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Word教案（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 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＝ Sn＝ 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＝(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：＝＝＝…＝＝q，再由合比定理， 则得＝q，即＝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＝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＝＝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＝＝＝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＝，求S5； (3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求q. [解]　(1)由题意知 解得或 从而Sn＝×5n＋1－或Sn＝. (2)法一：由题意知解得 从而S5＝＝. 法二：由(a1＋a3)q3＝a4＋a6，得q3＝，从而q＝. 又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10，所以a1＝8， 从而S5＝＝. (3)因为a2an－1＝a1an＝128，所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根． 从而或 又Sn＝＝126，所以q为2或. 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＝，an＝16，Sn＝11，求n和q； (2)已知S4＝1，S8＝17，求an. 解：(1)由Sn＝，得11＝， ∴q＝－2. 又由an＝a1qn－1，得16＝(－2)n－1，∴n＝5. (2)若q＝1，则S8＝2S4，不合题意，∴q≠1， ∴S4＝＝1，S8＝＝17， 两式相除得＝17＝1＋q4，∴q＝2或q＝－2， ∴a1＝或a1＝－， ∴an＝×2n－1或－×(－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＝q＝3，即T1＝3T2. 又T1＋T2＝S80＝32，∴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＝q；若项数为2n＋1，则＝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＝－，则＝(　　) A．－3 B．－ C．3 D. 解析：A　[∵a2＋a4＋a6＋a8＝a1q＋a3q＋a5q＋a7q＝q(a1＋a3＋a5＋a7)，∴＝＝－3.] (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝(　　) A．2 B. C. 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，∴＝.] (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＝＝. 又因为a1·a1q·a1q2＝64，所以a·q3＝64，即a1＝12，故所求通项公式为an＝12×n－1. 　 　　错位相减法求和 [例3]　已知等比数列{an}满足：a1＝，a1，a2，a3－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－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＝， 因为a1，a2，a3－成等差数列， 所以2a2＝a1＋a3－， 即得4q2－8q＋3＝0，解得q＝或q＝， 又因为q∈(0,1)，所以q＝， 所以an＝×n－1＝. (2)根据题意得bn＝nan＝， Sn＝＋＋＋…＋，　　　　① Sn＝＋＋＋…＋，　　② 作差得Sn＝＋＋＋…＋－， 所以Sn＝2－(n＋2)n. [母题变式] 1．本题中设cn＝，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＝－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×＋3×＋…＋(2n－1)×， Tn＝1×＋3×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×， 两式相减，得 Tn＝1×＋2×＋…＋2×－(2n－1)×＝＋×－(2n－1)× ＝－－， 所以Tn＝3－－＝3－. 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)∵数列是公差为1的等差数列， ∴＝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×－(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. B. C. D. 解析：C　[当x＝1时，Sn＝n；当x≠1且x≠0时，Sn＝.] 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，a4,2a5成等差数列，其前n项和为Sn，且S5＝31，则(　　) A．an＝n－5 B．an＝2n＋1 C．Sn＝32－ D．Sn＝2n＋4－16 解析：AC　[由a3，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＝或q＝1(舍去)， 所以S5＝＝31，解得a1＝16.所以数列{an}的通项公式为an＝16×n－1＝n－5，Sn＝＝32－，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，而q为整数，所以q＝2，a1＝2，代入公式求得S8＝＝510. 答案：510 4．求数列的前n项和． 解：设Sn＝＋＋＋…＋， 则有Sn＝＋＋…＋＋， 两式相减，得Sn－Sn＝＋＋＋…＋－， 即Sn＝－＝1－－. ∴Sn＝2－－＝2－. 学科网（北京）股份有限公司 $$