5.3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

本讲义聚焦等比数列前n项和公式这一核心知识点，在学生掌握等比数列定义及通项公式的基础上，通过探究推导公式，理解公式与通项公式的内在联系，构建完整的等比数列知识体系，为解决实际问题提供学习支架。 该资料以“甲乙约定”问题引入激发兴趣，通过“想一想”环节引导学生思考公式适用条件等，培养逻辑推理能力。结合剪纸、《九章算术》“两鼠穿墙”等实例，体现数学应用，提升数学运算与建模意识。分层练习助力巩固，课中辅助教学，课后帮助学生查漏补缺。

5.3.2　等比数列的前n项和 课标要求 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（数学运算）. 2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题（逻辑推理、数学运算）. 第一课时　等比数列的前n项和公式 　　甲、乙二人约定在一个月（按30天）内甲每天给乙100元钱，而乙则第一天给甲返还一分，第二天给甲返还二分，即后一天返还的钱是前一天的二倍. 【问题】　一个月后，甲、乙两人谁赢谁亏？ 　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点　等比数列的前n项和公式 【想一想】 1.等比数列的前n项和公式中Sn＝的适用条件是什么？ 提示：公比q≠1. 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Sn为何值？ 提示：若数列既是等差数列，又是等比数列，则是非零常数列，所以前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吗？ 提示：是.根据等比数列前n项和公式Sn＝（q≠0且q≠1）变形为Sn＝－·qn（q≠0且q≠1）， 若令a＝，则和式可变形为Sn＝a－aqn. 1.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. 2.记等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝a·2n－4，则a1＝（　　） A.1 B.2 C.4 D.8 解析：C　显然q≠1，等比数列前n项和公式为Sn＝＝－qn＋.因为Sn＝a·2n－4为等比数列的前n项和，所以a＝4，所以Sn＝4·2n－4，所以a1＝S1＝4×2－4＝4.故选C. 3.在等比数列{an}中，a1＝1，q＝2，则＋＋…＋＝　　. 解析：因为a1＝1，q＝2，所以an＝1×2n－1，所以＝（ ）n－1，所以＋＋…＋＝＝. 题型一｜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，公比为q，前n项和为Sn. （1）已知a1＝8，an＝，Sn＝，求n； 解：（1）显然q≠1，由Sn＝，即＝， ∴q＝.又∵an＝a1qn－1，即8×＝， ∴n＝6. （2）已知S3＝，S6＝，求a1与q. 解：（2）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＝. 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＝. 【母题探究】 1.（变设问）本例（2）条件不变，试求an与Sn. 解：由本例（2）知a1＝，q＝2， 所以an＝a1qn－1＝·2n－1＝2n－2， Sn＝＝2n－1－. 2.（变条件）若本例（2）中的条件“S3＝，S6＝”变为“S3＝，S6＝”，其他条件不变，结果又如何呢？ 解：设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3得q≠1，则解得q＝2，a1＝. 通性通法 　　在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的元素，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. 【跟踪训练】 　在等比数列{an}中，已知a6－a4＝24，a3·a5＝64，求S8. 解：法一　由题意，得 化简得 ①÷②，得q2－1＝±3，负值舍去， ∴q2＝4，∴q＝2或q＝－2. 当q＝2时，代入①得a1＝1， ∴S8＝＝255. 当q＝－2时，代入①得a1＝－1. ∴S8＝＝. 综上知S8＝255或S8＝. 法二　由等比数列的性质得a3·a5＝＝64，∴a4＝±8. 当a4＝8时，∵a6－a4＝24，∴a6＝32，∴q2＝＝4， ∴q＝±2. 当a4＝－8时，a6－a4＝24，∴a6＝16. ∴q2＝＝－2，无解.故q＝±2. 当q＝2时，a1＝＝1，S8＝＝255. 当q＝－2时，a1＝＝－1，S8＝＝. 综上知S8＝255或S8＝. 题型二｜等比数列前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＝　63　. 解析：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. 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. 通性通法 1.等比数列前n项和的性质 　　设等比数列{an}，Sn为{an}的前n项和，公比为q，则： （1）当q＝1时，＝；当q≠±1时，＝； （2）Sn＋m＝Sm＋qmSn＝Sn＋qnSm； （3）设S偶与S奇分别是偶数项的和与奇数项的和.若项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q； （4）当q≠－1时，连续n项的和（如Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…）仍构成等比数列（公比为qn，n≥2）. 2.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. 【跟踪训练】 1.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　法一　设数列{an}的公比为q，所以S6＝S3＋q3S3，S9＝S6＋q6S3＝S3＋q3S3＋q6S3，于是＝＝3，即1＋q3＝3，所以q3＝2.于是＝＝＝. 法二　由＝3，得S6＝3S3.设数列{an}的公比为q，由题意知q≠－1，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，所以（S6－S3）2＝S3（S9－S6），解得S9＝7S3，所以＝. 2.等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个等比数列的公比q＝　　. 解析：设数列{an}共有2m＋1项，由题意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝，S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝，则S奇＝a1＋a2q＋…＋a2mq＝2＋q（a2＋a4＋…＋a2m）＝2＋q＝，解得q＝. 题型三｜等比数列前n项和的实际应用 【例3】　中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹， 用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术.剪纸具有广泛的群众基础， 交融于各族人民的社会生活， 是各种民俗活动的重要组成部分. 其传承赓续的视觉形象和造型格式， 蕴涵了丰富的文化历史信息.已知某剪纸的裁剪工艺如下： 取一张半径为1的圆形纸片，记为☉O，在☉O内作内接正方形，接着在该正方形内作内切圆，记为☉O1，并裁剪去该正方形与内切圆之间的部分 （如图所示阴影部分），记为一次裁剪操作，…，重复上述裁剪操作n次，最终得到该剪纸，则第2 026次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为　（4－π）（ 1－）　. 解析：设☉On的半径为Rn，则R1＝， ☉On＋1的半径为Rn，即Rn＋1＝Rn，故Rn＝R1（ ）n－1＝（ ）n＝（ . 又第n次裁剪操作的正方形边长为2Rn＝（ ， 故第n次裁剪操作裁剪掉的面积为（ －π×（ ＝（ ）n－2－π×（ ）n ＝－＝， 所以第n次裁剪操作后，裁剪掉的面积之和为 （4－π）（ ＋＋…＋）＝（4－π）（ 1－）， 所以第2 026次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为（4－π）（ 1－）. 通性通法 解数列应用题的思路和方法 【跟踪训练】 　《九章算术》中有一个“两鼠穿墙”的问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿.大鼠日一尺，小鼠亦日一尺.大鼠日自倍，小鼠日自半.问几何日相逢？各穿几何？”其大意为：“今有一堵墙厚5尺，两只老鼠从墙的两边沿一条直线相对打洞穿墙，大老鼠第一天打洞1尺，以后每天是前一天的2倍；小老鼠第一天也打洞1尺，以后每天是前一天的.问大、小老鼠几天后相遇？各自打洞几尺？”如果墙足够厚，Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和，则Sn＝　2n－＋1　尺. 解析：由题意可知，大老鼠每天打洞的长度构成以1为首项，2为公比的等比数列，前n天打洞长度之和为＝2n－1，小老鼠每天打洞的长度构成以1为首项，为公比的等比数列，前n天打洞长度之和为＝2－，所以Sn＝2n－1＋2－＝2n－＋1. 1.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝（　　） A.16 B.8 C.4 D.2 解析：C　由题意知解得∴ a3＝a1q2＝4.故选C. 2.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝4，S8＝16，则a9＋a10＋a11＋a12＝（　　） A.36 B.32 C.24 D.16 解析：A　设等比数列{an}的公比为q，由S4＝4，S8＝16，得a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，因此q4＝＝3，所以a9＋a10＋a11＋a12＝q4（a5＋a6＋a7＋a8）＝36.故选A. 3.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a5＝2a3，则＝（　　） A.5 B.6 C.7 D.8 解析：C　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由a5＝2a3，即a1q4＝2a1q2，解得q2＝2.所以＝＝＝＝7.故选C. 4.已知数列{an}是公比为3的等比数列，其前n项和Sn＝3n＋k（n∈N＋），则实数k为（　　） A.0 B.1 C.－1 D.2 解析：C　由数列{an}的前n项和Sn＝3n＋k（n∈N＋），当n＝1时，a1＝S1＝3＋k；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋k－（3n－1＋k）＝2×3n－1.因为数列{an}是公比为3的等比数列，所以a1＝2×31－1＝3＋k，解得k＝－1. 5.在等比数列{an}中，其前n项和为Sn. （1）若S2＝30，S3＝155，求Sn； （2）若Sn＝189，a1＝3，an＝96，求q和n. 解：（1）由题意知 解得或 从而Sn＝×5n＋1－或Sn＝. （2）∵等比数列{an}中，a1＝3，an＝96，Sn＝189， ∴＝189.∴q＝2. ∴an＝a1qn－1＝3×2n－1， ∴96＝3×2n－1，∴n＝5＋1＝6. 1.已知数列{}是以1为首项，4为公比的等比数列，则＝（　　） A. B. C.433－1 D.432＋1 解析：B　由题意可知{}是以1为首项，4为公比的等比数列，显然代表数列{}的前66项和，所以＝＝.故选B. 2.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：B　法一　设等比数列{an}的公比为q，则由解得所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以＝＝2－21－n，故选B. 法二　设等比数列{an}的公比为q，因为＝＝＝＝2，所以q＝2，所以＝＝＝2－21－n，故选B. 3.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝（　　） A.16（1－4－n） B.16（1－2－n） C.（1－4－n） D.（1－2－n） 解析：C　由a5＝a2q3，得q3＝，所以q＝，而数列{anan＋1}也为等比数列，其首项为a1·a2＝8，公比为q2＝，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝（1－4－n）. 4.已知函数f（x）满足f（x＋1）＝f（x）＋2x＋3，且f（1）＝1，则f（1 000）＝（　　） A.2999＋2 995 B.2999＋2 996 C.21 000＋2 995 D.21 000＋2 996 解析：D　由f（x＋1）＝f（x）＋2x＋3，则f（x＋1）－f（x）＝2x＋3，则f（2）－f（1）＝2＋3，f（3）－f（2）＝22＋3，…，f（1 000）－f（999）＝2999＋3，将以上各式相加得f（1 000）－f（1）＝2＋22＋…＋2999＋3×999＝＋3×（1 000－1）＝21 000＋2 995，所以f（1 000）＝21 000＋2 995＋f（1）＝21 000＋2 996.故选D. 5.已知数列{an}是公比为q的等比数列，前n项和为Sn，且S6＝2S2≠0，则下列说法正确的是（　　） A.q2＝ B.{an}为递增数列 C.{an}为递减数列 D.＝ 解析：A　∵S6＝2S2≠0，∴q≠±1，则＝，由1－q6＝（1－q2）（1＋q2＋q4），q≠±1且a1≠0，得q4＋q2＋1＝2，即q4＋q2－1＝0，解得q2＝，故A正确；q＝±，∴{an}的单调性不确定，故B、C错误；又＝＝1＋q2＝，故D错误.故选A. 6.〔多选〕设等比数列{an}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 解析：ABC　∵a1＞1，a7a8＞1，＜0，∴a7＞1，0＜a8＜1，∴0＜q＜1，故A正确；a7a9＝＜1，故B正确；T7是数列{Tn}中的最大项，故C正确；∵a1＞1，0＜q＜1，∴Sn无最大值，故D不正确.故选A、B、C. 7.设数列{an}的前n项和为Sn，写出{an}的一个通项公式an＝　（答案不唯一）　，满足下面两个条件：①{an}是单调递减数列；②{Sn}是单调递增数列. 解析：根据前n项和数列是单调递增的，可以判定数列的各项，从第二项起，各项都是大于零的，由数列本身为单调递减数列，结合各项的值的要求，可以考虑公比在0到1之间的等比数列，an＝就是符合条件的一个通项. 8.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝S2，则＝　　. 解析：设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），由S4＝S2，得a4＋a3＝S4－S2＝S2＝（a2＋a1），因此q2＝，q＝，所以＝q3＝. 9.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋an＋1＝4×3n－1，则S2 026＝　　. 解析：根据题意，可得a1＋a2＝4×30＝4，a3＋a4＝4×32，…，a2 025＋a2 026＝4×32 024，所以S2 026＝4×30＋4×32＋…＋4×32 024＝4×（30＋32＋…＋32 024）＝4×＝. 10.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18. （1）求数列{an}的通项公式； （2）是否存在正整数n，使得Sn≥2 025？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由. 解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0. 由题意得 即解得 故数列{an}的通项公式为an＝3×（－2）n－1. （2）由（1）有Sn＝＝1－（－2）n. 若存在正整数n，使得Sn≥2 025，则1－（－2）n≥2 025， 即（－2）n≤－2 024. 当n为偶数时，（－2）n＞0，上式不成立； 当n为奇数时，（－2）n＝－2n≤－2 024，即2n≥2 024，则n≥11. 综上，存在符合条件的正整数n，且n的集合为{n｜n＝2k＋1，k∈N，k≥5}. 11.〔多选〕设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1＞1，a2 026a2 025＞1，（a2 026－1）（a2 025－1）＜0，则下列选项正确的是（　　） A.0＜q＜1 B.S2 025＞S2 026－1 C.T2 026是数列{Tn}中的最大项 D.T4 049＜1 解析：AB　由（a2 026－1）（a2 025－1）＜0，a2 025－1＞0，a2 026－1＜0或a2 025－1＜0，a2 026－1＞0，而a1＞1，a2 026a2 025＞1，a2 025，a2 026同号，则a2 025＞1，a2 026＜1，即数列前2 025项大于1，从第2 026项开始小于1.对于A，q＝＜1，又q＞0，则0＜q＜1，A正确；对于B，由a2 026＜1，得S2 026－S2 025＝a2 026＜1，则S2 025＞S2 026－1，B正确；对于C，显然{an}是递减正项数列，且a2 025＞1，a2 026＜1，因此T2 025是数列{Tn}中的最大项，C错误；对于D，T4 049＝a1a2·…·a4 049＝·q1＋2＋…＋4 048＝·q4 049×2 024＝＞1，D错误.故选A、B. 12.把一个边长为1的正方形分成九个相等的小正方形，将中间的一个正方形挖掉（如图（1））；再将剩余的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个正方形挖掉（如图（2））；如此继续下去，则 （1）图（3）中共挖掉了　73　个正方形； （2）第n个图形挖掉正方形的面积和是　1－　. 解析：设第n个图形共挖掉an个正方形，则a1＝1，a2－a1＝8，a3－a2＝82，…，an－an－1＝8n－1，所以an＝1＋8＋82＋…＋8n－1＝，∴a3＝73.原正方形的边长为1，则这些被挖掉的正方形的面积和为1×＋8×＋82×＋…＋8n－1×＝＝1－. 13.记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Sn＝an＋1＋t. （1）求t； （2）求数列{（cos nπ）·an}的前n项和. 解：（1）令n＝1，则由Sn＝an＋1＋t可得S1＝a2＋t，a2＝1－t， 当n≥2时，由Sn＝an＋1＋t可得Sn－1＝an＋t， 两式相减，可得an＝an＋1－an，即an＋1＝2an， 依题意，{an}为等比数列，故a2＝2＝1－t，t＝－1. （2）由（1）可知{an}为首项等于1，公比等于2的等比数列，故an＝2n－1， 故{（cos nπ）·an}为首项等于－1，公比等于－2的等比数列， 故an＝（－1）（－2）n－1. 故Tn＝＝（－2）n－. 14.中国古代数学著作《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里.”其意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里.”若该匹马按此规律继续行走7天，则它这14天内所走的总路程为（　　） A. 里 B.1 050里 C. 里 D.950里 解析：C　由题意知，马每天行走的路程构成一个等比数列，设该数列为{an}，则该匹马首日行走的路程为a1，公比为，则有＝700（里），则a1＝（里），则＝（里）.故选C. 15.已知函数f（x）＝，数列{an}满足a1＝，an＋1＝f（an），n∈N＋. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设Tn＝＋＋…＋，求Tn； （3）对于（2）中的Tn，若存在n∈N＋，使得（n＋1－Tn）≥成立，求实数k的最大值. 解：（1）因为函数f（x）＝， 所以an＋1＝f（an）＝⇒＝＋·⇒－1＝（ －1）， 所以数列是以－1＝为首项，为公比的等比数列， 则有－1＝·（ ）n－1⇒＝＋1⇒an＝. （2）由（1）可知＝＋1， 所以Tn＝＋＋…＋＝2（ ＋＋…＋）＋n＝2×＋n＝1－＋n. （3）由（2）可知Tn＝1－＋n， 所以（n＋1－Tn）≥⇒≥. 因为n∈N＋， 所以≥⇒k≤. 设bn＝， 由bn＋1－bn＝－＝， 由二次函数性质可知，当n∈N＋时，函数g（n）＝－4（ n－）2＋是减函数， g（1）＝3＞0，g（2）＝－3＜0， 于是有n＞1，n∈N＋时，g（n）＝－4（ n－）2＋＜0， 所以b2＞b1，b2＞b3＞b4＞…＞bn，因此＝b2＝， 存在n∈N＋，使得（n＋1－Tn）≥成立，则有k≤，因此实数k的最大值为. 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $