2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册 课件 第四章 4.3 4.3.2 第一课时　等比数列的前n项和公式

该高中数学课件聚焦等比数列前n项和公式，通过“小试身手”中明朝歌谣算灯数等实际问题导入，衔接等比数列概念旧知，搭建从具体到抽象的学习支架，帮助学生理解公式推导、性质及应用脉络。 其亮点是以问题链驱动探究，如“课堂探究”中基本量计算、性质应用及存款问题等实例，通过错位相减法培养数学眼光，一题多解发展数学思维，实际情境转化提升数学语言表达。学生能提升运算与建模能力，教师可高效落实课标要求。

4.3.2　等比数列的前n项和公式 第一课时　等比数列的前n项和公式 [目标导航] 课标要求 1.掌握等比数列的前n项和公式,了解推导等比数列前n项和公式的过程与方法 2.能够运用等比数列的前n项和公式进行有关的计算及解决简单的实际问题 3.掌握等比数列的前n项和的性质及其应用 2 新知导学·素养启迪 新知梳理 1.等比数列的前n项和公式 2.等比数列前n项和的性质 (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,q≠-1),公比为qn. (3)若一个非常数列{an}的前n项和Sn=Aqn-A(A≠0,q≠0,q≠1,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. 对等比数列前n项和公式的几点说明 (3)推导等比数列前n项和的方法称为错位相减法,是数列求和的一种重要方法,注意体会其应用过程. 小试身手 1.等比数列{an}中,a1=2,a2=1,则S100=　 .  4-2-98 2.设等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),首项a1=3,公比q=2,则a4=　　 　; S3=　　　.  24 21 3.在明朝程大位著的《算法统宗》中有这样的一首歌谣:“远望巍巍塔七层,红光点七倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯.”这首歌谣翻译为“宝塔一共有7层,每层悬挂的红灯数是上一层的 2倍,共有381盏灯,问塔尖那层有几盏灯”?根据上述条件,从上往下数第二层有　　　　盏灯.  6 课堂探究·素养培育 [例1] 在等比数列{an}中, (1)S2=30,S3=155,求Sn; 等比数列基本量的计算 (3)a1+an=66,a2an-1=128,Sn=126,求q. 即时训练1-1:(1)已知等比数列{an}的前n项和是Sn,若3a1+2a2=4,9S3=8S6,则S5=(　　) C (2)(2025·全国Ⅰ卷)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项和为4,前8项和为68,则该等比数列的公比为　　　　.  2 法二　设该等比数列为{an},Sn是其前n项和,则S4=4,S8=68, 设{an}的公比为q, 所以S4=a1+a2+a3+a4=4, S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8 =a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4 =(a1+a2+a3+a4)(1+q4)=68, 所以4(1+q4)=68,则1+q4=17,解得q=±2, 因为各项均为正数,故q>0,所以该等比数列的公比为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. 等比数列的前n项和的性质 [例2] (1)在等比数列{an}中,Sn为数列{an}的前n项和,S2=3,S4=9,则S6等于 (　　) A.12 B.18 C.21 D.27 解析:(1)设数列{an}的公比为q, 因为S2=3,S4=9,所以S4-S2=6,q≠-1, 所以S2,S4-S2,S6-S4构成以S2为首项,2为公比的等比数列,所以62=3(S6-9), 所以S6=12+9=21.故选C. C (2)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=　　　　.   2 80 (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 (3)一个项数为偶数的等比数列{an},所有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. 等比数列前n项和的重要性质 (1)等比数列{an}的前n项和Sn,满足Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n,…成等比数列 (其中Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…均不为0,q≠-1),这一性质可直接应用. 等比数列前n项和公式的实际应用 [例3] 某家庭打算以一年定期的方式存款,计划从2022年起,每年年初到银行新存入a元,年利率p保持不变,到2032年年初将所有存款和利息全部取出,共取回多少元? 即时训练3-1:一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米吗? 探究点三　函数零点个数问题 解数列应用题的具体方法步骤 (1)认真审题,准确理解题意,达到如下要求: ①明确问题属于哪类应用问题,即明确是等差数列问题或是等比数列问题,还是含有递推关系的数列问题,是求an还是求Sn.特别要注意准确弄清项数是多少. ②弄清题目中主要的已知事项. (2)抓住数量关系,联想数学知识和数学方法,恰当引入参数变量,将文字语言翻译成数学语言,将数量关系用数学式子表达. (3)将实际问题抽象为数学问题,将已知与所求联系起来,列出满足题意的数学关系式. 当堂即练·素养达成 A 1.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 当堂即练 2.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a3=5,a2+a4=10,则S5等于(　 　) A.15 B.16 C.31 D.32 C 3.在等比数列{an}中,a1=1,a4=8,则{an}的公比为　　　　,{an}的前6项和为 　　　　.  2 63 1.在等比数列的通项公式和前n项和公式中,共涉及五个量a1,an,n,q,Sn,其中首项a1和公比q为基本量,且“知三求二”.借助等比数列前n项和基本量的运算及实际应用,达成了培养数学运算、数学建模素养的目的. 2.前n项和公式的应用中,注意前n项和公式要分类讨论,即当q≠1和q=1时是不同的公式形式,不可忽略q=1的情况. 3.等比数列的性质重点掌握“片段和”性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…成等比数列.通过对等比数列前n项和性质及前n项和公式的学习,达成了培养逻辑推理素养的目的. 课堂小结 感谢观看 已知量 首项a1与公比q 首项a1,末项 an与公比q 公式 Sn= Sn= (1)等比数列{an}中,若项数为2n,则=q;若项数为2n+1,则=q. (1)在应用公式Sn=或Sn=求和时,应注意公式的使用条件为q≠1,而当q=1时,应按常数列求和,即Sn=na1.因此,对含有字母参数的等比数列求和时,应分q=1与q≠1这两种情况进行讨论. (2)等比数列前n项和的变式 当公比q≠1时,等比数列的前n项和公式是Sn=,它可以变形为Sn=-·qn+,设A=,上式可写成Sn=-Aqn+A.由此可见,非常数列的等比数列的前n项和Sn是由关于n的一个指数式与一个常数的和构成的,而指数式的系数与常数项互为相反数.当公比q=1时,因为a1≠0,所以Sn=na1是n的正比例函数(常数项为0的一次函数). 解析:由题意a1=2,q=. 所以S100==4-2-98. 解析:因为等比数列{an}的首项a1=3,公比q=2, 则a4=3×23=24,S3==21. 解析:设塔顶有a1盏灯, 由题意可知每层悬挂的红灯数是以2为公比的等比数列,前7项和为381, 由等比数列的求和公式可知,381=, 解得a1=3,a2=6. 解:(1)由题意,知 解得或 从而Sn=×5n+1-或Sn=. (2)a1+a3=10,a4+a6=,求S5; 解: (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==. 解: (3)因为a1an=a2an-1=128, 所以a1,an是方程x2-66x+128=0的两根. 从而或 又Sn==126,所以q=2或. A.或5 B.或5 C. D. 解析:(1)等比数列{an}的前n项和是Sn,3a1+2a2=4,9S3=8S6, 所以当公比为q=1时,无解; 当公比q≠1时, 解得a1=1,q=, 所以S5==.故选C. 解析: (2)法一　设该等比数列为{an},Sn是其前n项和,则S4=4,S8=68,设{an}的公比为q, 当q=1时,S4=4a1=4,即a1=1,则S8=8a1=8≠68,显然不成立,舍去; 当q≠1时,则S4==4,S8==68, 两式相除得=,即=17,则1+q4=17,解得q=±2, 因为各项均为正数,故q>0.所以该等比数列的公比为2. 解析: (2)由题意知, 所以 所以公比q===2. 即时训练2-1:(1)若等比数列{an}的公比为,且a1+a3+…+a99=60,则{an}的前100项和为　　　　.  (1)解析:令X=a1+a3+…+a99=60,Y=a2+a4+…+a100,则S100=X+Y, 由等比数列前n项和的性质知=q=, 所以Y=20,即S100=X+Y=80. (2)解析:法一　设公比为q, 由已知易知q≠1, 由⇒所以S3n==·[1-(qn)3]=64×(1-)=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)⇒S3n=63. (3)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·q3=64,即a1=12, 故所求通项公式为an=12×()n-1. (2)等比数列的项数是偶数时,=q; 等比数列的项数是奇数时,=q. 解:设从2022年年初到2031年年初每年存入a元的本利和组成数列{an}(1≤n≤10,且n∈N+). 则a1=a(1+p)10,a2=a(1+p)9,…,a10=a(1+p),故数列{an}(1≤n≤10,且n∈N+)是以a(1+p)10为首项,为公比的等比数列. 所以2032年年初这个家庭共取回的钱数为 S10==[(1+p)11-(1+p)](元). 解: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×[1-()n]<125. 故这个热气球上升的高度不可能超过125 m. 解析:S5===93. 解析:设等比数列{an}的公比为q, 因为a1+a3=5,a2+a4=10, 所以q(a1+a3)=5q=10,a1(1+q2)=5, 联立解得a1=1,q=2, 则S5==31. 解析:因为在等比数列{an}中,a1=1,a4=8, 所以q3==8,解得公比q=2, 所以{an}的前6项和S6==63. $