1.3.3 第1课时 等比数列的前n项和公式(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（湘教版）

本讲义聚焦等比数列的前n项和公式这一核心知识点，从斐波那契数列格子面积问题引入，类比等差数列前n项和的函数视角，系统推导公式并强调公比是否为1的分类讨论，衔接错位相减法（等差乘等比数列求和）及分期付款等实际应用。 资料通过实际问题情境培养学生用数学眼光观察现实世界的能力，如斐波那契数列面积问题激发探究欲。推导公式时引导学生用数学思维推理，错位相减的例题与变式训练提升运算能力和逻辑思维，分期付款问题则强化用数学语言表达现实问题的模型意识。课中辅助教师高效授课，课后分层作业与回顾问题帮助学生查漏补缺，巩固知识。

1.3.3　等比数列的前n项和 第1课时　等比数列的前n项和公式 学习任务 核心素养 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) 3．能运用等比数列的前n项和公式解决一些简单的实际问题． 1．通过等比数列前n项和的实际应用，培养数学建模素养． 2．借助等比数列基本量的计算及错位相减法的应用，培养数学运算素养． 意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为最美的数列，斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N＋)．若将数列的每一项按照如图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形围成的扇形面积为cn，请问你用什么方法能求出Sn和cn呢？ 知识点1　等比数列的前n项和公式 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． 1．若在等比数列{an}中，a1＝1，S3＝3，求公比q． [解]　若q＝1时，S3＝3a1＝3符合． 若q≠1时，S3＝1＋q＋q2＝3． 解得q＝－2． 故公比q的值为1或－2． 知识点2　错位相减法 推导等比数列前n项和的方法叫作错位相减法．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． 2．求和S＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn． [解]　当x＝0时，S＝0， 当x＝1时，S＝1＋2＋3＋…＋n＝， 当x≠1且x≠0时，S＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn， ① xS＝x2＋2x3＋…＋(n－1)xn＋nxn+1， ② ①－②得(1－x)S＝(x＋x2＋…＋xn)－nxn+1＝－nxn+1， ∴S＝． 类型1　等比数列基本量的运算 【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．“知三求二”：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．“值得注意”：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． [跟进训练] 1．(1)等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝，S6＝，则a2·a4＝(　　) A．4　　　　B．8　　　　C．16　　　　D．32 (2)设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则等于(　　) A．11 B．5 C．－8 D．－11 (1)A　(2)D　[(1)因为S3＝，S6＝，即S6≠2S3，所以q≠1，所以两式相除可得＝，所以q3＝8，即q＝2，a1＝，则a2·a4＝q4＝×24＝4．故选A． (2)在等比数列{an}中，设首项为a1，公比为q．由已知得q＝1不成立，因此q≠1．由8a2＋a5＝0得8a1q＋a1q4＝0，即a1q·(8＋q3)＝0，由等比数列的性质知q＝－2，所以＝＝＝－11，故选D．] 类型2　错位相减法 【例2】　设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝2，b2＝a2，b3＝a2＋4． (1)求和的通项公式； (2)求数列的前n项和． (1)可用基本运算，解方程组的方法求an和bn． (2)尝试用错位相减法求和． [解]　(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则q>0． 由题意，得解得 故an＝2＋2＝2n，bn＝2·2n-1＝2n． (2)令cn＝anbn＝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． [母题探究] 1．(变条件)把本例(2)中“”改为“”，求该数列前n项和Sn′． [解]　令cn＝＝＝， ∴Sn′＝＋…＋， ① ∴Sn′＝＋…＋， ② ∴①－②得：Sn′＝ ＝ ＝1－， ∴Sn′＝2－． 2．(变条件)把本例(2)中“”改为“”，求该数列的前n项和Tn． [解]　∵bn＝2n， ∴前n项和为Tn＝1×＋3×＋5×＋…＋(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－． 　错位相减法的适用条件及注意事项 (1)适用条件：若数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}，当求该数列的前n项和时，常常采用将{anbn}的各项乘公比q，并向后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，这种数列求和的方法称为错位相减法． (2)注意事项：若公比为字母，则需对其进行分类讨论． [跟进训练] 2．设数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋n，数列{bn}的通项公式为bn＝xn-1． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设cn＝anbn，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn． [解]　(1)∵an＝Sn＝n2＋n， ∴an＝ 当n＝1时也满足an＝2n，∴数列{an}的通项公式为an＝2n． (2)由(1)及题意，得cn＝2nxn-1， ∴Tn＝2＋4x＋6x2＋8x3＋…＋2nxn-1，　① 则xTn＝2x＋4x2＋6x3＋8x4＋…＋2nxn．② ①－②，得(1－x)Tn＝2＋2x＋2x2＋…＋2xn-1－2nxn． 当x≠1时，(1－x)Tn＝2×－2nxn， ∴Tn＝； 当x＝1时，Tn＝2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n． 类型3　等比数列前n项和公式的实际应用 【例3】　【链接教材P32例7】 小华准备购买一台售价为5 000元的电脑，采用分期付款方式，并在一年内将款全部付清．商场提出的付款方式为：购买2个月后第1次付款，再过2个月后第2次付款，……购买12个月后第6次付款，每次付款金额相同，约定月利率为0.8%，每月利息按复利计算，求小华每期付款金额是多少？ 列出第k个月末付款后的欠款本利或第k个月时的已付款及利息，尝试用等比数列前n项和解决． [解]　法一：设小华每期付款x元，第k(k取2，4，6，8，10，12)个月末付款后的欠款本利为Ak元，则 A2＝5 000×(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0082－x， A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0084－1.0082x－x， …… A12＝5 000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0， 解得x＝ ＝≈880.8． 故小华每期付款金额约为880.8元． 法二：设小华每期付款x元，到第k(k取2，4，6，8，10，12)个月时已付款及利息为Ak元，则 A2＝x， A4＝A2(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082)， A6＝A4(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082＋1.0084)， …… A12＝x(1＋1.0082＋1.0084＋1.0086＋1.0088＋1.00810)． ∵年底付清欠款， ∴A12＝5 000×1.00812， 即5 000×1.00812＝x(1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)， ∴x＝≈880.8． 故小华每期付款金额约为880.8元． 【教材原题·P32例7】 例7　某制糖厂第一年制糖5万吨，如果平均每年的产量比上一年增加10%，那么从第一年起，约几年内可使总产量达到30万吨(参考数据：lg 1.6≈0.204，lg 1.1≈0.041，结果保留整数)? [解]　设制糖厂第n年的产量为an万吨．由题意，{an}是一个等比数列，其中 a1＝5，q＝1＋10%＝1.1． 由于Sn＝30， 所以＝30． 整理后，得 1．1n＝1.6． 两边取对数，得 n lg 1.1＝lg 1.6． 从而求得 n＝≈≈4.98≈5． 答：约5年内可以使总产量达到30万吨． 　分期付款问题的求解策略 分期付款问题是典型的求等比数列前n项和的应用题，此类题目的特点是：每期付款数相同，且每期间距相同．解决这类问题通常有两种处理方法，一是按欠款数计算，由最后欠款为0列出方程求解；二是按付款数计算，由最后付清全部欠款列方程求解． [跟进训练] 3．某人在年初用16万元购买了一辆家用轿车，付现金6万元，按合同余款分6年付清，年利率为10%，每年以复利计算，问：每年年底应支付多少元？ [解]　余款10万元6年的本利和是＝105×1.16． 设每年年底应支付款为a元，支付6次的本利和应是a＋a(1＋0.1)＋a(1＋0.1)2＋…＋a(1＋0.1)5 ＝a·＝10a(1.16－1)． 由105×1.16＝10a(1.16－1)得 a＝≈22 960(元)． ∴每年年底应支付22 960元． 1．(教材P34练习T1(2)改编)已知等比数列{an}的首项a1＝3，公比q＝2，则S5等于(　　) A．93 B．－93 C．45 D．－45 A　[S5＝＝＝93．] 2．在等比数列{an}中，其前n项和为Sn，a1＝5，S5＝55，则公比q等于(　　) A．4 B．2 C．－2 D．－2或4 C　[∵a1＝5，S5＝55≠5×5，∴S5＝＝55，∴1－q5＝11(1－q)，将选项代入验证得q＝－2．] 3．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则等于(　　) A．(2n－1)2 B．(2n－1) C．4n－1 D．(4n－1) D　[∵Sn＝2n－1，∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n-1，当n＝1时，a1＝21－1＝21-1＝1，故an＝2n-1，q＝＝＝1，q2＝＝＝(4n－1)．] 4．数列1，x，x2，…，xn-1，…的前n项和为(　　) A． B． C． D．以上均不对 D　[当x＝0时，数列为1，0，0，…，0，…，前n项和为Sn＝1．当x＝1时，数列为1，1，…，1，1，…，前n项和为Sn＝n．当x≠1且x≠0时，数列为等比数列，且首项a1＝1，公比q＝x，所以前n项和Sn＝＝＝．∴1＋x＋x2＋…＋xn-1＝故选D．] 5．一个热气球在第一分钟上升了25 m的高度，在以后的每一分钟里，它上升的高度都是它在前一分钟里上升高度的80%．这个热气球上升的高度能超过125 m吗？________(填“能”或“不能”) 不能　[用an表示热气球在第n分钟上升的高度， 由题意，得an＋1＝an， 因此，数列{an}是首项a1＝25，公比q＝的等比数列． 热气球在前n分钟内上升的总高度为Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＝＝125×<125． 故这个热气球上升的高度不可能超过125 m．] 回顾本节知识，自我完成以下问题： (1)如何使用等比数列前n项和公式求和？ [提示]　①等比数列{an}前n项和公式分q＝1与q≠1两种情况，因此当公比未知时，要对公比进行分类讨论． ②q≠1时，公式Sn＝与Sn＝是等价的，利用an＝a1qn-1可以实现它们之间的相互转化． 当已知a1，q与n时，用Sn＝较方便； 当已知a1，q与an时，用Sn＝较方便． (2)等比数列前n项和公式是如何推导的？ [提示]　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)． (3)你是如何理解错位相减法的？ [提示]　设数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，数列{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，数列{cn}满足cn＝anbn，则{cn}的前n项和为 Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn ＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn，① qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－2bn－1＋an－1bn＋anbn＋1．② ①－②得 (1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1 ＝a1b1＋－anbn＋1， ∴Sn＝． 课时分层作业(九)　等比数列的前n项和公式 一、选择题 1．已知等比数列{an}的公比q＝－2，前6项和S6＝21，则a6＝(　　) A．－32　　　B．－16　　　C．16　　　D．32 D　[因为q＝－2，S6＝21，则有S6＝＝＝－21a1＝21，即a1＝－1，所以a6＝a1q5＝(－1)×(－2)5＝32．] 2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝，S3＝，则{an}的公比为(　　) A．－或 B．或－ C．－3或2 D．3或－2 A　[依题意⇒⇒ 两式相除得＝，即6q2－q－1＝0，即(2q－1)(3q＋1)＝0，解得q＝－或q＝．故选A．] 3．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是其前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和等于(　　) A．或5 B．或5 C． D． C　[设数列{an}的公比为q，显然q≠1，由已知得＝，解得q＝2(q＝1舍去)，∴数列是以1为首项，为公比的等比数列，前5项和为＝．] 4．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　) A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 B　[设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2， ∴S7＝＝＝381，解得a1＝3． 故选B．] 5．(多选题)数列{an}对任意的正整数n均有＝anan＋2，若a2＝2，a4＝8，则S10的可能值为(　　) A．1 023 B．341 C．1 024 D．342 AB　[因为数列{an}对任意的正整数n均有＝anan＋2，所以数列{an}为等比数列，因为a2＝2，a4＝8，所以q2＝＝4，所以q＝±2， 当q＝2时a1＝1，所以S10＝＝1 023． 当q＝－2时a1＝－1， 所以S10＝＝341．故选AB．] 二、填空题 6．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________． －　[由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，所以8×＝7×，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，所以q＝－．] 7．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________． 2n-1－　[由a4＝a1q3得q＝－2， ∴an＝(－2)n-1， ∴|an|＝2n-2．∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝＝2n-1－．] 8．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N＋)等于________． 6　[由题意知，第n天植树2n棵，则前n天共植树2＋22＋…＋2n＝(2n+1－2)棵，令2n+1－2≥100，则2n+1≥102， 又26＝64，27＝128，且{2n+1}为递增数列，所以n≥6，即n的最小值为6．] 三、解答题 9．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a1，a2，a4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， ∵S4＝20，a1，a2，a4成等比数列， ∴解得 ∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N＋)． 10．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3． ∴b1＝4，＝＝4， ∴数列{bn}是首项为4，公比为4的等比数列． ∴Tn＝＝＝． 10．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和． [解]　(1)因为2Sn＝3an＋1－3，故2Sn－1＝3an－3， 所以2an＝3an＋1－3an(n≥2)，即5an＝3an＋1，故等比数列的公比q＝，故2a1＝3a2－3＝3a1×－3＝5a1－3，故a1＝1，故an＝． (2)由等比数列求和公式得Sn＝＝－． 设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝n＝－n－． 11．(多选题)设等比数列的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，<0．则下列结论正确的是(　　) A．0<q<1　　　　　　 B．a7a9<1 C．Tn的最大值为T7 D．Sn的最大值为S7 ABC　[∵a1>1，a7a8>1，<0，∴a7>1，0<a8<1， ∴0<q<1，故A正确；又a7a9＝<1，故B正确； C中，T7是数列{Tn}中的最大项，故C正确； D中，因为a7>1，0<a8<1，Sn的最大值不是S7，故D不正确．故选ABC．] 12．设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为S n，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝(　　) A． B． C．15 D．40 C　[法一：若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1．由＝5×－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍)或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝＝15．故选C． 法二：设等比数列{an}的公比为q，则由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，整理得(1＋q)·(q3－4q)＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15．故选C．] 13．设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N＋，则a1＝________，S5＝________． 1　121　[由于解得由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋＝×3n-1，即Sn＝，所以S5＝121．] 14．在《九章算术》中有一个古典名题“两鼠穿墙”问题：今有垣厚五尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠也日一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？大意是有厚墙五尺，两只老鼠从墙的两边分别打洞穿墙．大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．问________天后两鼠相遇？如果墙足够厚，Sn为前n天两只老鼠打的洞长度之和，则Sn＝________尺． 2　2n－＋1　[由题意先估计：两天不够，三天又多，设需要x天，则可得1＋2＋4(x－2)＋1＋(x－2)＝5．解得x＝2，即2天两只老鼠相遇．由题意可知，大老鼠前n天打洞长度为＝2n－1，小老鼠前n天打洞长度为＝2－，所以Sn＝2n－1＋2－＝2n－＋1．] 15．已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2． (1)求数列{xn}的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn． [解]　(1)设数列{xn}的公比为q，由已知可得q＞0． 由题意得 消去x1得3q2－5q－2＝0． 因为q＞0，所以q＝2，x1＝1， 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n-1． (2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1(图略)． 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n-1＝2n-1， 记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn， 由题意得bn＝×2n-1＝(2n＋1)×2n-2， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝3×2-1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n-3＋(2n＋1)×2n-2．① 又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n-2＋(2n＋1)×2n-1．② ①－②得，－Tn＝3×2-1＋(2＋22＋…＋2n-1)－(2n＋1)×2n-1＝－(2n＋1)×2n-1． 所以Tn＝． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $