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2.5


第 二 章 数 列

2.5 等比 数列 的前 n项 和

第二 课时 常见 的数 列求 和

名 师 课 堂 · 一 点 通

考点一

考点二 考点三

创 新 演 练 · 大 冲 关

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[研一题] [例 1] 求和:

? ? n 1?2 ? 2 1 ?2 1 ?2 Sn=?x+x? +?x +x2? +…+?x +xn? . ? ? ? ? ? ?

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[自主解答]

当 x≠± 1 时,

? ? n 1?2 ? 2 1 ?2 1 ?2 Sn=?x+x? +?x +x2? +…+?x +xn? ? ? ? ? ? ? ? 2 ? 2n 1? ? 4 1? 1? =?x +2+x2?+?x +2+x4?+…+?x +2+x2n? ? ? ? ? ? ? ?1 1 1? )+2n+?x2+x4+…+x2n? ? ?

=(x +x +…+x

2

4

2n

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x2?x2n-1? x-2?1-x-2n? = 2 + +2n -2 x -1 1- x ?x2n-1??x2n 2+1? = + 2n x2n?x2-1?


当 x=± 1 时,Sn=4n. x=± 1, ?4n, ? 2n + 综上知,Sn=??x -1??x2n 2+1? +2n, x≠± 1. 2n 2 ? x ? x - 1? ?

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[悟一法]

某些数列,通过适当分组,可把它拆分成两个或两个
以上的等差数列或等比数列求和问题,那么我们可利用等差

数列或等比数列的求和公式分别求和,进而得出原数列的
和.

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[通一类] 1 1 1 1 1.求数列 24,48,616,…,2n+ n+1,…的前 n 项和 Sn. 2

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? 1 ? 1 1 1 ? 解:Sn=24+48+616+…+?2n+2n+1? ? ? ?

1 1 1 =(2+4+6+…+2n)+(4+8+…+ n+1) 2 1 1n n?2n+2? 4[1-?2? ] = + 2 1 1- 2 1 1 =n(n+1)+2- n+1. 2

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[研一题] [例 2] 22+1 32+1 42+1 ?n+1?2+1 求数列 2 , 2 , 2 ,…, 的 2 2 -1 3 -1 4 -1 ?n+1? -1

前 n 项和 Sn.

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[自主解答]

?n+1?2+1 n2+2n+2 数列的通项 an= = 2 =1 ?n+1?2-1 n +2n

2 1 1 + 2 =1+(n- ), n +2n n+ 2 1 1 1 1 1 1 所以 Sn = (1 + 1 - 3 ) + (1 + 2 - 4 ) + (1 + 3 - 5 ) + … + (1 + 1 1 1 1 - )+(1+n- ) n- 1 n+ 1 n+2 1 1 1 1 1 3 =n+1+2- - = n- - + . n+ 1 n+ 2 n+ 1 n+ 2 2

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[悟一法] 对于通项公式是分式的一类数列,在求和时常用“裂 项法”.可用待定系数法对通项公式进行拆项,相消时应 注意消去项的规律,即消去哪些项,保留哪些项.常见

的拆项公式有:

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1 1 1 1 (1) = k· (n- ); n ? n + k? n+k 1 1 1 1 (2)若{an}为等差数列, 公差为 d, 则 = ( - ); an· an+1 d an an+1 1 (3) = n+1- n等. n+1+ n

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[通一类] 2.已知等差数列{an}的各项均为正数,a1=3,前 n 项和为 Sn, {bn}为等比数列,b1=1,且 b2S2=64,b3S3=960. (1)求 an 与 bn; 1 1 1 (2)求S +S +…+S . 1 2 n

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解: (1)设{an}的公差为 d, 数列{bn}的公比为 q, 则 d 为正数, ∵an>0(n∈N*), ∴d>0, an=3+(n-1)d,bn=qn 1.


? ?S2b2=?6+d?q=64, 依题意有? 2 ? ?S3b3=?9+3d?q =960,

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6 ? d=-5, ? ? d = 2 , ? 解得? 或? ? ?q=8 ?q=40. 3 ?

(舍去)

故 an=3+2(n-1)=2n+1,bn=8n-1.

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(2)∵Sn=3+5+…+(2n+1)=n(n+2), 1 1 1 ∴S +S +…+S 1 2 n 1 1 1 1 = + + +…+ 1×3 2×4 3×5 n?n+2?

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1 1 1 1 1 1 1 1 =2(1-3+2-4+3-5+…+n- ) n+ 2 1 1 1 1 =2(1+2- - ) n+ 1 n+ 2 2n + 3 3 =4- . 2?n+1??n+2?

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[研一题] [例 3] 在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n.

an (1)设 bn= n-1,证明数列{bn}是等差数列; 2 (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.

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[自主解答]

(1)证明:由已知 an+1=2an+2n,得

an+1 2an+2n an bn+1= 2n = 2n = n-1+1=bn+1. 2 又 b1=a1=1, 因此{bn}是首项为 1, 公差为 1 的等差数列.

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(2)由(1)知

an - 2n 1. n-1=n,即 an=n· 2

Sn=1+2· 21+3· 22+…+n· 2n-1, 两边乘以 2,得 2Sn=2+2· 22+…+n· 2n, 两式相减,得 Sn=-1-21-22-…-2n-1+n· 2n =-(2n-1)+n· 2n=(n-1)2n+1.

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[悟一法] (1)一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数 列,求数列{an· bn}的前n项和时,可采用错位相减法. (2)用错位相减法求和时,应注意: ①要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数

的情形更值得注意;

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②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“ 错项对齐”,以便于下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式; ③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.

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[通一类]

3.求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1,(a≠0)的前n项和.
解:当 a=1 时,数列变为 1,3,5,7,…,(2n-1), n[1+?2n-1?] 2 则 Sn= = n . 2 当 a≠1 时,有

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Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1, aSn=a+3a2+5a3+7a4+…+(2n-1)an, ②



①-②,得 Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an 1-


(2n-1)an, (1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+a4+…+an-1)
n-1 a ? 1 - a ? n =1-(2n-1)a +2· 1-a

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n 2 ? a - a ? n =1-(2n-1)a + . 1-a

又 1-a≠0, 1-?2n-1?an 2?a-an? ∴Sn= + . 1-a ?1-a?2 综上知:当 a=1 时,Sn=n2; 1-?2n-1?an 2?a-an? 当 a≠1 时,Sn= + . 1-a ?1-a?2

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2 设 f(x)= x,求 f(-2 010)+f(-2 009)+…+f(0) 2+2 +f(1)+…+f(2 010)+f(2 011)的值.

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[巧思]

因为2 011+(-2 010)=1,2 010+(-2 009)=

1,…,0+1=1,所以可考虑f(x)+f(1-x)的值,然后再 求解.

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[妙解]

2 2 ∵f(x)+f(1-x)= + - 2+2x 2+21 x

2 2· 2x 2 2x = + = + = 1, 2+2x 2· 2x+2 2+ 2x 2+2x 设 S=f(-2 010)+f(-2 009)+…+f(0)+f(1)+…+f(2 010)+f(2011),

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则S=f(2 011)+f(2 010)+…+f(1)+f(0)+…+f(-2 009)
+f(-2 010),

∴2S=[f(-2 010)+f(2 011)]+[f(-2 009)+f(2 010)]
+…+[f(0)+f(1)]+[f(1)+f(0)]+…+[f(2 011)+f(-2 010)] =2 011×2. ∴S=2 011.

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