4.3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式及应用-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

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项和公式及应用 第四章 数列 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课前 预习学案 课堂 互动学案 01 02 课时 素养提升 03 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课前 预习学案 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 　 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课程标准 素养解读 1.探索并掌握等比数列的前n项和公式． 2．理解等比通项公式与前n项和公式的关系. 1.在推导等比数列前n项和公式的过程中达成逻辑推理、数学抽象的核心素养． 2．在运用等比数列前n项和公式的过程中提升逻辑推理和数学运算的核心素养. [情境引入] 国际象棋起源于古代印度．相传国王要奖赏国际象棋的发明者，问他想要什么．发明者说：“请在棋盘的第1个格子里放上1颗麦粒，第2个格子里放上2颗麦粒，第3个格子里放上4颗麦粒，依此类推，每个格子里放的麦粒数都是前一个格子里放的麦粒数的2倍，直到第64个格子．请给我足够的麦粒以实现上述要求．”国王觉得这个要求不高，就欣然同意了．假定千粒麦粒的质量为40克，据查，2016－2017年度世界年度小麦产量约为7.5亿吨，根据以上数据，判断国王是否能实现他的诺言． [知识梳理] [知识点一]　等比数列的前n项和公式　 已知量 首项、公比与项数 首项、公比与末项 求和公式 Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)q≠1,na1q＝1)) Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a1－anq,1－q)q≠1,na1q＝1)) 1.类比等差数列前n项和是关于n的二次型函数，如何从函数的角度理解等比数列前n项和Sn? [提示]　可把等比数列前n项和Sn理解为关于n的指数型函数． [知识点二]　错位相减法　 1．推导等比数列前n项和的方法 一般地，等比数列{an}的前n项和可写为： Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，　　　① 用公比q乘①的两边，可得 qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，　　② 由①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn， 整理得Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)(q≠1)． 2．我们把上述方法叫　错位相减法　，一般适用于数列{an·bn}前n项和的求解，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且q≠1. 2.等比数列的前n项和公式的推导还有其他的方法吗？ [提示]　根据等比数列的定义，有：eq \f(a2,a1)＝eq \f(a3,a2)＝eq \f(a4,a3)＝…＝eq \f(an,an－1)＝q，再由合比定理， 则得eq \f(a2＋a3＋a4＋…＋an,a1＋a2＋a3＋…＋an－1)＝q，即eq \f(Sn－a1,Sn－an)＝q，进而可求Sn. [预习自测] 1．判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)求等比数列{an}的前n项和时可直接套用公式Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)来求．(　　) (2)首项为a的数列既是等差数列又是等比数列，则其前n项和为Sn＝na.(　　) (3)若某数列的前n项和公式为Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0且q≠1，n∈N*)，则此数列一定是等比数列．(　　) (4)若Sn为等比数列的前n项和，则S3，S6，S9成等比数列．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 2．等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝44，则a1的值为(　　) A．4　　　　　　　 B．－4 C．2 D．－2 解析：A　[由S5＝eq \f(a1[1－－25],1－－2)＝44，得a1＝4.] 3．已知数列{an}为等比数列，且前n项和为Sn，S3＝3，S6＝27，则公比q＝________. 解析：q3＝eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(27－3,3)＝8，所以q＝2. 答案：2 等比数列前n项和的应用 [例1]　在等比数列{an}中， (1)S2＝30，S3＝155，求Sn； (2)a1＋a3＝10，a4＋a6＝eq \f(5,4)，求S5； (3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求q. [解]　(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a11＋q＝30，,a11＋q＋q2＝155，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝5，,q＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝180，,q＝－\f(5,6).)) 从而Sn＝eq \f(1,4)×5n＋1－eq \f(5,4)或Sn＝eq \f(1 080×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)))n)) ,11). (2)法一：由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝10，,a1q3＋a1q5＝\f(5,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2)，)) 从而S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(31,2). 法二：由(a1＋a3)q3＝a4＋a6，得q3＝eq \f(1,8)，从而q＝eq \f(1,2). 又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10，所以a1＝8， 从而S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(31,2). (3)因为a2an－1＝a1an＝128，所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根． 从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2，,an＝64，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＝2，,a1＝64.)) 又Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝126，所以q为2或eq \f(1,2). 1．在等比数列 {an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，已知其中的三个量，通过列方程组，就能求出另外两个量，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用． 2．在解决与前n项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论． [变式训练] 1．在等比数列{an}中， (1)若a1＝eq \r(2)，an＝16eq \r(2)，Sn＝11eq \r(2)，求n和q； (2)已知S4＝1，S8＝17，求an. 解：(1)由Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)，得11eq \r(2)＝eq \f(\r(2)－16\r(2)q,1－q)， ∴q＝－2. 又由an＝a1qn－1，得16eq \r(2)＝eq \r(2)(－2)n－1，∴n＝5. (2)若q＝1，则S8＝2S4，不合题意，∴q≠1， ∴S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝1，S8＝eq \f(a11－q8,1－q)＝17， 两式相除得eq \f(1－q8,1－q4)＝17＝1＋q4，∴q＝2或q＝－2， ∴a1＝eq \f(1,15)或a1＝－eq \f(1,5)， ∴an＝eq \f(1,15)×2n－1或－eq \f(1,5)×(－2)n－1. 等比数列前n项和的性质 [例2]　(1)等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4为(　　) A．28　　　　　　　 B．32 C．21 D．28或－21 (2)等比数列{an}中，公比q＝3，S80＝32，则a2＋a4＋a6＋…＋a80＝________. [解析]　(1)∵{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S4＝－21. ∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)＞S2，∴S4＝28. (2)设T1＝a2＋a4＋a6＋…＋a80，T2＝a1＋a3＋a5＋…＋a79，则eq \f(T1,T2)＝q＝3，即T1＝3T2. 又T1＋T2＝S80＝32，∴eq \f(4,3)T1＝32，解得T1＝24，即a2＋a4＋a6＋…＋a80＝24. [答案]　(1)A　(2)24 1．等比数列前n项和的性质 (1)等比数列{an}中，若项数为2n，则eq \f(S偶,S奇)＝q；若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q. (2)若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(其中Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…均不为0)． (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(A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)⇔数列{an}为等比数列． 2．结合等比数列前n项和的性质解题 (1)牢记并熟练运用等比数列及其前n项和性质是基础． (2)运用方程思想、整体化思想是解题的关键． [变式训练] 2．(1)已知等比数列{an}的公比q＝－eq \f(1,3)，则eq \f(a1＋a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6＋a8)＝(　　) A．－3 B．－eq \f(1,3) C．3 D.eq \f(1,3) 解析：A　[∵a2＋a4＋a6＋a8＝a1q＋a3q＋a5q＋a7q＝q(a1＋a3＋a5＋a7)，∴eq \f(a1＋a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6＋a8)＝eq \f(1,q)＝－3.] (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S6,S3)＝3，则eq \f(S9,S6)＝(　　) A．2 B.eq \f(7,3) C.eq \f(8,3) D．3 解析：B　[由等比数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是，由S6＝3S3，可推出S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴eq \f(S9,S6)＝eq \f(7,3).] (3)一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求数列的通项公式． 解：设数列{an}的首项为a1，公比为q，所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇，S偶， 由题意可知，S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶． 因为数列{an}的项数为偶数，所以有q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(1,3). 又因为a1·a1q·a1q2＝64，所以aeq \o\al(3,1)·q3＝64，即a1＝12，故所求通项公式为an＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1. 错位相减法求和 [例3]　已知等比数列{an}满足：a1＝eq \f(1,2)，a1，a2，a3－eq \f(1,8)成等差数列，公比q∈(0,1)， (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. [思路点拨]　(1)根据a1，a2，a3－eq \f(1,8)成等差数列求得公比q，写出通项公式； (2)由bn＝nan可知利用错位相减法求和． [解]　(1)设等比数列{an}的公比为q，a1＝eq \f(1,2)， 因为a1，a2，a3－eq \f(1,8)成等差数列， 所以2a2＝a1＋a3－eq \f(1,8)， 即得4q2－8q＋3＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝eq \f(3,2)， 又因为q∈(0,1)，所以q＝eq \f(1,2)， 所以an＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq \f(1,2n). (2)根据题意得bn＝nan＝eq \f(n,2n)， Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，　　　　① eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，　　② 作差得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)， 所以Sn＝2－(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n. [母题变式] 1．本题中设cn＝eq \f(n,an)，求数列{cn}的前n项和Sn′. [解]　题意知cn＝n·2n， 所以Sn′＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－2)×2n－2＋(n－1)×2n－1＋n×2n， 2Sn′＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－2)×2n－1＋(n－1)×2n＋n×2n＋1， 两式相减得：－Sn′＝1×21＋22＋23＋24＋…＋2n－1＋2n－n×2n＋1＝eq \f(21－2n,1－2)－n×2n＋1 ＝(1－n)×2n＋1－2， 所以Sn′＝(n－1)×2n＋1＋2. 2．本题中设dn＝(2n－1)an，求数列{dn}的前n项和Tn. [解]　由题意可得： Tn＝1×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,22)＋…＋(2n－1)×eq \f(1,2n)， eq \f(1,2)Tn＝1×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋(2n－3)×eq \f(1,2n)＋(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)， 两式相减，得 eq \f(1,2)Tn＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋…＋2×eq \f(1,2n)－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1) ＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)， 所以Tn＝3－eq \f(4,2n)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n). 错位相减法的适用范围及注意事项 (1)适用范围：它主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和． (2)注意事项： ①利用“错位相减法”时，在写出Sn与qSn的表达式时，应注意使两式错位对齐，以便于作差，正确写出(1－q)Sn的表达式． ②利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况． [变式训练] 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为1的等差数列，且a2＝3，a3＝5. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)∵数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为1的等差数列， ∴eq \f(Sn,n)＝a1＋n－1，可得Sn＝n(a1＋n－1)， ∴a1＋a2＝2(a1＋1)，a1＋a2＋a3＝3(a1＋2)，且a2＝3，a3＝5. 解得a1＝1.∴Sn＝n2. ∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n＝1时也成立)． ∴an＝2n－1. (2)bn＝an×3n＝(2n－1)×3n， ∴数列{bn}的前n项和 Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，① ∴3Tn＝32＋3×33＋…＋(2n－3)×3n＋(2n－1)×3n＋1，② ①—②得 －2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×eq \f(93n－1－1,3－1)－(2n－1)×3n＋1， 可得Tn＝3＋(n－1)×3n＋1. [当堂达标] 1．等比数列1，x，x2，x3，…的前n项和Sn＝(　　) A.eq \f(1－xn,1－x) B.eq \f(1－xn－1,1－x) C.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1－xn,1－x)，x≠1且x≠0，,n，x＝1)) D.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1－xn－1,1－x)，x≠1且x≠0，,n，x＝1)) 解析：C　[当x＝1时，Sn＝n；当x≠1且x≠0时，Sn＝eq \f(1－xn,1－x).] 2．(多选)已知各项均为正数且单调递减的等比数列{an}满足a3，eq \f(3,2)a4,2a5成等差数列，其前n项和为Sn，且S5＝31，则(　　) A．an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－5 B．an＝2n＋1 C．Sn＝32－eq \f(1,2n－5) D．Sn＝2n＋4－16 解析：AC　[由a3，eq \f(3,2)a4,2a5成等差数列，得3a4＝a3＋2a5.设{an}的公比为q，则2q2－3q＋1＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝1(舍去)， 所以S5＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝31，解得a1＝16.所以数列{an}的通项公式为an＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－5，Sn＝eq \f(16\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝32－eq \f(1,2n－5)，故选AC.] 3．在公比为整数的等比数列{an}中，如果a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则这个数列的前8项之和S8＝　________　. 解析：a1＋a4＝a1(1＋q3)＝18，a2＋a3＝a1(q＋q2)＝12，两式联立解得q＝2或eq \f(1,2)，而q为整数，所以q＝2，a1＝2，代入公式求得S8＝eq \f(21－28,1－2)＝510. 答案：510 4．求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2n)))的前n项和． 解：设Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，则有eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)， 两式相减，得Sn－eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)， 即eq \f(1,2)Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1). ∴Sn＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n). $$