A版等比前n项和第1课时

合集下载

2022-2023学年人教A版选择性必修第二册4-3-2第1课时等比数列的前n项和及其性质作业

4.3.2等比数列的前n项和公式第1课时等比数列的前n项和及其性质课后训练巩固提升A组1.设等比数列{a n}的公比q=3,前n项和为S n,则=()A.3B.9C.40D.解析:根据题意,等比数列{a n}的公比q=3,则S4=a1+a2+a3+a4==40a1,a3=a1q2=9a1,故.答案:D2.设正项等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=3,a3+a4=12,则公比q等于()A.±4B.4C.±2D.2解析:依题意,数列{a n}是正项等比数列,S2=a1+a2=3,a3+a4=(a1+a2)·q2=12,故q==2.答案:D3.设S n为等比数列{a n}的前n项和,8a2+a5=0,则等于()A.11B.5C.-8D.-11解析:由8a2+a5=0,得=q3=-8,q=-2,故=-11.答案:D4.在数列{a n}中,已知对任意正整数n,有a1+a2+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.(2n-1)2B.(2n-1)2C.4n-1D.(4n-1)解析:由a1+a2+…+a n-1+a n=2n-1,得a1+a2+…+a n-1=2n-1-1(n≥2),∴a n=2n-1(n≥2).又a1=1,符合上式,∴a n=2n-1,∴=4n-1,∴+…+(4n-1).答案:D5.已知等比数列{a n}共有2n项,它的全部各项的和是奇数项的和的3倍,则公比q=.解析:设{a n}的公比为q,由已知可得q≠1,则奇数项也构成等比数列,其公比为q2,首项为a1,S2n=,S奇=.由题意得,即1+q=3,q=2.答案:26.设S n为等比数列{a n}的前n项和,且S n=3n+1-A,则A=.解析:∵S n为等比数列{a n}的前n项和,且S n=3n+1-A,∴a1=S1=32-A=9-A,a2=S2-S1=(33-A)-(9-A)=18,a3=S3-S2=(34-A)-(33-A)=54.∵a1,a2,a3成等比数列,∴=a1a3,∴182=(9-A)×54,解得A=3.答案:37.已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=.解析:因为a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,且数列{a n}是递增的等比数列,所以a1=1,a3=4,q=2,所以S6==63.答案:638.在等比数列{a n}中,已知S n=189,q=2,a n=96,求a1和n.分析:已知a n,S n,q,可列方程组求a1和n.解:由S n=及a n=a1·q n-1,得①÷②,得,解得2n=64,则n=6.代入①,得a1=3.9.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且S1,S3,S2成等差数列.(1)求{a n}的公比q;(2)已知a1-a3=3,求S n.解:(1)依题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2).因为a1≠0,所以2q2+q=0.又q≠0,所以q=-.(2)由已知可得a1-a1=3,解得a1=4.从而S n=.B组1.在等比数列{a n}中,若a1+a2+a3+a4+a5=,a3=,则等于()A. B. C.31 D.4解析:设{a n}的公比为q.∵a1+a2+a3+a4+a5=+a3+a3q+a3q2=a3,∴+1+q+q2=.∴=4×=31.答案:C2.已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,若a2=4,a6=,则S6等于()A.-B.C.±D.解析:设等比数列{a n}的公比为q,因为a2=4,a6=,所以q4=,即q2=.因为a n>0,所以q=.于是a1==8,所以S6=.答案:B3.若正项等比数列{a n}满足S3=13,a2a4=1,b n=log3a n,则数列{b n}的前20项和是()A.-25B.25C.-150D.150解析:设正项等比数列{a n}的首项为a1,公比为q,由S3=13,a2a4=1,得解得q=,a1=9.故a n=a1q n-1=9·=33-n.b n=log3a n=log333-n=3-n,则数列{b n}是以2为首项,以-1为公差的等差数列,则S20=20×2+=-150.答案:C4.设各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,a1a3=9,a4=27,则S4=.解析:设等比数列{a n}的公比为q,∵a1a3=9,a4=27,∴∵数列的各项均为正数,∴a1q=3,q2=9,q=3,a1=1,∴S4==40.答案:405.设数列{a n}的前n项和为S n,若S2=5,a n+1=3S n+1,n∈N*,则a2=,S4=.解析:数列{a n}的前n项和为S n,=3S n+1,①则a n=3S n-1+1(n≥2),②①-②,得a n+1-a n=3S n-3S n-1(n≥2),整理得a n+1=4a n,故=4(常数)(n≥2).又a2=3S1+1,即a2=3a1+1,a1+a2=5,得a1=1,a2=4,所以数列{a n}为首项为1,公比为4的等比数列.S4==85.答案:4856.已知等差数列{a n}满足a5=13,a1+a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)设S n是等比数列{b n}的前n项和,若b1=a1,b3=a4-1,求S6.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,∵等差数列{a n}满足a5=13,a1+a3=8,∴解得a1=1,d=3,∴a n=1+3(n-1)=3n-2.(2)设等比数列{b n}的公比为q,∵在等比数列{b n}中,b1=a1=1,b3=a4-1=9,∴q2==9,解得q=±3.当q=-3时,S6==-182;当q=3时,S6==364.7.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,a2=1,S3=.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S n,并用S n表示S n+1.解:(1)设等比数列{a n}的公比为q,∵a2=1,S3=,∴a1q=1,a1(1+q+q2)=,联立解得a1=,q=2或a1=2,q=.∴a n=2n-2或a n=22-n.(2)①当a1=,q=2时,S n=,S n+1==2×=2S n+.②当a1=2,q=时,S n==4×,S n+1=4××4×+2=S n+2.。

等比数列的前n项和公式(第1课时)高二数学(人教A版2019选择性必修第二册)

1−
①
=
②
∴ = 8， = 2.
代入①得，1 =
∴ =
1 −
1−
=
1
，∴
2
1
−2 ×2
−2
2
1−2
= 1
=
−1
2−1
=
1
− .
2
1
×
2
2−1 = 2−2 .
练习
7
2
例1.(2)若3 = ，6 =
63
，求及 .
2
解(2)：[法二]由3 = 1 + 2 + 3 ，
解得30 = 70.
[法三]易知20 = 10 + 10 10 ，即30 = 10 + 1010 ，
∴10 = 2，∴30 = 20 + 20 10 = 30 + 40 = 70.
练习
例2.已知在等比数列{ }中，10 = 10，20 = 30，则30 =________.
解：设等比数列{ }的公比为，由于20 ≠ 210 ，则 ≠ 1.
[法四]由已知条件10 = 10，20 = 30，易知 ≠ ±1，
10
∴ 10
1−
30
又 30
1−
=
20
10
，即 10
1−20
1−
=
10
，∴30
1−10
=
30
10
，∴
1−20
= 70.
= 2.
② ÷ ①得1 + 10 = 3，故10 = 2.
30 =
1 (1−30 )
1−
=
1 (1−10 )
1−
1 (1−10 )

《2.5 等比数列的前n项和》课件 1-优质公开课-人教A版必修5精品

1.19≈2.36 1.110≈2.60 1.111≈2.85
1.00499≈1.04 1.004910≈1.05 1.004911≈1.06
解:(1)今年学生人数为b人,则10年后学生人数为b(1+4.9‰)10≈1.05b, 由题设可知,1年后的设备为 a×(1+10%)-x=1.1a-x, 2年后的设备为 (1.1a-x)×(1+10%)-x=1.12a-1.1x-x=1.12a-x(1+1.1),…, 10年后的设备为
题型三等比数列的综合应用
【例3】 (12分) (2012年高考陕西卷)设{an}是公比不为1的等比数列,其前 n项和为Sn,且a5,a3,a4成等差数列. (1)求数列{an}的公比; (2)证明:对任意k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.
名师导引: (1)由a5,a3,a4成等差数列,列方程求解; (2)利用求和公式,等差中项证明. (1)解:设数列{an}的公比为q(q≠0,q≠1). 由a5,a3,a4成等差数列, 得2a3=a5+a4,……………………………………………………2分即2a1q2=a1q4+a1q3.………………………………………………4分由a1≠0,q≠0得,q2+q-2=0, 解得q1=-2,q2=1(舍去), 所以q=-2.………………………………………………………6分
法二对任意 k∈N+,2Sk= 2a1(1 qk ) , 1 q
Sk+2+Sk+1= a1(1 qk 2 ) + a1(1 qk 1) = a1(2 qk 2 qk 1) ,
1 q
1 q
1 q

等比数列的前n项和公式(第1课时)(教学课件)高二数学(人教A版2019选择性必修第二册)

a1 (1 q n )
当1 q 0,即q 1时,S n
.
1 q
当q 1时,Sn na1 .
a1 (1 q n )
，q 1

∴S n 1 q
na ，
q1
1
等比数列的前n项和公式：
若等比数列{an }的首项为a1 ,公比为q,则{an }的前n项和公式为
1 q
.
na ，
q1
q1
室
1
na1，
an am q n m .
3.等比数列{an}的重要性质：
若m n s t，则am an a s at .
特别地，若m n 2 p，则aman a 2p .
例7 已知数列{an}是等比数列.
1
1
,q ,求S8 ；
a1 (1 q n )
，q 1宋老

Sn 1 q
师数
na ，
q 1学精
1
品工
宋老师
∵an a1q n 1，∴上述公式还可以写成
作室
宋老师数学精品工作室
数学精
品工作
a1 an q
，q 1
室

Sn 1 q
na ，
1
q1
按1000颗麦粒的质量
例7 已知数列{an}是等比数列.
1
1
,q ,求S8 ；
2
2
1
宋老
(2) 若a1 27,a9
,q 0,求S8 ；
师数
243
1
31学精
(3) 若a1 8,q ,S n 品工

新教材人教a版选择性必修第二册432等比数列的前n项和公式第1课时课件2

课前预习
(5)等比数列{an}中,只要a1>0,公比q>0,则前n项和Sn就可以趋向于+∞.( × )
课前预习
知识点二等比数列的前n项和的性质
Sk
S2k-Sk S3k-S2k
图4-3-2
课前预习
q q
qmSn
课前预习
【诊断分析】判断正误.(请在括号中打“√”或“×”) (1)在等比数列{an}中,Sn是其前n项的和,则S2n,S4n,S6n成等比数列.( × ) [解析]取常数列1,1,1,…,则S2n=2n,S4n=4n,S6n=6n,S2n,S4n,S6n不成等比数列. (2)在等比数列{an}中,Sn是其前n项的和,则S2n,S4n-S2n,S6n-S4n成等比数列.( × ) [解析]取数列-1,1,-1,…,则S2n=0,S4n-S2n=0,S6n-S4n=0,故S2n,S4n-S2n,S6n-S4n不成等比数列.
课中探究
拓展已知等比数列{an}共有32项, 其公比q=3,且奇数项之和比偶数项之和少60,则数列{an}的所有项之和是 ( D ) A.30 B.60 C.90 D.120
[解析] 设等比数列{an}的奇数项之和为S1, 偶数项之和为S2,则 S1=a1+a3+a5+…+a31,S2=a2+a4+a6+…+a3 2=q(a1+a3+a5+…+a31)=3S1,又S1+60=S2, 所以S1+60=3S1,可得S1=30,S2=90,故数列 {an}的所有项之和是30+90=120.
课前预习
知识点一等比数列的前n项和
na1

4.3.2等比数列的前n项和公式(第1课时)(人教A版2019选择性必修第二册)

S3n S2n 3na1 2na1 na1 ,
因此Sn , S2n
当q 1时, Sn
aS1n(1, S3qnn)
1q
,SS22nn成等Sn 比 a数1(1列 1,qq公2n 比) 为a11(11.qq
n
)
a1qn (1 1q
qn
)
qnSn ,
S3n
S2n
a1(1 q3n ) 1q
a1(1 q2n ) 1q
解：若q 1, 则 S10 10a1 2 31 , 所以q 1.
S5 5a1
32
当q
1时,由 S10 S5
31 32
,
得
(1)(1 q10 1q
)
1 (1)(1
q
q5
)
31 . 32
整理, 得1 q5 31 , 即q5 1 , 所以q 1 .
32
32
2
例8 已知等比数列{an }的首项为 1, 前n项和为Sn . 若
S20 S10
S10
得 S30 30 30 10 , 30 10 10
解得S30 70.
环节六:归纳总结，反思提升
（1）等比数列前n项和公式，对于公比未知的等比数列，应用等比数列的前n项和公式时，需讨论公比是否为 1；
（2）等比数列前n项和公式的推导：错位相减法；（3）数学思想方法的应用: ①方程思想:等比数列求和问题中的“知三求二”问题就是方程思想的重要体现； ②分类讨论思想：由等比数列前 n 项和公式可知，解答等比数列求和问题时常常要用到分类讨论思想.
求n.
(3)
把a1
8,
q
1 2
, Sn
31 2
代入Sn

高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和第1课时等比数列的前n项和aa高二数学

第十五页，共五十页。
• 『规律总结(zǒngjié)』在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn 中，a1，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，q列方程组求解．
第十六页，共五十页。
〔跟踪练习1〕 (2015·重庆文，16)已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝92. (1)求{an}的通项公式； (2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
！果真是这样吗？我们一起来帮他算一算．
第六页，共五十页。
• 1．等比数列(děnɡ bǐ shù liè)的前n项和公式
已知量公式
首项、公比与项数
Sn＝__a_1_n1_a－_1 _q_n_q＝1 ___1_－__q____q≠1
首项、末项与公比 Sn＝__a_1－_n_aa_1 _nq_q＝1
第三十一页，共五十页。
(2)由(1)，得bn＝an＋k及{bn}是公比为2的等比数列，得 Tn＝b111－－22n＝b1(2n－1)，由bn＝an＋k得Tn＝Sn＋nk，∴Sn＝b1(2n－1)－nk. ∵S6＝T4，S5＝－9， ∴6331bb11－－65kk＝＝1－5b91，，解得k＝8.
新课标导学
数学
必修5 ·人教A版
第一页，共五十页。
第二章
数列(shùliè)
等比数列的前项和 2.5
(děnɡ bǐ shù liè)
n
课时第1
(kèshí)
等比数列的前n项和
第二页，共五十页。
1
自主预习学案
2
互动探究学案
3
课时作业学案
第三页，共五十页。
自主预习(yùxí)学案

2019-2020人教A版数学必修5第2章 2.5 第1课时等比数列的前n项和

2.5 等比数列的前n 项和第1课时等比数列的前n 项和1．等比数列前n 项和公式思考：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S n ?[提示] 可把等比数列前n 项和S n 理解为关于n 的指数型函数． 2．错位相减法(1)推导等比数列前n 项和的方法一般地，等比数列{a n }的前n 项和可写为： S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1， ① 用公比q 乘①的两边，可得 qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＋a 1q n ，②由①－②，得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，整理得S n ＝a 1（1－q n ）1－q(q ≠1)．(2)我们把上述方法叫错位相减法，一般适用于数列{a n ·b n }前n 项和的求解，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且q ≠1.思考：等比数列的前n 项和公式的推导还有其他的方法吗？[提示] 根据等比数列的定义，有：a 2a 1＝a 3a 2＝a 4a 3＝…＝a n a n －1＝q ，再由合比定理，则得a 2＋a 3＋a 4＋…＋a na 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝q ，即S n －a 1S n －a n＝q ，进而可求S n .1．等比数列1，x ，x 2，x 3，…(x ≠0)的前n 项和S n 为( ) A ．1－x n 1－xB ．1－x n －11－xC ．⎩⎨⎧1－x n1－x （x ≠1），n （x ＝1）D ．⎩⎨⎧1－x n －11－x （x ≠1），n （x ＝1）C [当x ＝1时，数列为常数列，又a 1＝1，所以S n ＝n . 当x ≠1时，q ＝x ，S n ＝a 1（1－x n ）1－x ＝1－x n1－x.]2．等比数列{a n }中，a 1＝1，q ＝2，则S 5＝________． 31 [S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－251－2＝31.]3．数列12，24，38，416，…的前10项的和S 10＝________． 509256[S 10＝12＋24＋38＋…＋929＋10210，则12S 10＝14＋28＋…＋9210＋10211.两式相减得，12S 10＝12＋14＋18＋…＋1210－10211＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12101－12－10211，所以S 10＝509256.]4．某厂去年产值为a ，计划在5年内每年比上一年的产值增长10%，从今年起5年内，该厂的总产值为________．11(1.15－1)a [去年产值为a ，从今年起5年内各年的产值分别为1.1a ，1.12a ，1.13a ，1.14a ，1.15a .所以1.1a ＋1.12a ＋1.13a ＋1.14a ＋1.15a ＝a ·1.1－1.161－1.1＝11(1.15－1)a.]n (1)S 2＝30，S 3＝155，求S n ； (2)a 1＋a 3＝10，a 4＋a 6＝54，求S 5；(3)a 1＋a n ＝66，a 2a n －1＝128，S n ＝126，求q . [解] (1)由题意知 ⎩⎨⎧a 1（1＋q ）＝30，a 1（1＋q ＋q 2）＝155，解得⎩⎨⎧a 1＝5，q ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝180，q ＝－56.从而S n ＝14×5n ＋1－54或S n ＝1 080×⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－56n 11. (2)法一：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q 3＋a 1q 5＝54，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12，从而S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝312. 法二：由(a 1＋a 3)q 3＝a 4＋a 6，得q 3＝18，从而q ＝12. 又a 1＋a 3＝a 1(1＋q 2)＝10，所以a 1＝8，从而S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝312.(3)因为a 2a n －1＝a 1a n ＝128，所以a 1，a n 是方程x 2－66x ＋128＝0的两根．从而⎩⎨⎧a 1＝2，a n ＝64或⎩⎨⎧a n ＝2，a 1＝64.又S n ＝a 1－a n q 1－q＝126，所以q 为2或12.1．在等比数列 {a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 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．1．在等比数列{a n }中．(1)若a 1＝2，a n ＝162，S n ＝112，求n 和q ； (2)已知S 4＝1，S 8＝17，求a n .[解] (1)由S n ＝a 1－a n q 1－q 得112＝2－162q1－q ，∴q ＝－2，又由a n ＝a 1q n －1得162＝2(－2)n －1，∴n ＝5.(2)若q ＝1，则S 8＝2S 4，不合题意，∴q ≠1， ∴S 4＝a 1（1－q 4）1－q＝1，S 8＝a 1（1－q 8）1－q＝17，两式相除得1－q 81－q 4＝17＝1＋q 4，∴q ＝2或q ＝－2，∴a 1＝115或a 1＝－15，∴a n ＝115·2n －1或－15·(－2)n －1.从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061，1.015≈1.051)思路探究：解决等额还贷问题关键要明白以下两点：(1)所谓复利计息，即把上期的本利和作为下一期本金，在计算时每一期本金的数额是不同的，复利的计算公式为S ＝P (1＋r )n ，其中P 代表本金，n 代表存期，r 代表利率，S 代表本利和．(2)从还贷之月起，每月还贷金额是构成等比数列还是等差数列，首项是什么，公比或公差是多少．[解] 法一：设每个月还贷a 元，第1个月后欠款为a 0元，以后第n 个月还贷a 元后，还剩下欠款a n 元(1≤n ≤6)，则a 0＝10 000，a 1＝1.01a 0－a ， a 2＝1.01a 1－a ＝1.012a 0－(1＋1.01)a ， …a 6＝1.01a 5－a ＝…＝1.016a 0－[1＋1.01＋…＋1.015]a . 由题意，可知a 6＝0，即1.016a 0－[1＋1.01＋…＋1.015]a ＝0， a ＝1.016×1021.016－1.∵1.016≈1.061，∴a ＝1.061×1021.061－1≈1 739.故每月应支付1 739元．法二：一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为S 1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元)．另一方面，设每个月还贷a 元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为 S 2＝a (1＋0.01)5＋a (1＋0.01)4＋…＋a＝a [（1＋0.01）6－1]1.01－1＝a [1.016－1]×102(元)．由S 1＝S 2，得a ＝1.016×1021.016－1.以下解法同法一，得a ≈1 739，故每月应支付1 739元．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还是等比数列问题，还是含有递推关系的数列问题？是求a n ，还是求S n ？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．2．一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？[解] 用a n 表示热气球在第n 分钟上升的高度，由题意，得a n ＋1＝45a n ，因此，数列{a n }是首项a 1＝25，公比q ＝45的等比数列．热气球在前n 分钟内上升的总高度为S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝25×⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n 1－45＝125×[1－(45)n]<125. 故这个热气球上升的高度不可能超过125 m.1．对于S 64＝1＋2＋4＋8＋…＋262＋263，用2乘以等式的两边可得2S 64＝2＋4＋8＋…＋262＋263＋264，对这两个式子作怎样的运算能解出S 64?[提示] 比较两式易知，两式相减能消去同类项，解出S 64，即S 64＝1－2641－2＝264－1.2．由项数相等的等差数列{n }与等比数列{2n }相应项的积构成新的数列{n ·2n }是等比数列吗？是等差数列吗？该数列的前n 项和S n 的表达式是什么？[提示] 由等差数列及等比数列的定义可知数列{n ·2n }既不是等差数列，也不是等比数列．该数列的前n 项和S n 的表达式为S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n .3．在等式 S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n 两边同乘以数列{2n }的公比后，该等式的变形形式是什么？认真观察两式的结构特征，你能将求S n 的问题转化为等比数列的前n 项和问题吗？[提示] 在等式S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，① 两边同乘以{2n }的公比可变形为2S n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，② ②－①得：S n ＝－1·21－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋1 ＝－(21＋22＋23＋…＋2n )＋n ·2n ＋1.此时可把求S n 的问题转化为求等比数列{2n }的前n 项和问题．我们把这种求由一个等差数列{an }和一个等比数列{b n }相应项的积构成的数列{a n b n }前n 项和的方法叫错位相减法．【例3】已知等比数列{a n }满足：a 1＝12，a 1，a 2，a 3－18成等差数列，公比q ∈(0，1)，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .思路探究：(1)根据a 1，a 2，a 3－18成等差数列求得公比q ，写出通项公式； (2)由b n ＝na n 可知利用错位相减法求和． [解] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝12，因为a 1，a 2，a 3－18成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3－18，即得4q 2－8q ＋3＝0，解得q ＝12或q ＝32，又因为q ∈(0，1)，所以q ＝12，所以a n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n .(2)根据题意得b n ＝na n ＝n2n ， S n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ， ① 12S n ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1， ②作差得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，S n ＝2－(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.1．本题中设c n ＝na n，求数列{c n }的前n 项和S n ′.[解] 由题意知c n ＝n ·2n ，所以S n ′＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －2)×2n －2＋(n －1)×2n －1＋n ·2n ， 2S n ′＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －2)×2n －1＋(n －1)×2n ＋n ·2n ＋1，两式相减得：－S n ′＝1×21＋22＋23＋24＋…＋2n －1＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以S n ′＝(n －1)·2n ＋1＋2.2．本题中设d n ＝(2n －1)a n ，求数列{d n }的前n 项和T n . [解] 由题意可得：T n ＝1×12＋3×122＋…＋(2n －1)×12n ，12T n ＝1×122＋3×123＋…＋(2n －3)×12n ＋(2n －1)×12n ＋1，两式相减得12T n ＝1×12＋2×122＋…＋2×12n －(2n －1)×12n ＋1＝12＋12×1－12n －11－12－(2n －1)×12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1，所以T n ＝3－42n －2n －12n ＝3－2n ＋32n.错位相减法的适用题目及注意事项(1)适用范围：它主要适用于{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和．(2)注意事项：①利用“错位相减法”时，在写出S n 与qS n 的表达式时，应注意使两式错对齐，以便于作差，正确写出(1－q )S n 的表达式．②利用此法时要注意讨论公比q 是否等于1的情况．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：a 1，a n ，n ，q ，S n ，其中首项a 1和公比q 为基本量，且“知三求二”．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．3．一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列且公比为q ，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和.1．判断正误(1)求等比数列{a n }的前n 项和时可直接套用公式S n ＝a 1（1－q n ）1－q 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S n ＝na .( )(3)若某数列的前n 项和公式为S n ＝－aq n ＋a (a ≠0，q ≠0且q ≠1，n ∈N *)，则此数列一定是等比数列．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√[提示] (1)错误．在求等比数列前n 项和时，首先应看公比q 是否为1，若q ≠1，可直接套用，否则应讨论求和．(2)正确．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S n ＝na .(3)正确．根据等比数列前n 项和公式S n ＝a 1（1－q n ）1－q (q ≠0且q ≠1)变形为S n ＝a 11－q －a 11－q q n (q ≠0且q ≠1)，若令a ＝a 11－q，则和式可变形为S n ＝a －aq n .2．已知等比数列{a n }的首项a 1＝3，公比q ＝2，则S 5等于( ) A ．93 B ．－93 C ．45 D ．－45 A [S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝3（1－25）1－2＝93.]3．在公比为整数的等比数列{a n }中，如果a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，则这个数列的前8项之和S 8＝________．510 [a 1＋a 4＝a 1(1＋q 3)＝18，a 2＋a 3＝a 1(q ＋q 2)＝12，两式联立解得q ＝2或12，而q 为整数，所以q ＝2，a 1＝2，代入公式求得S 8＝2（1－28）1－2＝510.]4．求和：12＋34＋58＋716＋…＋2n －12n .[解] 设S n ＝12＋34＋58＋716＋…＋2n －12n＝12＋322＋523＋724＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，① 则12S n ＝122＋323＋524＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1.② ①－②，得12S n ＝12＋222＋223＋224＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝12＋12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1 ＝12＋12－12n －1×121－12－2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1，∴S n ＝3－2n ＋32n .。

高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和第一课时等比数列的前n项和练习(含解析)新人教A版必修5

高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和第一课时等比数列的前n项和练习（含解析）新人教A版必修51.等比数列{a n}的各项都是正数,若a1=81,a5=16,则它的前5项和是( B )(A)179 (B)211 (C)248 (D)275解析:由16=81×q4,q>0得q=,所以S5==211.故选B.2.在等比数列{a n}中,若a4,a8是方程x2-4x+3=0的两根,则a6的值是( A )(A)(B)-(C)±(D)±3解析:依题意得,a4+a8=4,a4a8=3,故a4>0,a8>0,因此a6>0(注:在一个实数等比数列中,奇数项的符号相同,偶数项的符号相同),a6==.故选A.3.等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于( C )(A)(B)-(C)(D)-解析:设等比数列{a n}的公比为q,由S3=a2+10a1得a1+a2+a3=a2+10a1,即a3=9a1,所以q2=9,又a5=a1q4=9,所以a1=.故选C.4.等比数列{a n}中,a3=3S2+2,a4=3S3+2,则公比q等于( C )(A)2 (B)(C)4 (D)解析:因为a3=3S2+2,a4=3S3+2,所以a4-a3=3(S3-S2)=3a3,即a4=4a3,所以q==4,故选C.5.等比数列{a n}的前n项和S n=3n-a,则实数a的值为( B )(A)0 (B)1 (C)3 (D)不存在解析:法一当n≥2时,a n=S n-S n-1=3n-3n-1=2·3n-1,==3.又a1=S1=3-a,a2=2×3=6,则=.因为{a n}是等比数列,所以=3,得a=1.故选B.法二由等比数列前n项和公式知,3n系数1与-a互为相反数,即-a=-1,则a=1.故选B.6.在14与之间插入n个数组成等比数列,若各项和为,则数列的项数为( B )(A)4 (B)5 (C)6 (D)7解析:设公比为q,由等比数列的前n项和公式及通项公式得解之,得则数列的项数为5.故选B.7.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其大意为“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.”则该人最后一天走的路程为( C )(A)24里(B)12里(C)6里(D)3里解析:记每天走的路程里数为{a n},易知{a n}是公比q=的等比数列,S6=378,S6==378,所以a1=192,所以a6=192×=6,故选C.8.设S n为等比数列{a n}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .解析:由3S1,2S2,S3成等差数列知,4S2=3S1+S3,可得a3=3a2,所以公比q=3,故等比数列通项a n=a1q n-1=3n-1.答案:3n-19.在等比数列{a n}中,已知a1+a2+a3=1,a4+a5+a6=-2,则该数列的前15项和S15= .解析:记b1=a1+a2+a3,b2=a4+a5+a6,…,b5=a13+a14+a15,依题意{b n}构成等比数列,其首项b1=1,公比为q==-2,则{b n}的前5项和即为{a n}的前15项和S15==11.答案:1110.在等比数列{a n}中,公比q=,且log2a1+log2a2+…+log2a10=55,则a1+a2+…+a10= .解析:据题意知log2(·q1+2+…+9)=log2(·q45)=55,即=2100.又a n>0,所以a1=210,所以S10=211-2.答案:211-211.已知等比数列前20项和是21,前30项和是49,则前10项和是.解析:由S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,所以(S20-S10)2=S10·(S30-S20),即(21-S10)2=S10(49-21).所以S10=7或S10=63.答案:7或6312.已知数列{a n} 的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,求S n的值.解:因为S n=2a n+1,所以n≥2时,S n-1=2a n.因为a n=S n-S n-1=2a n+1-2a n,所以3a n=2a n+1,所以=.又因为S1=2a2,所以a2=,所以=,所以{a n}从第二项起是以为公比的等比数列.所以S n=a1+a2+a3+…+a n=1+=()n-1.13.知{a n}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{b n}满足b1=4,b4=20,且{b n-a n}为等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,由题意得d===3,所以a n=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).设等比数列{b n-a n}的公比为q,由题意得q3===8,解得q=2.所以b n-a n=(b1-a1)q n-1=2n-1.从而b n=3n+2n-1(n=1,2,…).(2)由(1)知b n=3n+2n-1(n=1,2,…).数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为=2n-1.所以数列{b n}的前n项和为n(n+1)+2n-1.14.已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(1)求证是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)求证++…+<.证明:(1)由a n+1=3a n+1得a n+1+=3(a n+).又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.所以a n+=,因此{a n}的通项公式为a n=.(2)由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=(1-)<.所以++…+<.15.数列{a n}中,已知对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+a n=3n-1,则+++…+等于( B )(A)(3n-1)2(B)(9n-1)(C)9n-1 (D)(3n-1)解析:因为a1+a2+…+a n=3n-1,n∈N*,n≥2时,a1+a2+…+a n-1=3n-1-1,所以当n≥2时,a n=3n-3n-1=2·3n-1,又n=1时,a1=2适合上式,所以a n=2·3n-1,故数列{}是首项为4,公比为9的等比数列.因此++…+==(9n-1).故选B.16.已知S n是等比数列{a n}的前n项和,若存在m∈N*,满足=9,=,则数列{a n}的公比为( B )(A)-2 (B)2 (C)-3 (D)3解析:设公比为q,若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠1.因为==q m+1=9,所以q m=8.所以==q m=8=,所以m=3,所以q3=8,所以q=2.故选B.17.设各项都是正数的等比数列{a n},S n为前n项和且S10=10,S30=70,那么S40= .解析:依题意,知数列{a n}的公比q≠-1,数列S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列,因此有(S20-S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)2=10(70-S20),故S20=-20或S20=30;又S20>0,因此S20=30,S20-S10=20,S30-S20=40,故S40-S30=80,S40=150.答案:15018.已知等差数列{a n}的首项a1=1,公差d>0,且第2项,第5项,第14项分别是等比数列{b n}的第2项,第3项,第4项.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}对于任意n∈N*均有+++…+=a n+1成立,求c1+c2+c3+…+c2 015+c2 016的值. 解:(1)依题意得b2=a2=a1+d,b3=a5=a1+4d,b4=a14=a1+13d,由等比中项得(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=2或d=0(舍去),因此a n=1+2(n-1)=2n-1,b2=3,b3=9,b4=27,故数列{b n}是首项为1,公比为3的等比数列.因此b n=3n-1.(2)因为+++…+=a n+1,所以当n≥2时,+++…+=a n,两式作差得=a n+1-a n=d,又d=2,故c n=2×3n-1,又=a2,所以c1=3,因此数列c n=。

4.3.2 等比数列的前n项和公式(第一课时)超好用的公开课课件-年高二上学期数学人教A版(201

8
7
6
5
4
3
2
1
1
新课引入
就在国王犹豫是否要答应发明者的
要求时，站在一旁一位将告老还乡的大
臣听后不满地说：“我跟陛下这么多年
战功卓著，请求陛下同样赏赐给我麦子，
在棋盘的第一格子里放上2颗麦粒，在
第2个格子里放上4颗麦粒，在第3个格
子里放上8颗麦粒，依次类推，每一个
格子放的麦粒数都是前一个格子里放的
ap aq = as at= a
2
k
新课引入
数学小故事：国际象棋起源于古
印度.棋盘上共有8行8列构成64个格
子.传说国王要奖赏国际象棋的发明
者，问他有什么要求，发明者说：
“请在棋盘的第1个格子里放上1颗
麦粒，在棋盘的第2个格子里放上2
颗麦粒，在棋盘的第3个格子里放上
4颗麦粒，在棋盘的第4个格子里放
麦粒数的2倍，直到放完64个格子为止.”
国王觉得这个要求不高，就欣然同意了.
思考:已知一千颗麦粒的质量约为40g，据
查，2016-2017年度世界小麦产量约为
7.5亿吨，根据以上数据，判断国王是否
能实现他们的诺言.
S64=1+2+22+23+…+263
2S64=
错位相减法
2+22 +23 +···+263+264
1−
因为 = −1 ，所以公式也可以写成
−
=
1−
思考：运用公式求和，需注意什么问题？
(1)q是否等于1； (2)当q≠1时，若已知 , q,n套用 =
若已知(1− )
；

4.3.2等比数列的前n项和公式第1课时课件-2023-2024学年高二下学期数学人教A版

探究 2 (1)“知三求二”实质是方程思想． (2)当已知 a1，q(q≠1)及 n 时，用公式 Sn＝a1（11－－qqn）求和比较方便；当已知 a1，q，an 时，则用公式 Sn＝a11－－aqnq求和．
思考题 2 在等比数列{an}中，公比为 q，前 n 项和为 Sn.
(1)若 a1＝ 2，an＝16 2，Sn＝11 2，求 n 和 q； (2)若 S3＋S6＝2S9，求公比 q； (3)若 a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，求公比 q.
量中，只要给出其中三个量便可以求出另外的两个量．(知三求二)
等比数列的前 n 项和公式有何函数特征？答：(1)当公比 q≠1 时，设 A＝q－a11，等比数列的前 n 项和公式是 Sn＝A(qn －1)，即 Sn 是关于 n 的指数型函数． (2)当公比 q＝1 时，因为 a1≠0，所以 Sn＝na1，Sn 是关于 n 的正比例函数．
∴a1·2n＝192，即 2n＝1a912，
∴189＝a1(2n－1)＝a11a912－1，
∴a1＝3，2n－1＝936＝32，∴n＝6.
(3)∵{an}是等比数列，∴a1an＝a2an－1＝a3an－2. ∵a2an－1＋a3an－2＝256，∴a1an＝128. 又∵a1＋an＝66，∴aa1n＝＝26， 4 或aa1n＝＝624. ，显然 q≠1，则 Sn＝a11－－aqnq＝126. 当 a1＝2，an＝64 时，得 q＝2，由 an＝a1qn－1，得 2n＝64，∴n＝6. 当 a1＝64，an＝2 时，同理，解得 q＝12，n＝6. 综上，n＝6，q＝2 或12.
【解析】 (1)由题意知aa11（（11＋＋qq）＋＝ q2）30＝，155，解得aq1＝＝55，或aq1＝＝－18560. ，