4.3.3 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】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（苏教版)

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，通过错位相减法推导公式，强调公比q=1与q≠1的分类讨论，构建从概念到应用的完整学习支架。 以信息传播情境引入问题培养数学眼光，通过错位相减法和一题多解提升逻辑推理与数学运算素养，分组转化法渗透模型意识。课中辅助教师分层教学，课后借助判断、练习帮助学生巩固知识，查漏补缺。

4.3.3　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1课时　等比数列的前n项和公式 　　如图所示，如果一个人得到某个信息之后，就将这个信息传给3个不同的好友（称为第1轮传播），每个好友收到信息后，又都传给了3个不同的好友（称为第2轮传播），……，依此下去，假设信息在传播的过程中都是传给不同的人，则每一轮传播后，信息传播的人数就构成了一个等比数列：1，3，9，27，81，…. 【问题】　如果信息按照上述方式共传播了20轮，那么知晓这个信息的人数共有多少？ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点　等比数列的前n项和公式 已知量 首项a1与公比q 首项a1，末项an与公比q 公式 Sn＝　　 Sn＝　　 提醒：（1）求等比数列的前n项和，需对公比分q＝1与q≠1两种情况进行讨论，当q＝1时，应利用公式Sn＝na1求和； （2）公式Sn＝（q≠1）的推导过程称为错位相减法，用an＝a1qn－1代换得Sn＝（q≠1）. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）等比数列前n项和Sn不可能为0.（　×　） （2）若首项为a的数列既是等比数列又是等差数列，则其前n项和等于na.（　√　） （3）若a∈R，则1＋a＋a2＋…＋an－1＝.（　×　） 2.在等比数列{an}中，a1＝2，q＝3，则S3＝（　　） A.12 B.13 C.24 D.26 解析：D　S3＝＝26. 3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为2，且S4＝15，则a1＝　1　. 解析：依题意，a1＋a2＋a3＋a4＝15，故a1＋2a1＋4a1＋8a1＝15，解得a1＝1. 题型一　等比数列前n项和公式的直接应用 （链接教科书第162页例1）求下列等比数列前8项的和： （1），，，…； 解：因为a1＝，a2＝，可得q＝， 所以S8＝＝. （2）a1＝27，a9＝，q＜0. 解：由a1＝27，a9＝， 可得＝27·q8. 又由q＜0，可得q＝－， 所以S8＝＝＝＝. 规律方法 　　求等比数列的前n项和，要确定首项、公比或首项、末项、公比，注意公比q＝1是否成立. 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.〔一题多解〕求数列{（－1）n＋2}的前100项的和. 解：法一　a1＝（－1）3＝－1，q＝－1. ∴S100＝＝0. 法二　数列{（－1）n＋2}为－1，1，－1，1，…， ∴S100＝50×（－1＋1）＝0. 题型二　利用等比数列前n项和公式求基本量 （链接教科书第163页例2）在等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn. （1）若a1＝，an＝16，Sn＝11，求n和q； 解：由Sn＝得11＝，解得q＝－2，又由an＝a1qn－1得，16＝（－2）n－1，解得n＝5. （2）〔一题多解〕S3＝，S6＝，求an及Sn. 解：法一　由S6≠2S3知q≠1，由题意得 ②÷①，得1＋q3＝9，∴q3＝8，解得q＝2. 代入①得a1＝，∴an＝a1qn－1＝×2n－1＝2n－2， Sn＝＝2n－1－. 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，解得q＝2. 代入＝，得a1＝， ∴an＝a1qn－1＝×2n－1＝2n－2， Sn＝＝2n－1－. 规律方法 　　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. 1.在14与之间插入n个数，组成所有项的和为的等比数列，求此数列的项数. 解：设此数列的公比为q（易知q≠1）， 则解得故此数列共有5项. 2.在等比数列{an}中，已知a6－a4＝24，a3·a5＝64，求S8. 解：由题意，得 化简得 ①÷②，得q2－1＝±3， ∴q2＝4，负值舍去， ∴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＝＝85. 综上知S8＝255或S8＝85. 题型三　分组转化法求和 （链接教科书第163页例3）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，其中Sn为{an}的前n项和，n∈N*. （1）求数列{an}的通项公式； 解：当n＝1时，a2＝2a1＋1＝3.当n≥2时，an＝2Sn－1＋1，则an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，且a2＝3a1.故{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1. （2）设{bn－an}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由题意bn－an＝1＋2（n－1）＝2n－1，所以bn＝3n－1＋2n－1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（30＋31＋…＋3n－1）＋（1＋3＋…＋2n－1）＝＋n2＝＋n2. 规律方法 分组求和的适用题型 　　一般情况下，形如cn＝an±bn，其中数列{an}与{bn}一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列{cn}的前n项和，分别利用等差数列和等比数列前n项和公式求和即可. 　若数列{an}满足an＝则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝　107　.（用具体数值作答） 解析：由题意可得：a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1＋2＋5＋22＋…＋17＋25＝（1＋5＋…＋17）＋（2＋22＋…＋25）＝＋＝45＋62＝107. 1.已知等比数列{an}的首项a1＝3，公比q＝2，则S5＝（　　） A.93　　　B.－93 C.45　 　　D.－45 解析：A　S5＝＝＝93. 2.在等比数列{an}中，a1＝2，S3＝26，则公比q＝　3或－4　.　 解析：由题意得q≠1.因为S3＝＝＝26，所以q2＋q－12＝0，解得q＝3或－4. 3.求an＝2n＋n的前n项和. 解：由an＝2n＋n，所以Sn＝（2＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋…＋n）＝2n＋1－2＋. 1.在数列{an}中，已知an＋1＝2an，且a1＝1，则数列{an}的前5项的和等于（　　） A.－25　　　B.25 　　　C.－31　 　　D.31 解析：D　因为an＋1＝2an，且a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{an}的前5项的和为＝31. 2.设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a8＝3a11，则＝（　　） A. B. 解析：C　设等比数列{an}的公比为q，由a8＝3a11得a8＝3a8q3，解得q3＝，所以＝＝1＋q6＝1＋＝.故选C. 3.（2026·徐州月考）河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一.某洞窟的浮雕共7层，它们构成一幅优美的图案.若从下往上计算，从第2层开始，每层浮雕像个数依次是下层个数的2倍，该洞窟浮雕像总共有1 016个，则第5层浮雕像的个数为（　　） A.64 B.128 C.224 D.512 解析：B　设最下层的浮雕像的数量为a1，依题意有公比q＝2，n＝7，S7＝＝1 016，解得a1＝8，则an＝8×2n－1＝2n＋2（1≤n≤7，n∈N*），所以a5＝27＝128. 4.数列an＝4n－1＋n的前n项和Sn＝（　　） A.＋ B.＋ C.＋＋ 解析：B　Sn＝（40＋1）＋（41＋2）＋…＋（4n－1＋n）＝（40＋41＋…＋4n－1）＋（1＋2＋…＋n）＝＋. 5.〔多选〕已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若a1≠a2，a3a4＝2a1，a3－a2＝2（a4－a3），则下列结论正确的是（　　） A.q＝ B.a7＝2 C.a8＝8 D.S6＝126 解析：AD　因为等比数列{an}中，a1≠a2，所以q≠1，因为a3·a4＝2a1，a3－a2＝2（a4－a3）＝2q（a3－a2），所以q5＝2a1，且2q＝1，即q＝，A正确；所以a1＝64，a7＝64×＝1，B错误；a8＝a1q7＝64×＝，C错误；S6＝＝126，D正确.故选A、D. 6.〔多选〕设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值确定的是（　　） A. B. 解析：ABC　由8a2＋a5＝0得8a2＋a2q3＝0，∵a2≠0，∴q3＝－8，∴q＝－2.A中，＝q2＝4；B中，＝＝＝；C中，＝＝＝；D中，＝与n有关，不确定.故选A、B、C. 7.〔一题多解〕已知在等比数列{an}中，a3＝，S3＝，则a1＝　或6　. 解析：法一　当q＝1时，a1＝a2＝a3＝，满足S3＝.当q≠1时，依题意得解得综上可得a1＝或a1＝6. 法二　所以a1＋a2＝3，所以＝＝2，所以q＝1或q＝－.所以a1＝或a1＝6. 8.若数列{an}的通项公式是an＝其前n项和为Sn，则S30＝　240　. 解析：由题意得S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30）＝（1＋2＋…＋15）＋（1＋2＋…＋15）＝×2＝240. 9.已知等比数列{an}的首项为1，公比为3，则＋＋…＋＝　（9n－1）　. 解析：由题意得＝32＝9，故{}为首项为12＝1，公比为9的等比数列，则＋＋…＋＝＝（9n－1）. 10.在等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. （1）求{an}的通项公式； （2）记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m. 解：（1）设等比数列{an}的公比为q， 由题意得an＝qn－1，q4＝4q2， 解得q＝0（舍去），q＝－2或q＝2. 故an＝（－2）n－1或an＝2n－1. （2）若an＝（－2）n－1，则Sn＝. 由Sm＝63得＝63， 即（－2）m＝－188，此方程没有正整数解. 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.由Sm＝63得2m－1＝63，即2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6. 11.数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝（　　） A.2 B.3 C.4 D.5 解析：C　∵an＋1＝2an，∴＝2，又a1＝2，∴数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an＝2×2n－1＝2n，ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝＝＝2k＋1（210－1）＝25（210－1），∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4. 12.〔多选〕已知等比数列{an}是递增数列，其前n项和为Sn，若a2＋a4＝10，a2a3a4＝64，则（　　） A.Sn＋1－Sn＝2n＋1 B.an＝2n－1 C.Sn＝2n－1 D.Sn＝2n－1－1 解析：BC　设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由a2a3a4＝64，得＝43，则a3＝4，由a2＋a4＝10，得＋4q＝10，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝.又因为数列{an}是递增数列，所以q＝2，所以2a1＋8a1＝10，解得a1＝1.所以an＝2n－1，Sn＝＝2n－1，所以Sn＋1－Sn＝2n＋1－1－（2n－1）＝2n.故选B、C. 13.设等比数列{an}的前n项和为Sn，其公比q为实数，若S3＋S6＝2S9，则q＝　－　. 解析：由S3＋S6＝2S9得（a1＋a2＋a3）＋（a1＋a2＋a3＋…＋a6）＝2（a1＋a2＋a3＋…＋a9），即（a4＋a5＋a6）＋2（a7＋a8＋a9）＝0，所以a1q3（1＋q＋q2）＋2a1q6（1＋q＋q2）＝0，即a1q3（1＋2q3）（1＋q＋q2）＝0.又因为a1≠0，q为非零的实数，所以1＋2q3＝0，求得q＝－. 14.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1. （1）证明{an＋1}是等比数列，并求{an}的通项公式； （2）求数列{an}落入区间（10，2 024）的所有项的和. 解：（1）∵an＋1＝2an＋1， ∴an＋1＋1＝2（an＋1），即＝2， ∴{an＋1}是公比为2的等比数列. ∵首项为a1＋1＝2，公比为2， ∴an＋1＝2n， ∴an＝2n－1. （2）令10＜2n－1＜2 024，即11＜2n＜2 025， ∵n∈N*，∴n可取4，5，6，7，8，9，10， ∴数列{an}落入区间（10，2 024）的所有项的和S＝a4＋a5＋…＋a9＋a10＝（24－1）＋（25－1）＋…＋（210－1）＝－7＝2 025. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $