4.3.2 第1课时 等比数列的前n项和(课件) -【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

单击此处添加文本具体内容 第四章　数列 4.3等比数列 4.3.2　等比数列的前n项和公式 第1课时　等比数列的前n项和 [学习任务] 1.掌握等比数列的前n项和公式及其应用.（重点） 2.会用错位相减法求数列的和.（重点） 第1课时　等比数列的前n项和 [对应学生用书第24页] 知识点　等比数列的前n项和公式 已知量 首项a1与公比q 首项a1,末项an与公比q 公式 Sn＝ Sn＝ 首项a1与公比q 首项a1,末项an与公比q Sn＝ Sn＝ 第1课时　等比数列的前n项和 [对应学生用书第25页] 探究一　等比数列的前n项和公式的基本运算 [例1]　在等比数列{an}中, （1）若a1＝1,a5＝16,且q＞0,求S7； [解]　（1）∵{an}为等比数列且a1＝1,a5＝16, ∴a5＝a1q4,∴16＝q4,∴q＝2（负的舍去）. ∴S7＝＝＝127. 第1课时　等比数列的前n项和 [解]　（2）方法一：由公式Sn＝,an＝a1qn－1 以及已知条件得 ∴a1·2n＝192,∴2n＝. ∴189＝a1（2n－1）＝a1,∴a1＝3. 又∵2n－1＝＝32,∴n＝6. （2）若Sn＝189,q＝2,an＝96,求a1和n； 第1课时　等比数列的前n项和 方法二：由公式Sn＝及已知条件得189＝, 解得a1＝3,又由an＝a1·qn－1, 得96＝3×2n－1,解得n＝6. 第1课时　等比数列的前n项和 [解]　（3）①当q≠1时,S3＝＝, 又a3＝a1·q2＝, ∴a1（1＋q＋q2）＝,即（1＋q＋q2）＝, 解得q＝－（q＝1舍去）, ∴a1＝6. ②当q＝1时,S3＝3a1,∴a1＝. （3）若a3＝,S3＝,求a1和公比q. 第1课时　等比数列的前n项和 综上得或 第1课时　等比数列的前n项和 等比数列前n项和运算的技巧 （1）在等比数列的通项公式和前n项和公式中,共涉及五个量a1,an,n,q,Sn,其中首项a1和公比q为基本量,且“知三求二”,常常列方程组来解答. （2）对于基本量的计算,列方程组求解是基本方法,通常用约分或两式相除的方法进行消元,有时会用到整体代换,如qn,都可看作一个整体. 第1课时　等比数列的前n项和 1.在等比数列{an}中,公比为q,前n项和为Sn. （1）a1＝8,an＝,Sn＝,求n； 解　（1）显然q≠1,由Sn＝,即＝, ∴q＝.又∵an＝a1qn－1,即8×＝,∴n＝6. 第1课时　等比数列的前n项和 解　（2）方法一：由S6≠2S3知q≠1,由题意得 ②÷①,得1＋q3＝9,∴q3＝8,即q＝2. 代入①得a1＝,∴an＝a1qn－1＝×2n－1＝2n－2, Sn＝＝2n－1－. （2）S3＝,S6＝,求an及Sn. 第1课时　等比数列的前n项和 方法二：由S3＝a1＋a2＋a3,S6＝S3＋a4＋a5＋a6＝S3＋q3（a1＋a2＋a3）＝S3＋q3S3＝（1＋q3）S3. ∴1＋q3＝＝9,∴q3＝8,即q＝2. 代入＝,得a1＝, ∴an＝a1qn－1＝×2n－1＝2n－2, Sn＝＝2n－1－. 第1课时　等比数列的前n项和 探究二　等比数列的前n项和的性质 [例2]　等比数列{an}的前n项和Sn＝48,前2n项和S2n＝60,则前3n项和S3n＝ 　　　　⁠.  ⁠ 第1课时　等比数列的前n项和 [解析]　方法一：设公比为q,由已知易知q≠1,由可得所以S3n＝＝[1－（qn）3]＝64×＝63. 方法二：由Sn,S2n－Sn,S3n－S2n成等比数列,得（S2n－Sn）2＝Sn（S3n－S2n）,即（60－48）2＝48（S3n－60）,解得S3n＝63. [答案]　63 第1课时　等比数列的前n项和 　　运用等比数列求和性质解题时,一定要注意性质成立的条件.否则会出现失误.如Sn,S2n－Sn,S3n－S2n,…成等比数列的前提是Sn,S2n－Sn,S3n－S2n均不为0. 第1课时　等比数列的前n项和 2.（1）已知等比数列{an}中,若前10项的和是10,前20项的和是30,则前30项的和是 　　　　⁠.  解析　（1）方法一：因为数列{an}是等比数列,所以有S10,S20－S10,S30－S20成等比数列,所以（S20－S10）2＝S10（S30－S20）,即（30－10）2＝10×（S30－30）,即S30－30＝40,即S30＝70. 方法二：由等比数列前n项和的性质Sm＋n＝Sn＋qnSm,得S20＝S10＋q10S10,即30＝10＋10q10,所以q10＝2.所以S30＝＋q20S10＝30＋40＝70. ⁠ 第1课时　等比数列的前n项和 （2）已知等比数列{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　（2）由题意,得解得所以q＝＝＝2. 答案　（1）70　（2）2 ⁠ 第1课时　等比数列的前n项和 探究三　与等比数列有关的数列求和问题 1.错位相减法 [例3]　已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且＝7,a5＝32. （1）求数列{an}的通项公式； 第1课时　等比数列的前n项和 [解]　（1）设数列{an}的公比是q. ∵an＞0,＝＝1＋q＋q2＝7, ∴q＝2或q＝－3（舍去）. 又a5＝32,∴a1＝＝2, ∴数列{an}的通项公式为an＝a1·qn－1＝2n. 第1课时　等比数列的前n项和 （2）求数列{nan}的前n项和Tn. [解]　（2）由（1）知nan＝n·2n, ∴Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n, ① ∴2Tn＝22＋2×23＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1, ② ①－②,得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1 ＝2n＋1－2－n·2n＋1＝（1－n）2n＋1－2, ∴Tn＝（n－1）2n＋1＋2. 第1课时　等比数列的前n项和 错位相减法的步骤、注意事项 1.错位相减法适用于数列{anbn}（其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列）的前n项和的求解. 2.用错位相减法求数列前n项和的五个步骤： （1）乘公比；（2）错位相减；（3）求和；（4）整理；（5）除以系数. 第1课时　等比数列的前n项和 ②在写出“Sn”与“qSn”的式子时可将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的式子； ③在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比q＝1和q≠1两种情况讨论. 3.用错位相减法的注意事项： （1）注意解题“三关键” 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； 第1课时　等比数列的前n项和 （2）谨防解题“两失误” ①两式相减时最后一项因没有对应项而忘记变号； ②对相减后的和式的结构认识模糊,错把中间的n－1项和当作n项和. 第1课时　等比数列的前n项和 2.分组求和法 [例4]　（合肥高二期末）已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝3n. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{an＋2n－1}的前n项和Sn. [解]　（1）因为＋＋＋…＋＝3n,① 所以当n＝1时,＝3,所以a1＝6. 当n≥2时,＋＋＋…＋＝3（n－1）,② 第1课时　等比数列的前n项和 ①－②,得＝3,所以an＝3·2n（n≥2）. 显然当n＝1时也满足上式, 所以an＝3·2n. 第1课时　等比数列的前n项和 （2）由（1）知an＝3·2n,则an＋2n－1＝3·2n＋2n－1, 也可看成3·2n,2n和－1的组合,则 Sn＝3（2＋22＋…＋2n）＋2（1＋2＋…＋n）－n. 所以Sn＝（3·2＋1）＋（3·22＋3）＋（3·23＋5）＋…＋（3·2n＋2n－1） ＝3（2＋22＋…＋2n）＋[1＋3＋5＋…＋（2n－1）] ＝3·＋＝3·2n＋1＋n2－6. 第1课时　等比数列的前n项和 分组求和法的常见类型及解法 第1课时　等比数列的前n项和 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 [对应学生用书第27页] 第1课时　等比数列的前n项和 第四章 数列 2.设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3＝8,S6＝7,则a7＋a8＋a9等于 （　　） A. B.－ C. D. 解析　因为a7＋a8＋a9＝S9－S6,且S3,S6－S3,S9－S6成等比数列,即8,－1,S9－S6成等比数列,所以8（S9－S6）＝1,即S9－S6＝.所以a7＋a8＋a9＝. 答案　A 第1课时　等比数列的前n项和 第四章 数列 4.求和：＋＋…＋（xy≠0,x≠1,y≠1）. 解　∵xy≠0,x≠1,y≠1, ∴＋＋…＋ ＝（x＋x2＋…＋xn）＋ ＝＋＝＋. 第1课时　等比数列的前n项和 3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝λn，n∈N*，λ≠0，且a2是a1，a5的等比中项． (1)求λ的值； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解　(1)由an＋an＋1＝λn(n∈N*，λ≠0)， 得a1＋a2＝λ，a2＋a3＝2λ，a3＋a4＝3λ，a4＋a5＝4λ， 所以a2＝λ－1，a3＝λ＋1，a4＝2λ－1，a5＝2λ＋1. 因为a2是a1，a5的等比中项， 所以a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝a1a5，则λ2＝4λ.又λ≠0，所以λ＝4. (2)由(1)知an＋an＋1＝4n(n∈N*). 当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋(a5＋a6)＋…＋(an－1＋an)＝4＋12＋20＋…＋4(n－1)＝ eq \f(4n×\f(n,2),2) ＝n2； 当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋(a6＋a7)＋…＋(an－1＋an)＝1＋8＋16＋24＋…＋4(n－1)＝1＋ eq \f(（4n＋4）×\f(n－1,2),2) ＝n2. 综上所述，Sn＝n2，n∈N*. 4．已知数列{an}的首项a1＝ eq \f(1,2) ，且满足an＋1＝ eq \f(an,3－2an) (n∈N*). (1)证明 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1)) 是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1)) ，求{bn}的前n项和Sn. 解　(1)由题意得an＋1＝ eq \f(an,3－2an) ⇒ eq \f(1,an＋1) ＝ eq \f(3,an) －2， 所以 eq \f(1,an＋1) －1＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1)) ， 则 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1)) 是首项为 eq \f(1,a1) －1＝1，公比为3的等比数列， 所以 eq \f(1,an) －1＝3n－1，所以an＝ eq \f(1,3n－1＋1) . (2)由(1)得bn＝n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1)) ＝n·3n－1， 所以Sn＝1＋2×3＋3×32＋…＋n×3n－1　①， 3Sn＝3＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n　②， ①－②得－2Sn＝1＋3＋32＋…＋3n－1－n·3n＝ eq \f(1－3n,1－3) －n·3n， 所以Sn＝ eq \f(（2n－1）·3n＋1,4) . 1．(山西大同期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝ eq \f(9,8) ，an＝ eq \f(1,3) ，公比q＝ eq \f(2,3) ，则 eq \f(Sn,1＋q2) ＝(　　) A． eq \f(9,8) B． eq \f(15,8) C．3 D．6 解析　由{an}为等比数列可知an＝a1·qn－1，即 eq \f(1,3) ＝ eq \f(9,8) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1) ，解得n＝4，∴Sn＝S4＝ eq \f(\f(9,8)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(4))),1－\f(2,3)) ＝ eq \f(65,24) ，则 eq \f(Sn,1＋q2) ＝ eq \f(\f(65,24),1＋\f(4,9)) ＝ eq \f(15,8) .故选B. 答案　B 3．(湖南怀化期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1＋r，则r的值为________. 解析　设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1. 由于等比数列的前n项和Sn＝ eq \f(a1,1－q) － eq \f(a1,1－q) ·qn， 且Sn＝3n－1＋r＝r＋ eq \f(1,3) ·3n，故r＋ eq \f(1,3) ＝0，得r＝－ eq \f(1,3) . 答案　－ eq \f(1,3) $$