4.3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（人教A版）

4.3.2 等比数列的前n项和公式 课时目标 1.探索并掌握等比数列的前n项和公式;理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系. 2.掌握等差数列与等比数列的综合应用,理解几种简单的求和方法. 等比数列的前n项和公式 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] 第1课时 CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 01 1.等比数列的前n项和公式 |微|点|助|解|　　一般地,使用等比数列求和公式时需注意 (1)一定不要忽略q=1的情况. (2)知道首项a1、公比q和项数n,可以用; 知道首尾两项a1,an和q,可以用. (3)在通项公式和前n项和公式中共出现了五个量:a1,n,q,an,Sn.知道其中任意三个,可求其余两个. 2.等比数列前n项和的性质 (1)数列{an}为公比不为-1的等比数列,Sn为其前n项和,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍构成等比数列. (2)若{an}是公比为q的等比数列,则Sn+m=Sn+qnSm(n,m∈N*). (3)若{an}是公比为q的等比数列,S偶,S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和,则: ①在其前2n项中, =q; ②在其前2n+1项中,S奇-S偶=a1-a2+a3-a4+…-a2n+a2n+1 ==(q≠-1).S奇=a1+qS偶. (4)若一个非常数列{an}的前n项和Sn=Aqn-A(A≠0,q≠0,且q≠1,n∈N*),则数列{an}为等比数列,即Sn=Aqn-A(A≠0,q≠0,且q≠1,n∈N*)⇔数列{an}为等比数列. |微|点|助|解| 　　当q=-1且n为偶数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…不是等比数列;当q=-1,且n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…是等比数列. 1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)求等比数列{an}的前n项和时可直接套用公式Sn=来求.(　　) (2)若首项为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. (　　) 基础落实训练 × √ √ 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:由S5==44,得a1=4. 3.数列{2n-1}的前99项和为 (　　) A.2100-1 B.1-2100 C.299-1 D.1-299 √ 解析:数列{2n-1}为等比数列,首项为1,公比为2,故其前99项和为S99==299-1. 4.已知一个等比数列的项数是偶数,其奇数项之和为1 012,偶数项之和为2 024,则这个数列的公比为 (　　) A.8 B.-2 C.4 D.2 √ 解析:设公比为q,由题意知S偶=qS奇,即2 024=1 012q,∴q=2. 5.等比数列1,x,x2,x3,…的前n项和Sn=________________.  解析:当x=1时,Sn=n;当x≠1时,Sn=. 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　等比数列前n项和的基本运算 [例1]　求下列等比数列前n项和: (1),,,…,求S8; 解:因为a1=,q=,所以S8==. (2)a1+a3=10,a4+a6=,求S5. 解: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==. |思|维|建|模| 　　在等比数列{an}的五个量a1,q,an,n,Sn中,a1与q是最基本的,当条件与结论间的联系不明显时,均可以用a1与q表示an与Sn,从而列方程组求解.在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的,这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用.(注意:q=1和q≠1的讨论) 针对训练 1.在等比数列{an}中,若Sn=189,q=2,an=96,求a1和n. 解:法一　∵an=96,q=2,∴a1·2n=192.① 又∵Sn==189,即a1-a1·2n=-189, ∴a1=a1·2n-189=192-189=3. 代入①式得n=6. 法二　由公式Sn=及已知,得189=,解得a1=3. 又由an=a1qn-1,得96=3·2n-1,解得n=6. 2.设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn. 解:设{an}的公比为q,由题设得 解得或 当a1=3,q=2时,an=3×2n-1,Sn=3×(2n-1); 当a1=2,q=3时,an=2×3n-1,Sn=3n-1. 题型(二)　等比数列前n项和的性质及应用 [例2]　(1)等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=48,S2n=60,则S3n= (　　) A.60 B.61 C.62 D.63 √ 解析:法一　∵S2n≠2Sn,∴公比q≠1, 由已知得②÷①得1+qn=,即qn=,③ ③代入①得=64,∴S3n==64=63. 法二　∵{an}为等比数列,显然公比q≠-1,∴Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等比数列,∴(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n),即(60-48)2=48(S3n-60),∴S3n=63. 法三　由性质Sm+n=Sm+qmSn可知S2n=Sn+qnSn,即60=48+48qn, 得qn=,∴S3n=S2n+q2nSn=60+48×=63. (2)一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇数项的和为85,偶数项的和为170,则此数列的公比为_____,项数为____.  2 8 解析:设数列为{an},其公比为q,项数为2n,则奇数项,偶数项分别组成以q2为公比的等比数列,又a1=1,a2=q,q≠1, 所以②÷①,得q=2, 所以=85,4n=256,故得n=4,故项数为8. 　[变式拓展] 　在例2(1)中,若把条件换为“Sn=2,S2n=6”,求S4n. 解:设数列{an}的公比为q,首项为a1,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…成等比数列, Sn=2,S2n-Sn=4,故qn=2.所以Sn==2,得-=2, 即=-2,S4n===-2×(1-16)=30. |思|维|建|模| 处理等比数列前n项和有关问题的常用方法 (1)若等比数列{an}共有2n项,要抓住 =q和S偶+S奇=S2n这一隐含特点;若等比数列{an}共有2n+1项,要抓住S奇=a1+qS偶和S偶+S奇=S2n+1这一隐含特点.要注意公比q=1和q≠1两种情形,在解有关的方程(组)时,通常用约分或两式相除的方法进行消元. (2)灵活运用等比数列前n项和的有关性质. 针对训练 3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则S9等于 (　　) A. B.- C. D. √ 解析:由已知得S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,且S3=8,S6-S3=7-8=-1, ∴S9-S6=(-1)×=,∴S9=S6+=7+=.故选C. √ 4.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= (　　) A.-2 B.2 C.- D. 解析:设等比数列{an}的奇数项和为S1,偶数项和为S2, 则解得而奇数项与偶数项的项数相同,所以公比q===2.故选B. 题型(三)　等比数列前n项和的综合应用 [例3]　已知等差数列{an}满足a3=7,a2+a6=20. (1)求{an}的通项公式; 解:设等差数列{an}的公差为d, 则a3=a1+2d=7,a2+a6=2a1+6d=20, 解得a1=1,d=3,所以an=1+3(n-1)=3n-2. (2)若等比数列{bn}的前n项和为Sn,且b1=a1,=a6,bn+1>bn,求满足Sn≤2 024的正整数n的最大值. 解:设等比数列{bn}的公比为q. 由(1)知b1=a1=1,=a6=3×6-2=16. 因为=(b1q2)2,所以q=2或q=-2, 又bn+1>bn,所以q=2,所以Sn==2n-1. 令2n-1≤2 024,得2n≤2 025,又210<2 025<211, 所以满足题意的正整数n的最大值为10. |思|维|建|模| 解决等比数列前n项和有关问题时应注意: (1)首先将题目问题转化为等比数列问题. (2)当题中有多个数列出现时,既要研究单一数列项与项之间的关系,又要关注各数列之间的相互联系. 针对训练 5.设数列{an}的前n项和为Sn,其中an≠0,a1为常数,且-a1,Sn,an+1成等差数列. (1)求{an}的通项公式; 解:依题意,得2Sn=an+1-a1. 于是,当n≥2时,有 两式相减,得an+1=3an(n≥2). 又因为a2=2S1+a1=3a1,an≠0,所以数列{an}是首项为a1, 公比为3的等比数列.因此,an=a1·3n-1(n∈N*). (2)设bn=1-Sn,问:是否存在a1,使数列{bn}为等比数列?若存在,求出a1的值;若不存在,请说明理由. 解:存在.因为Sn==a1·3n-a1, 所以bn=1-Sn=1+a1-a1·3n. 要使{bn}为等比数列,则1+a1=0,故a1=-2. 课时跟踪检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1.等比数列{an}中,首项a1=12,公比q=,那么它的前4项和S4的值为(　　) A. B. C. D. √ 解析:由等比数列的前n项和公式,得S4===18×=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3=2,S6-S3=4,则S9-S6= (　　) A.8 B.4 C.2 D.1 √ 解析:由题意得,(S6-S3)2=S3(S9-S6),∴S9-S6=8. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 3.已知一个项数为偶数的等比数列{an},所有项之和为所有偶数项之和的4倍,前3项之积为64,则a1= (　　) A.1 B.4 C.12 D.36 √ 解析:由题意可得所有项之和S奇+S偶是所有偶数项之和S偶的4倍,所以S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇.设等比数列{an}的公比为q,该等比数列共有2k(k∈ N*)项,则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇,所以q=.由= a1a2a3=64,可得a2=4,因此,a1==12.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 4.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则=(　　) A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1 √ 解析:法一　设等比数列{an}的公比为q,则q===2.由a5-a3=a1q4-a1q2= 12a1=12得a1=1.所以an=a1qn-1=2n-1,Sn==2n-1,所以==2-21-n. 法二　设等比数列{an}的公比为q,则　得=q=2. 将q=2代入①,解得a3=4,所以a1==1,下同法一. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 5.在等比数列{an}中,a1+an=82,a3an-2=81,且前n项和Sn=121,则此数列的项数n等于 (　　) A.3 B.4 C.5 D.6 √ 解析:设等比数列{an}的公比为q,依题意,a1+an=82,a3an-2=a1an=81,所以或若则Sn===121,解得q=3,所以an=1×3n-1=81=34,n=5.若则Sn===121,解得q=,所以an=81×=34×31-n=35-n=1,n=5.综上所述,n的值为5. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 6.[多选](2025·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和,q为{an}的公比,q>0.若S3=7,a3=1,则 (　　) A.q= B.a5= C.S5=8 D.an+Sn=8 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:由S3=a1+a2+a3=++a3=++1=7⇒+-6=0⇒=0. 又q>0,所以=2⇒q=.故a1==4,an=4×=, Sn==8-.a5=a3q2=,S5=8-≠8. an+Sn=+8-=8.综上A、D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7.已知等比数列{an}中,an=2×3n-1,则由此数列的奇数项按原来的顺序所组成的新数列的前n项和为 (　　) A.3n-1 B.3(3n-1) C.(9n-1) D.4(9n-1) √ 解析:由an=2×3n-1,得a2k-1=2×32k-2=2×9k-1,k∈N*,a1=2,则= =9,因此由等比数列{an}的奇数项按原来的顺序所组成的新数列是首项为2,公比为9的等比数列,所以新数列的前n项和为=(9n-1). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8.[多选]已知正项等比数列{an}中a1=2,a5-2a3=a4,设其公比为q,前n项和为Sn,则 (　　) A.q=2 B.an=2n C.S10=2 047 D.an+an+1<an+2 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:因为a5-2a3=a4,所以a1q4-2a1q2=a1q3,即q2-q-2=0,解得q=2或q=-1,又q>0,所以q=2,所以A正确;数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=2n,所以B正确;S10==211-2=2 046,所以C不正确;由an=2n,得an+an+1=2n+ 2n+1=3·2n,an+2=2n+2=4·2n,所以an+an+1<an+2,所以D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9.(5分)一个等比数列,它的前4项和为前2项和的2倍,则此数列的公比为_______.  -1或1 解析:当q=1时,S4=2S2满足题意;当q≠1时,=, ∴1+q2=2,∴q=1(舍去)或q=-1.综上q=-1或q=1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.(5分)对于数列{an},若点(n,an)(n∈N*)都在函数f(x)=2x的图象上,则数列{an}的前4项和S4=_______.  30 解析:由题设可得an=2n,故=2(n≥2),故{an}为等比数列, 其首项为2,公比为2,故S4==30. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 11.(5分)在数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=______.  4 解析:令m=1,则由am+n=aman,得an+1=a1an,即=a1=2, 所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n, 所以ak+1+ak+2+…+ak+10=ak(a1+a2+…+a10) =2k×=2k+1×(210-1)=215-25=25×(210-1),解得k=4. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 12.(5分)设{an}是首项为正数,公比为q的无穷等比数列,其前n项和为Sn.若存在无穷多个正整数k,使Sk≤0,则q的取值范围是_________.  (-∞,-1] 解析:依题意a1>0,q≠0,若q>0,则an>0,Sn>0,此时不存在符合题意的k,所以q<0.若q=-1,则Sn=a1×=[1-(-1)n],当n为正偶数时,Sn=0,所以存在无穷多个正整数k,使Sk≤0.当-1<q<0时,Sn==(1-qn),其中>0,1-qn>0,所以Sn>0,此时不存在符合题意的k.当q<-1时,Sn= =(1-qn),其中>0,当n是正奇数时,1-qn>0,所以Sn>0,此时不存在符合题意的k;当n是正偶数时,1-qn<0,Sn<0,所以存在无穷多个正整数k,使Sk≤0.综上所述,q的取值范围是(-∞,-1]. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 13.(10分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,=. (1)求等比数列{an}的通项公式;(5分) 解:当q=1时,不满足=,可知q≠1,因为a1=-1,所以=, 即=1+q3=,解得q=-,所以an=-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)求++…+的值.(5分) 解:由(1)知an=-,则=,所以=,且=1, 所以数列{}是以1为首项,为公比的等比数列, 所以++…+==-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 14.(10分)已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n+a. (1)求实数a的值;(6分) 解:由Sn=2n+a,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+a-(2n-1+a)=2n-1, 又a1=S1=2+a,因为数列{an}是等比数列, 所以a1满足an=2n-1,∴2+a=1,即a=-1. (2)若Sm=127,求m.(4分) 解:由(1),Sn=2n-1,∴Sm=2m-1,∴127=2m-1,解得m=7. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(10分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+b2+ b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*). (1)求an与bn;(5分) 解:由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*). 由题意知当n=1时,b1=b2-1,故b2=2. 当n≥2时,bn=bn+1-bn,整理得=,所以bn=n(n∈N*). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.(5分) 解:由(1)知anbn=n·2n,因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n, 2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1, 所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1. 故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*). 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $