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关于我们常见问题关注我们官方公共微信等比数列的前n项和
也就是说，公比为q的等比数列的前n项和是q的分段函数，分段的界限在q=1处.
当q≠1时，求等比数列前n项和Sn的方法一般是利用Sn的表达式的特点，首先在Sn=a1+a1q+…+a1qn-1两边同乘以该数列的公比q，使得等式右边各项都向右错了一位；然后通过求Sn-qSn把相同的项消去，达到简化的目的；最后从中解出Sn.这种方法(俗称“错位相减法”)很巧妙，而且对这类数列的求和具有普遍性，应该很好地掌握它.
求等比数列前n项和的方法还有一些，下面再介绍其中的一种：
当q=1时，Sn=na1
当q≠1时，
Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1
&&& =a1+q(a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1)-a1qn
&&& =a1+q·Sn-a1qn
&&& =a1(1-qn)+q·Sn
∴(1-q)Sn=a1(1-qn),
在具体运用等比数列前n项和公式时如果考虑不周常会出错.例如，求和：1+x+x2+…+xn，认为其和为是错误的.
整理得q3(2q6-q3-1)=0.
因为q≠0，所以2q6-q3-1=0,
(q3-1)(2q3+1)=0.
因为q≠1，所以q3≠1,所以q3=-，
解法二：因为S3+S6=2S9，所以
2(a1+a2+a3)+a4+a5+a6=2(a1+a2+a3+…+a9),
此即-(a4+a5+a6)=2(a7+a8+a9)，
-(a4+a5+a6)=2q3(a4+a5+a6)，
由此解得q3=-,q=-.
评析& 在对等比数列前n项和公式的运用中，要注意充分运用整体代入的方法，如解法二中就利用了a7+a8+a9=q3(a4+a5+a6)这一性质，使运算量减少，也避免了q的讨论.
例2& 设等比数列的首项为a(a＞0)公比为q(q＞0)，前n项和为80，其中最大的一项为54，又它的前2n项和为6560，求a和q.
解：由Sn=80,S2n=6560,故q≠1
化简得3a=2q&&&&&&&& ⑥
由⑤，⑥联立方程组解得a=2,q=3
例3& 等比数列｛an｝的前n和等于2，紧接其后的2n项和等于12，再紧接其后的3n项和为S，求S.
分析& 本题主要考查等比数列前n项和公式的应用.本题实际为已知Sn=2，S3n-Sn=12，要求S6n-S3n的值.由等比数列知，前n项成等比数列，紧接其后的2n项也成等比数列，再紧接的3n项也成等比数列，可分别求和列方程.
解：在等比数列中，依次每k项之和仍成等比数列.设前n项和为S1，第2个n项和为S2=S1q，
由②式得q+q2=6，所以q=2或q=-3.
将q=2代入③式得S=112，将q=-3代入③式得S=-378.
例4& 求数列1，a+a2,a2+a3+a4,a3+a4+a5+a6,…(a≠0)的前n项和Sn.
分析& 要求数列前n项的和，必须先求出数列的通项公式.
解：据题设条件分析可知：
an=an-1+an+an+1+…+a2n-2
①当a=1时，an=n,∴Sn=.
②当a≠1时，Sn==-.
(1)当a≠±1时，Sn=［-］
=［(1-an)(1-an+1)］
(2)当a=-1时，Sn=［+n］
评析& ①由于通项公式本身是一个等比数列的求和，而公比是字母a，故必须分两种情况(a=1及a≠1)来讨论.
②在进一步求和时，由于又出现公比为a2的等比数列求和，故又得分a2=1及a2≠1来讨论，由于a=1已讨论，因此本题应分a=1，a=-1，a≠±1三种情况来讨论.
分析& 一个条件不能确定a1与q.不妨将S10与S20用a1、q表示出来，进行对比，兴许有点门道.
评析& 一些数列问题中的基本量难以确定或不能确定时，不妨设而不求，整体代换.其实，本题尚有以下巧解：
S20=S10+a11+a12+…+a20
=S10+q10S10=S10(1+q10),
例2& 设等比数列｛an｝的前n项和为Sn，求证：S2n+S22n=Sn(S2n+S3n).
分析& 从整体结构入手，寻找Sn、S2n、S3n之间的关系，作差计算，不仅简便，而且求解过程完备.
解：设｛an｝的公比为q,则
S2n=Sn+qnSn=Sn(1+qn)
S3n=Sn+qnSn+q2nSn=Sn(1+qn+q2n)
∴S2n+S22n-Sn(S2n+S3n)
=S2n+S2n(1+qn)2-S2n［(1+qn)+(1+qn+q2n)］
=S2n+S2n(1+qn)2-S2n［1+(1+qn)2］
∴S2n+S22n=Sn(S2n+S3n).
评析& 本题的结论是等比数列的又一性质：(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n),即Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列.
例3& 已知数列｛an｝满足条件：a1=1,a2=r(r＞0)，且｛anan+1｝是公比为q(q＞0)的等比数列.设bn=a2n-1+a2n，求数列｛bn｝的前n项和Sn.
分析& =q=q=q.
解：∵=q&&&&&& ∴an+2=anq，
且q≠0,b1=1+r≠0
∴｛bn｝是首项为1+r，公比为q的等比数列，
评析& 解题的关键是等比数列｛bn｝的发现，只要紧抓等比数列的定义来分析，就能使隐含着的条件显露出来，促成问题的快速解决.
;S14=;S21=;
可得S7(S21-S14)=(S14-S7)2.
也可以这样证明：S14-S7=(a1+a2+…+a14)-(a1+a2+…+a7)
=a8+a9+…+a14
=a1q7+a2q7+…+a7q7
=(a1+a2+…+a7)q7
同理可得S21-S14=q14S7
因此S7(S21-S14)=(S14-S7)2
可类似证明Sk,S2k-Sk,S3k-Sk成等比数列.
＞log0.5Sn+1.
分析& 只需证明SnSn+2＜S2n+1.
解：∵Sn+1=a1+qSn,Sn+2=a1+qSn+1
∴S2n+1-SnSn+2
=Sn+1(a1+qSn)-Sn(a1+qSn+1)
=a1(Sn+1-Sn)=a1an+1＞0
∴SnSn+2＜S2n+1
∴log0.5(SnSn+2)＞log0.5S2n+1.
∴＞log0.5Sn+1.
评析& 由a1＞0，q＞0及qSnSn+2=qSn(a1+qSn+1)＜a1qSn+1+q2SnSn+1=qS2n+1，亦可推得SnSn+2＜S2n+1.
例2& 设等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若S3+S6=2S9，求数列的公比q.
分析& 由条件式建立一个关于q的方程.
解：若q=1,则S3+S6-2S9=-9a1≠0，与题设矛盾，故q≠1.
从而，依题意得
整理得q3(q3-1)(2q3+1)=0,
∵q≠0,q≠1
∴2q3+1=0,
评析& 解题过程中运用了分类讨论的思想.
例3& 设｛an｝是正数组成的数列，其前n项和为Sn，且对于所有自然数n，an与2的等差数列等于Sn与2的等比中项.
(1)写出｛an｝的前3项.
(2)求｛an｝的通项公式(写出推理过程).
(3)令bn= (+),n∈N
求证：b1+b2+…+bn-n=.
解：(1)当n=1时，有
∴=.∴a1=2.
当n=2时有=,而S2=a1+a2=2+a2
∴a2=6或a2=-2(舍)
当n=3时，有=
而S3=a1+a2+a3=8+a3
∴=.∴a3=10.
故前3项为2，6，10.
(2)由题意有= (n∈N+)
∴Sn= (an+2)2.
由此知Sn+1=(an+1+2)2.
∴an+1=Sn+1-Sn=［(an+1+2)2-(an+2)2］
整理得& (an+1+an)(an+1-an-4)=0
而&&&&&&&&& an+1+an≠0
∴an+1-an=4& ∴｛an｝为等差数列，其中a1=2，d=4
∴an=a1+(n-1)d，∴an=4n-2
(3)令cn=bn-1，则b1+b2+…+bn-n=c1+c2+…+cn
且cn= (+-2)
∵an=4n-2,an+1=4n+2
∴cn=［(-1)+( -1)］=-
∴b1+b2+…+bn-n=c1+c2+…+cn
& =(1-)+(-)+…+(-)
∴b1+b2+…+bn-n=
评析& ①已知an与Sn的混和递推关系，一般有两条途径可供转化.均是利用当n≥2时，an=Sn-Sn-1，一条路可转化为关于an与an-1的递推关系，另一条路是转化为关于Sn与Sn-1的递推关系.如本例就是转化为an的.又如：已知数列｛an｝的前n项和满足S1=4，当n≥2时，an=，试求｛an｝的通项公式.读者不妨去试一试!
②在(3)题中，数列求和的方法是裂项法.
例4& 已知等差数列｛an｝的第二项a2=5，前10项之和S10=120.若从数列｛an｝中依次取出第2项，第4项，第8项，…第2n项，按原来顺序组成一个新数列｛bn｝，且这个数列的前n项之和为Tn，试比较Tn+1与2Tn的大小.
解：设｛an｝的公差为d,
∴& ∴an=3+(n-1)·2=2n+1
数列bn==2·2n+1
∴Tn=n+2(21+22+23+…+2n)
& =n+2·=2n+2+n-4
Tn+1-2Tn=(2n+3+n-3)-2(2n+2+n-4)
当n＞5，n∈N时，
Tn+1＜2Tn，当n=5时，Tn+1=2Tn
当1≤n≤5时，即n=1,2,3,4时，Tn+1＞2Tn.
p＝ (an-p);
解：(1)由题意a1＝P·40%＝0.4P.
a2＝a1+(P-a1)20%-a15%＝0.5P
a3＝a2+(P-a2)20%-a25%＝0.575P
(2)一般有an+1＝an+(P-an)20%-an5%＝an+P
∴& an+1-P＝an-P＝ (an-P)
(3)∴& ｛an-P｝是以a1-P＝-P为首项，为公比的等比数列，
∴& an-P＝-P()n-1.
∴& an＝P-P()n-1.
，且a1+a3+a5+…+a99=60，则a1+a2+a3+a4+…+a100等于(&&& )
A.100&&&&&&&&&& B.80&&&&&&&&&&& C.60&&&&&&&&&&& D.40
3.一个等比数列，它的前n项和Sn=abn+c，其中a、b、c为常数且a≠0，b≠0且b≠1，则a、b、c必须满足(&&& )
A.a+b=0&&&&&&&& B.b+c=0&&&&&&&& C.a+c=0&&&&&&&& D.a+b+c=0
4.等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若S10=10，S20=30，则S30等于(&&& )
A.70&&&&&&&&&&& B.90&&&&&&&&&&& C.100&&&&&&&&&& D.120
5.一个等比数列｛an｝的首项为a1=2，公比q=3，从第m项到第n项(m＜n)的和为720，则m的值为(&&& )
A.3&&&&&&&&&&&& B.4&&&&&&&&&&&& C.5&&&&&&&&&&&& D.6
6.数列｛an｝是由实数构成的等比数列，Sn=a1+a2+…+an，则数列｛Sn｝中(&&& )
A.任一项均不为0&&&&&&&&&&&&&&&& B.必有一项不为0
C.至多有有限项为0&&&&&&&&&&&&&& D.或无一项为0，或有无穷多项为0
7.计算机的成本不断降低，若每隔5年计算机价格降低，现在的价格是8100元，则15年后，价格降低为(&&& )
A.2200元&&&&&&& B.900元&&&&&&&& C.2400元&&&&&&& D.3600元
8.数列1，1+2，1+2+22，…，1+2+22+…+2n-1的前n项和Sn等于(&&& )
A.2n&&&&&&&&&&& B.2n-n&&&&&&&&& C.2n+1-n-2&&&&&& D.n-2n
9.一个等比数列｛an｝共有2n+1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an+1为(&&& )
A.&&&&&&&&&&& B.&&&&&&&&&&& C.20&&&&&&&&&&& D.110
10.已知等比数列｛an｝中，an=2·3n-1，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项和为(&&& )
A.3n-1&&&&&&&&& B.3(3n-1)&&&&&& C.&&&&&&& D.
二、填空题
1.已知lgx+lgx2+…+lgx10=110,则lgx+(lgx)2+…+(lgx)10=&&&&&&&&&&&&&&&&&
2.在等比数列｛an｝中，若Sn=93,an=48，公比q=2，则n=&&&&&&&&&&&&&&&&& .
3.S=1+a+a2+a3+…+a10=&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& .
4.等比数列首项为2，公比为3，从前&&&&&&&&&&&&&& 项的和开始大于100.
三、解答题
1.已知等比数列｛an｝的首项a1＞0，公比q＞0.设数列｛bn｝的通项bn=an+1+an+2(n∈N+)，数列｛an｝、｛bn｝的前n项和分别为An与Bn，试比较An与Bn的大小.
,,…, 恰为等比数列，若k1=1，k2=5，k3=17，求k1+k2+…+kn的值.
三、1.1°q＞时，Bn-An＞0，得Bn＞An
2°q=时，Bn-An=0，得Bn=An.
3°0＜q＜时，Bn-An＜0，得Bn＜An.
3.解：(1)2n+1& (2)Tn=(n-1)2n+1+2.
【素质优化训练】
1.略&&& 2.前5项的和最大.
【生活实际运用】
1.解：(1)1998年的产量a6=1633(千克)&
到2000年底的总产量S8=·2=50(千克).
2.解：(1)设某君有人民币a元，若长期储蓄，则x年后人民币总额为y=a(1+0.06)x，即y=1.06x·a.
若购买股票，则x年后利息和红利总额为
y=［0.24+0.24(1+0.06)+0.24(1+0.06)2+…+0.24(1+0.06)x-1］a
即y=4(1.06x-1)a.
(2)由1.06x·a=4(1.06x-1)a，得1.06x=，两边取以10为底的对数，得
x==≈4.9368.
即大约经过5年，股票与储蓄拥有的人民币相等.等差、等比数列公式总结_百度文库
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等差、等比数列公式总结
&&等差、等比数列公式
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等差数列和公式Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)/2 d等比数列求和公式q≠1时 Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-anq)/(1-q)q=1时Sn=na1(a1为首项,an为第n项,d为公差,q 为等比)
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