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2.5.2 等比数列前n项和的性质


2.5.2 等比数列前n项和的性质

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等比数列的前n项和公式

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等比数列前n项和性质 (1)在等比数列{an}中,连续相同项数和也成等比数列, 即:Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…仍成等比数列. (2)当 n 为偶数时, 偶数项之和与奇数项之和的比等于

S偶 等比数列的公比,即 =q. S奇 (3)若一个非常数列{an}的前n项和Sn=-Aqn+A(A≠0, q≠0,n∈N*),则数列{an}为等比数列,即Sn=-Aqn+ A?数列{an}为等比数列.

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【例1】 (1)在等比数列{an}中,若S10=10,S20=30,求S30. (2)一个等比数列的首项为1,项数是偶数, 其奇数项的和为85,偶数项和为170, 求出数列的公比和项数.

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(1)法一

设公比为 q,

∵S10=10,S20=30≠20,∴q≠1.
10 a ? 1 - q ? ? 1 ? =10 ? 1-q ∴? 20 ?a1?1-q ? =30 ? ? 1-q

① ②

②÷ ①得 1+q10=3,∴q10=2. a1 将 q =2 代入①得 =-10, 1-q
10

a1?1-q30? ∴S30= =-10(1-23)=70. 1-q
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法二 ∵S10=a1+a2+…+a10, S20-S10=a11+a12+…+a20=a1q10+a2q10+…+a10q10 =q10S10. S30-S20=a21+a22+…+a30=a1q20+a2q20+…+a10q20 =q20S10. ∴S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,公比为q10. ∴(S20-S10)2=S10(S30-S20),∵S10=10,S20=30. ∴(30-10)2=10(S30-30),∴S30=70.

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(2)法一

设原等比数列的公比为 q,项数为 2n(n∈N*),

2n a ? 1 - q ? ? ?85= 1 , 1-q2 ? 由已知 a1=1,q≠1,且有? 2n a ? 1 - q ? 2 ? 170= 2 , ? 1- q ? 2n 1 - q ? ? 2 =85, ? 1-q 即? 2n q ? 1 - q ? ? 2 =170. ? ? 1-q

① ②

1-4n ②÷ ①得,q=2,∴ =85. 1- 4 ∴4n=256,∴n=4.故公比为 2,项数为 8.

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本题法二利用了等比数列的“子数列”性质,若等 比数列的项的序号成等差数列,则对应项依次成等比数 列.另外,两个等式之间的除法运算体现了“整体消元”的 思想.

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【变式2】 等比数列{an}中,若S2=7,S6=91,求S4.



法一

∵S2=7,S6=91,易知 q≠1, ?a1?1+q?=7, ? 知?a1?1-q6? =91, ? ? 1-q

? ?S2=7 由? ? ?S6=91

a1?1+q??1-q??1+q2+q4? ∴ =91, 1-q ∴q4+q2-12=0, ∴q2=3, a1?1-q4? ∴S4= =a1(1+q)(1+q2) 1-q
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法二

设项数为 n.

∵等比数列的项数为偶数,Sn=S 奇+S 偶, 则 S 奇=a1+a3+a5+…+an-1, S


= a2 + a4 + a6 +…+ an = a1q + a3q + a5q +…+ an - 1q =

q(a1+a3+a5+…+an-1)=q· S 奇,∴85q=170,∴q=2, a1?1-qn? 又∵Sn=85+170=255,∴ =255. 1-q 1-2n ∴ =255,∴2n=256, 1-2 ∴n=8,故公比 q=2,项数 n=8.

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【变式】 等比数列{an}中,若S2=7,S6=91,求S4.



法一

∵S2=7,S6=91,易知 q≠1, ?a1?1+q?=7, ? 知?a1?1-q6? =91, ? ? 1-q

? ?S2=7 由? ? ?S6=91

a1?1+q??1-q??1+q2+q4? ∴ =91, 1-q ∴q4+q2-12=0, ∴q2=3, a1?1-q4? ∴S4= =a1(1+q)(1+q2) 1-q
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=7×(1+3)=28. ∴S4=28. 法二 ∵{an}为等比数列, ∴S2,S4-S2,S6-S4也为等比数列,即7,S4-7,91-S4 成等比数列, ∴(S4-7)2=7(91-S4).解得S4=28或-21. ∵S4=a1+a2+a3+a4=a1+a2+a1q2+a2q2 =(a1+a2)(1+q2)=S2(1+q2)>S2, ∴S4=28.

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【例2】 设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的 前n项和.已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数 列. (1)求数列{an}的通项; (2)令bn=ln a3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.

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a1+a2+a3=7, 解: (1)由已知得 a1+3 + a3+4 =3a2, 2

解得 a2=2.

2 设数列 {an}的公比为 q,由 a2=2 ,可得 a1= , a3=2q , q 2 又 S 3=7,可知 +2+2q=7,即 2q2-5q+2=0. q

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1 解得 q1=2,q2= .由题意得 q>1,∴q=2,∴ a1=1. 2 故数列{an}的通项为 an=2n 1. (2)由于 bn=ln a3n +1,n =1,2,…, 由(1)得 a3n+1=23n ,∴bn =ln 23n= 3n ln 2. 又 bn +1-bn =3ln 2,∴{bn }是等差数列, n b1+bn 3n n +1 ∴T n=b1+b2+…+ bn= = · ln 2. 2 2 3n n + 1 故 T n= ln 2 2
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【变式】已知 S n 是无穷等比数列 {an }的前 n 项和, 且公比 q≠1, 1 1 已知 1 是 S 2 和 S 3 的等差中项, 6 是 2S 2 和 3S 3 的等比中项. 2 3

(1)求S2和S3; (2)求此数列{an}的前n项和公式; (3)求数列{Sn}的前n项和. 1 1 ? ? S2+ S3=2, 3 解 (1)根据已知条件?2 ? ??2S2??3S3?=36.
? ?3S2+2S3=12, 整理得? ? ??3S2??2S3?=36.

解得

? ?S2=2, 3S2=2S3=6,即? ? ?S3=3.
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? ?a1?1+q?=2, (2)∵q≠1,则? 2 ? a ? 1 + q + q ?=3. ? 1

1 可解得 q=- ,a1=4. 2 ? ? 1 ?n ? 4?1-?-2? ? ? ? ? ? 8 8? 1?n ∴Sn= = - ?-2? . 1 3 3? ? 1+ 2 (3)由(2)得 S1+S2+…+Sn ? 1?? ? 1?n? ?- ??1-?- ? ? 8 8? 2?? ? 2? ? = n- ? 1? 3 3 1-?-2? ? ? 8 8? ? 1?n? = n+ ?1-?-2? ?. 3 9? ? ? ?
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方法技巧

错位相减法求数列的和

若数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,由这两个 数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn},当求该数列的前 n项的和时,常常采用将{anbn}的各项乘以公比q,并向后错 位一项与{anbn}的同次项对应相减,即可转化为特殊数列的 求和,所以这种数列求和的方法称为错位相减法. 【示例】已知等差数列{an}的前3项和为6,前8项和为-4. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=(4-an)qn-1(q≠0,n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn. [思路分析] (1)根据题意列方程组即可求得首项和公差,则通 项公式可得;(2)列出{bn}的通项bn,观察通项的特点,采用 恰当的方法求和.
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(1)设{an}的公差为

? ?3a1+3d=6, d,由已知,得? ? ?8a1+28d=-4,

解得a1=3,d=-1. 故an=3+(n-1)(-1)=4-n. (2)由(1),可得bn=n· qn-1,于是 Sn=1· q0+2· q1+3· q2+…+(n-1)· qn-2+n· qn-1. ①若q≠1,将上式两边同乘以q,得: qSn=1· q1+2· q2+3· q3+…+(n-1)· qn-1+n· qn. 将上面两式相减得: n q -1 n 2 n-1 n (q-1)Sn=nq -(1+q+q +…+q )=nq - , q-1

nqn+1-?n+1?qn+1 于是 Sn= . ?q-1?2
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n?n+1? ②若 q=1,则 Sn=1+2+3+…+n= . 2
n+1 n nq - ? n + 1 ? q +1 ? ? ,q≠1, ?q-1?2 ? 所以,Sn=? ?n?n+1? ,q=1. ? ? 2

方法点评 在写出“Sn”与“qSn”的表达式后,应特别注意将 两式“错项对齐”,以便于下一步准确写出“qSn-Sn”的表 达式.

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