 q,则 a1(1-q ) ? ? 1-q =10 ?a1(1-q20) ? ? 1-q =30 ② 得 1+q10=3,∴q10=2, ① a1(1-q30) a1(1-q10) ∴S30= = (1+q10+q20) 1-q 1-q =10×(1+2+4)=70. 方法二:∵S10,S20-S10,S30-S20 仍成等比数列, 又 S10=10,S20=30, ∴S30-S20=S30-30= 即 S30=70. [题后感悟] 等比数列前 n 项和的常用性质: (1)“片断和”性质:等比数列{an}中,公比为 q,前 m 项和为 Sm(Sm≠0),则 Sm,S2m-Sm, S3m-S2m,?,Skm-S(k-1)m,?构成公比为 qm 的等比数列,即等比数列的前 m 项的和与 以后依次 m 项的和构成等比数列. (30-10)2 , 10
10

① ②

3

(2)“相关和”性质:Sn+m=Sn+qnSm?qn=

Sn+m-Sn (q 为公比., Sm

)

3.各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sn=2,S3n=14,则 S4n 等于( ) A.80 B.30 C.26 D.16 解:∵Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n 成等比数列 ∴(S2n-Sn)2=Sn·(S3n-S2n) ∴(S2n-2)2=2·(14-S2n),解得 S2n=6 又∵(S3n-S2n)2=(S2n-Sn)·(S4n-S3n) ∴(14-6)2=(6-2)·(S4n-14) ∴S4n=30.故选 B. 已知等比数列的首项为 1,项数为偶数,其奇数项的和为 85,偶数项的和为 170,求这个数列的公 比与项数. [解题过程] 设此等比数列共 2n 项,公比为 q. 由于 S 奇≠S 偶,∴q≠1. 由于奇数项依次组成以 a1 为首项,以 q2 为公比的等比数列, 故所有奇数项之和为 S 奇= a1(1-q2n) =85① 1-q2 a2(1-q2n) =170② 1-q2

同理可得所有偶数项之和为 S 偶=

②÷①,得 q=2,代入①得 22n=256, 解得 2n=8,所以这个数列共 8 项,公比为 2. [题后感悟] 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. (1)若共有 2n 项,则 S 偶∶S 奇=q; (2)若共有 2n+1 项, a1+a2n+2 则 S 奇-S 偶= (q≠1 且 q≠-1). 1+q ,

等比数列{an}共 2n 项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大 80,求该数列的公比 q. 解析: 由题意知 S 奇=S 偶+80, 则 S2n=S 偶+S 奇=2S 偶+80=-240, ∴S 偶=-160,则 S 奇=-80,∴q= S偶 -160 = =2. S奇 -80

求数列 1,3a,5a2,7a3,?,(2n-1)an-1 的前 n 项和(a≠0). [规范作答] 当 a=1 时数列变为 1,3,5,7,?,2n-1, n[1+(2n-1)] 则 Sn= =n2.4 分 2 当 a≠1 时,有 Sn=1+3a+5a2+7a3+?+(2n-1)an-1① aSn=a+3a2+5a3+7a4+?+(2n-1)an②
4

6分 ①-②得 Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+?+2an-1-(2n-1)an,8 分 即(1-a)Sn=1+ ∴Sn= 2a(1-an-1) -(2n-1)an,10 分 1-a

1-(2n-1)an 2a(1-an-1) + .12 分 1-a (1-a)2

[题后感悟] 错位相减法 一般来说, 如果数列{an}是等差数列, 公差为 d; 数列{bn}是等比数列, 公比为 q, 则求数列{anbn} 的前 n 项和就可以运用错位相减法. 在运用错位相减法求数列的和时,要注意以下四个问题: (1)注意对 q 的讨论,在前面的讨论中,我们已知 q 是等比数列{bn}的公比,所以 q≠0,但求和 Sn=1+2x+3x2+?+nxn-1 时,就应分 x=0、x=1 和 x≠0 且 x≠1 三种情况讨论. (2)注意相消的规律. (3)注意相消后式子(1-q)Sn 的构成,以及其中成等比数列的一部分的和的项数. (4)应用等比数列求和公式必须注意公比 q≠1 这一前提条件.如果不能确定公比 q 是否为 1,应分 两种情况讨论,这在以前高考中经常考查. 3 4 n n+1 5.求和:1+ 2+ 3+?+ n-1+ n . 2 2 2 2 2 3 4 n+1 解析: 设 Sn= + 2+ 3+?+ n ,① 2 2 2 2 1 2 3 4 n+1 则 Sn= 2+ 3+ 4+?+ n+1 .② 2 2 2 2 2 由①-②, 1 2 ?3 2? ?4 3? ?n+1 n ? n+1 得 Sn= +? 2- 2?+? 3- 3?+?+? n - n?- n+1 2? 2 2 2 ?2 2 ? ?2 2 ? ? 2 2 1 1 1 n+1 = + 2+ 3+?+ n- n+1 2 2 2 2 2 1? 1? ?1- n? 2 ? n+1 1 2? = + - n+1 2 1 2 1- 2 1 1 n+1 3 n+3 = +1- n- n+1 = - n+1 , 2 2 2 2 2 ∴Sn=3- n+3 . 2n

1.在运用等比数列前 n 项和公式进行运算时应注意以下几点: (1)在等比数列的通项公式及前 n 项和公式中共有 a1,an,n,q,Sn 五个量,知道其中任意三个 量,都可求出其余两个量. (2)在应用公式求和时,应注意到公式的使用条件为 q≠1,而当 q=1 时应按常数列求和,即
5

a1(1-qn) a1 n a1 Sn=na1,由于非常数列的等比数列的前 n 项和 Sn= =- q+ ,可以看出,式 1-q 1-q 1-q 子的组成是由一个指数式与一个常数的和构成的,而指数式的系数与常数项互为相反数,由此可以 根据前 n 项和公式判断等比数列,即非常数列为等比数列是 Sn=aqn-a(a≠0,q≠0,n∈N*)的充 分必要条件. (3)在公比为字母参数的等比数列求和时,应分 q=1 与 q≠1 两种情况进行讨论. 2.等比数列前 n 项和的性质 (1)数列{an}为公比不为-1 的等比数列,Sn 为其前 n 项和,则 Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,?,仍 构成等比数列. (2)在等比数列的前 n 项和公式中,如果令 A= a1 ,那么 Sn=Aqn-A. q-1

(3)项的个数的“奇偶”性质:等比数列{an}中,公比为 q. ①若共有 2n 项,则 S 偶∶S 奇=q; ②若共有 2n+1 项,则 S 奇-S 偶= a1+a2n+2 (q≠1 且 q≠-1). 1+q

◎已知等差数列{an}的首项 a1=1,公差 d>0,且第二项、第五项、第十四项分别为等比数列 {bn}的第二项、第三项、第四项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; c1 c2 cn (2)设数列{cn}对任意正整数 n 都有 + +?+ =an+1 成立,求 c1+c2+?+c2 009 的值. b1 b2 bn 【错解】 (1)设 a1+d=b1q,a1+4d=b1q2,a1+13d=b1q3. 由题意,得(1+d)(1+13d)=(1+4d)2, 整理,得 d2-2d=0, 解得 d=2,d=0(舍去), ∴an=2n-1.于是 b2=a2=3,b3=a5=9,b4=a14=27, b3 所以公比 q= =3,b1=1,故 bn=b1qn-1=3n-1. b2 (2)∵an=2n-1,bn=3n-1,∴an+1=2n+1. c 1 c2 cn c1 c2 cn-1 由 + +?+ =an+1,得 + +?+ =an, b1 b2 bn b1 b2 bn-1 cn 两式相减得 =an+1-an=2, bn 所以 cn=2bn=2·3n-1, ∴c1+c2+?+c2 009=2·30+2·31+2·32+?+2·32 008 =2(30+31+32+?+32 008)
6

1·(32 009-1) =2· =32 009-1. 3-1 c1 c2 cn c1 c2 cn-1 cn 【错因】 由递推关系式 + +?+ =an+1 得到 + +?+ =an, 两式相减得到 = b1 b2 bn b1 b2 bn-1 bn an+1-an=2 时,忽视了 n≥2 这一条件,事实上,数列{cn}的通项公式应当为分段函数型,这是易 错点. 【正解】 (1)设 a1+d=b1q,a1+4d=b1q2,a1+13d=b1q3. 由题意,得(1+d)(1+13d)=(1+4d)2, 整理,得 d2-2d=0,解得 d=2,d=0(舍去), ∴an=2n-1.于是 b2=a2=3,b3=a5=9,b4=a14=27, b3 所以公比 q= =3,b1=1,故 bn=b1qn-1=3n-1. b2 (2)∵an=2n-1,bn=3n-1,∴an+1=2n+1. c 1 c2 cn 由 + +?+ =an+1,得 b1 b2 bn c1 c2 cn-1 + +?+ =an(n≥2), b1 b2 bn-1 cn 两式相减,得 =an+1-an=2, bn 所以 cn=2bn=2·3n-1(n≥2). c1 又当 n=1 时, =a2=3,于是 c1=3b1=3, b1 由上述公式得 c1=2·31-1=2, (n=1) ?3 ∴cn=? n-1 (n≥2) ?2·3 ∴c1+c2+?+c2 009 =3+2·31+2·32+?+2·32 008 =3+2(31+32+?+32 008) 3·(32 008-1) =3+2· =32 009. 3-1 .

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