高中数学必修五 2.5等比数列的前n项和(二)

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等比数列前n项和第二课时

2 n ( n−1) 综上，当 a = 1 时，原式 = n − (1+ 2 +L+ n) = − 2 a (1− an ) n ( n +1) 当 a ≠ 1 时，原式 = − 1− a 2
a ≠ 1且a ≠ 0
原式
1− a
公式的实际应用
某商场今年销售计算机5000台.如果平均每例3.某商场今年销售计算机某商场今年销售计算机台如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10％，％，那么从年的销售量比上一年的销售量增加％，那么从今年起，大约几年可使总销售量达到30000台今年起，大约几年可使总销售量达到台结果保留到个位）？（结果保留到个位）？
知三求二
类比推理，归纳性质
如果一个等比数列前5项的和等于例4.如果一个等比数列前项的和等于，前10项的和如果一个等比数列前项的和等于10，项的和等于50，求它的前15项的和项的和. 等于，求它的前项的和项和为解：设该等比数列的首项为 a1 ，公比为 q ，前n项和为 Sn
S 此时，当 q = 1 时， 5 = 5a1 ⇒ 10 = 5a1 ⇒ a1 = 2 此时，S10 = 10a1 = 20 ≠ 50 故 q ≠1 a1 (1 − q 5 ) a1 (1 − q10 ) S10 = = 50 ∴ S5 = 1 − q = 10 1− q
问题5：怎样理解“ 问题：怎样理解“平均每年的销售量比上一年的销售量增加10％增加％”？如果把每年的销售量看成一个数列，如果把每年的销售量看成一个数列，则这个数列是一个等比数列. 是一个等比数列
某商场今年销售计算机5000台.如果平均每年的销售量例3.某商场今年销售计算机某商场今年销售计算机台如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10％，那么从今年起，％，那么从今年起比上一年的销售量增加％，那么从今年起，大约几年可使总销售量达到30000台（结果保留到个位）？使总销售量达到台结果保留到个位）？解：根据题意，每年销售量比上一年增加的百分率相同. 所以，从今年起，每年的销售量组成一个等比数列{an } 其中 a1 = 5000, q = 1 + 10％ = 1.1, Sn = 30000 于是得到

2020年年数学人教A版必修五优化课件第二章等比数列的前n项和公式的性质及应用

对等比数列求和的项数用错致误 [典例] 在等比数列{an}中，公比 q＝2，前 87 项和 S87＝140，则 a3 ＋a6＋a9＋…＋a87＝________.
[ 解析 ] 法一： a3 ＋ a6 ＋ a9 ＋ … ＋ a87 ＝ a3(1＋ q3 ＋ q6 ＋ … ＋ q84) ＝ a1q2·1－1－qq3329＝1＋qq2＋q2·a111－－qq87＝47×140＝80.
在与等比数列的和有关的问题中，合理应用和的性质，可以简化运算，本题的法四运用了当 q≠－1 时，数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列，公比为 qm；法二运用了等比数列的性质：Sm＋n＝Sn＋ qnSm；法三运用了等比数列的性质：当 q≠±1 时，1－Smqm＝1－Snqn.
列的性质的由来．并能应用．
2．理解等比数列的性质并能应用．难点：掌握等比数列的性质
3．掌握等比数列的性质并能综合应并能综合应用.
用.
01 课前自主梳理 02 课堂合作探究 03 课后巩固提升
课时作业
[自主梳理]
1．等比数列的项与序号的关系以及性质
设等比数列{an}的公比为 q. (1)两项关系：an＝ am·qn－m (m，n∈N*)． (2)多项关系：若 m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则 aman＝ apaq . (3)若 m，n，p(m，n，p∈N*)成等差数列，am，an，ap 成等比数列．
2．等比数列的项的对称性
有穷等比数列中，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积(若有中间项则等于中间项的平方)，即 a1·an＝a2·an－1 ＝ak·__a_n_－_k＋_1_
＝a2 n+1 (n 为正奇数)．
2

高中数学必修五目录

第一章解三角形
1.1 正弦定理和余弦定理
1.1.1 正弦定理
1课时
1.1.2 余弦定理
第1课时
1.2 应用举例
第1课时高度、距离
第2课时角度及其他问题
第3课时正余弦定理在几何中的应用章末检测卷第二章数列
2.1 数列的概念与简单表示法
1课时
2.2 等差数列
第1课时等差数列的概念
第2课时等差数列的性质
2.3 等差数列的前n项和
第1课时等差数列前n项和公式
第2课时等差数列习题课
2.4 等比数列
第1课时等比数列的概念
第2课时等比数列的性质
2.5 等比数列的前n项和
第1课时等比数列的前n项和公式
第2课时等差、等比数列综合应用
第3课时数列求和
章末检测卷
第三章不等式
3.1不等关系与不等式
1课时
3.2一元二次不等式及其解法
第1课时一元二次不等式及其解法
第2课时一元二次不等式的应用
3.3二元一次不等式(组与简单的线性规划问题3.3.1 二元一次不等式(组与平面区域
1课时
3.3.2 简单的线性规划问题
第1课时简单的线性规划问题
第2课时简单的线性规划问题的应用3.4基本不等式第1课时基本不等式
第2课时基本不等式的应用
章末检测卷。

等比数列的前n项和(第二课时)

2．等比数列前n项和性质
(1)在等比数列{an}中，连续相同项数和也成等比数列，即： Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…仍成等比数列． (2)当 n 为偶数时，偶数项之和与奇数项之和的比等于
S偶等比数列的公比，即＝q. S奇 (3)若一个非常数列{an}的前n项和Sn＝－Aqn＋A(A≠0，q≠0， n∈N*)，则数列{an}为等比数列，即Sn＝－Aqn＋A⇔数列 {an}为等比数列．
2．5 等比数列的前n项和
等比数列前n项和公式的理解 1． (1)在等比数列的通项公式及前n项和公式中共有a1，an，n，q， Sn五个量，知道其中任意三个量，都可求出其余两个量．
a11－qn (2)当公比 q≠1 时，等比数列的前 n 项和公式是 Sn＝， 1－q a1 n a1 a1 它可以变形为 Sn＝－ · q＋，设 A＝，上式可写 1－q 1－q 1－q n 成Sn＝－Aq ＋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)．
96 ＝＝32，∴n＝6. 3
(2)设公比为 q，由通项公式及已知条件得 a1＋a1q2＝10， a11＋q2＝10， 3 即 3 5 5 5 2 a1q ＋a1q ＝， a1q 1＋q ＝ . 4 4 ∵a1≠0,1＋q2≠0， 1 1 ∴②÷ ①得，q ＝，即 q＝，∴a1＝8. 8 2
a[1＋0.016－1] ＝＝a[1.016－1]×102(元)． 1.01－1 1.016×102 由 S1＝S2，得 a＝ . 6 1.01 －1 以下解法同法一，得 a≈1 739. 故每月应支付 1 739 元．

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 .。

高中数学必修五等比数列及前n项和(总结、例题、练习)

第五节等比数列及前n 项和【基础知识】1．等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母__q __表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1(a 1≠0，q ≠0)． 3．等比中项若G 2＝a ·b _(ab ≠0)，那么G 为a 与b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m，(n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{2n a }，{a n ·b n }，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭仍是等比数列．5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，S n ＝111(1)(1)(1)11n n na q a a q a q q q q =⎧⎪--⎨=≠⎪--⎩6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为__q n __. 难点正本疑点清源 1．等比数列的特征从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q 也是非零常数． 2．等比数列中的函数观点利用函数、方程的观点和方法，揭示等比数列的特征及基本量之间的关系．在借用指数函数讨论单调性时，要特别注意首项和公比的大小． 3．两个防范(1)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.(2)在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误．【考点剖析】考点一：等比数列基本量的运算【题组训练】1．已知等比数列{a n}满足a1＝14，a3a5＝4(a4－1)，则a2等于()A．2B．1C.12D.18【答案】C【解析】由{a n}为等比数列，得a3a5＝24a，又a3a5＝4(a4－1)，所以24a＝4(a4－1)，解得a4＝2.设等比数列{a n}的公比为q，则由a4＝a1q3，得2＝14q3，解得q＝2，所以a2＝a1q＝12.2．(2021·湘东五校联考)已知在等比数列{a n}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是()A．1 B．－1 2C．1或－12D．－1或12【答案】C【解析】当q＝1时，a n＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，由21317,(1)=211a qa qq⎧=⎪⎨-⎪-⎩得q＝－12.综上，q的值是1或－12，故选C.3．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【答案】B【解析】每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝71(12)12a--＝381，解得a1＝3..【名师微点】等比数列基本量运算的解题策略(1)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．(2)等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝11(1)11n n a a q a q q q--=--. 考点二：等比数列的判定与证明例1．[典例精析]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．【证明】因为a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ，所以1n n b b +＝211111112442242222n n n n n n nn n n n n na a a a a a a a a a a a a ++++++++----===--- 因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．[解题技法]等比数列的判定方法[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．考点三：等比数列的性质及应用例2．(1)已知等比数列{a n }的各项为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A．12B．10C．8 D．2＋log35(2)设等比数列{a n}中，前n项和为S n，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于()A.18B．－18C. 578D.558(3)已知等比数列{a n}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＝________.【答案】(1)B(2)A(3)2【解析】(1)由a5a6＋a4a7＝18，得a5a6＝9，所以log3a1＋log3a2＋...＋log3a10＝log3(a1a2 (10)＝log3(a5a6)5＝5log39＝10.(2)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝18，所以a7＋a8＋a9＝1 8 .(3)由题意，得=240=80S SS S+-⎧⎪⎨-⎪⎩奇偶奇偶，，解得=80=160SS-⎧⎪⎨-⎪⎩奇偶，所以q＝160=80SS--偶奇＝2.[解题技法]应用等比数列性质解题时的2个注意点(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则a m·a n＝a p·a q”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．2.4 等比数列基础练一、单选题1．在等比数列{}n a 中，201920168a a =，则数列{}n a 的公比q 的值为（）A ．2B ．3C ．4D ．82．已知等比数列{}n a 中，2017a ，2019a 是方程2410x x -+=的两个根，则2018a =（）A ．1B ．±1C ．2018D ．1，2018 3．已知数列{}n a 是公比为q 的等比数列，且132,,a a a 成等差数列，则公比q 的值为（）A ．11,-2B ．1C ．1-2D ．-24．若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==-，448a b ==，则22a b 为（） A ．1B ．1-C ．2D ．2-5．已知等比数列{}n a 满足112a =，且()24341a a a ⋅=-，则5a =（） A ．8B ．16C ．32D ．646．在各项不为零的等差数列{}n a 中，2201720182019220a a a -+=，数列{}n b 是等比数列，且20182018b a =，则()220172019log b b ⋅的值为（）A ．1B ．2C ．4D ．8二、填空题7．若,22,33x x x ++是一个等比数列的前3项，则第四项为_________．8．在等比数列{}n a 中，1132a =，当11n 时，1n a >恒成立，则公比q 的取值范围是______．9．已知数列{}n a 满足()*1111,3n n n a a n a a +==∈+N ，那么{}n a 的通项公式是___.三、解答题10．已知：n S 为{}n a 的前n 项和，且满足n n a S n +=.（1）求证：{}1n a -成等比数列；（2）求n a .2.5 等比数列的前n 项和基础练一、单选题1．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+，则数列11{}n n a a +⋅的前6项和为（）A ．215 B ．415 C ．511 D ．1011 2．数列11111,2,3,424816…的前n 项和为（）A ．()211122n n n ++-B ．()1111122n n n +++-C ．()211222n n n ++-D ．()1112122n n n ⎛⎫++- ⎪⎝⎭3．数列{}n a的通项公式为n a =n S 为其前n 项和.若9n S =，则n =（）A ．99B ．98C ．97D ．964．若数列{}n a 的通项公式为221n n a n =+-,则数列{}n a 的前n 项和n S 为（）A ．221n n +-B ．1221n n ++-C ．1222n n ++-D ．222n n +-5．数列{}n a 满足n a =123...nn ++++，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为（）A ．2nn +B ．22nn + C ．1n n + D ．21nn + 6．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若367,63S S ==，则数列{}n na 的前n 项和为（）A ．3(1)2n n -++⨯B ．3(1)2n n ++⨯C ．1(1)2n n ++⨯D ．1(1)2n n +-⨯二、填空题7．已知数列｛a n ｝的通项a n =2n +n ，若数列｛a n ｝的前n 项和为Sn ，则S 8＝_________8．()()11114473231n n +++=⨯⨯-+ 9．已知数列111112123123n+++++++，，，，，，则其前n 项的和等于_________．三、解答题10．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和．参考答案11．【答案】A【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 2019=8a 2016，∴q 3=8，解得q =2．故选A ． 2．【答案】B【解析】∵2017a ，2019a 是方程x 2﹣4x+1=0的两个根，∴20172019a a =1，则在等比数列{a n }中，201720192018a a a =2=1，2008a ∴=±1故选B ． 3．【答案】A【解析】数列{}n a 是公比为q 的等比数列,132,,a a a 故3122a a a =+,由此解得112q =-，故选A 。

人教课标版高中数学必修5《第二章数列》知识概述

1．本章是通过对一般数列的研究，转入对两类特殊数列──等差数列、等比数列的通项公式及前n项求和公式的研究的。

教科书首先通过三角形数、正方形数的实例引入数列的概念，然后将数列作为一种特殊函数，介绍了数列的几种简单表示法（列表、图象、通项公式）。

作为最基本的递推关系──等差数列，是从现实生活中的一些实例引入的，然后由定义入手，探索发现等差数列的通项公式。

等差数列的前n项和公式是通过的高斯算法推广到一般等差数列的前n项和的算法。

与等差数列呈现方式类似，等比数列的定义是通过细胞分裂个数、计算机病毒感染、银行中的福利，以及我国古代关于“一尺之棰，日取其半，万世不竭”问题的研究探索发现得出的，然后类比等差数列的通项公式，探索发现等比数列的通项公式，接着通过实例引入等比数列的前n项求和，并用错位相减法探索发现等比数列前n项求和公式。

最后，通过“九连环”问题的阅读与思考以及“购房中的数学”的探究与发现，进一步感受数列与现实生活中的联系和具体应用。

2．人们对数列的研究有的源于现实生产、生活的需要，有的出自对数的喜爱。

教科书从三角形数、正方形数入手，指出数列实际就是按照一定顺序排列着的一列数。

随后，又从函数的角度，将数列看成是定义在正整数集或其有限子集上的函数。

通过数列的列表、图象、通项公式的简单表示法，进一步体会数列是型，借助数列的相关知识解决问题的思想。

三、编写中考虑的几个问题1．体现“现实问题情境——数学模型——应用于现实问题”的特点数列作为一种特殊函数，是反映自然规律的基本数学模型。

教科书通过日常生活中大量实际问题（存款利息、放射性物质的衰变等）的分析，建立起等差数列与等比数列这两种数列模型。

通过探索和掌握等差数列与等比数列的一些基本数量关系，进一步感受这两种数列模型的广泛应用，并利用它们解决了一些实际问题。

教科书的这一编写特点，可由下面图示清楚表明：数列：三角形数、正方形数数列概念数列的三种表示回归到实际问题（希尔宾斯基三角形、斐波那契数列、银行存款等）等差数列：4个生活实例等差数列概念等差数列通项公式等差数列基本数量关系的探究（出租车收费问题等）前100个自然数的高斯求解等差数列的前n项和公式等差数列数量关系的探究及实际应用（校园网问题）等比数列：细胞分裂、古代“一尺之棰”问题、计算机病毒、银行复利的实例等比数列概念等比数列的通项公式等比数列基本数量关系的探究及实际应用（放射性物质衰变、程序框图等）诺贝尔奖金发放金额问题等比数列前n项和公式等比数列基本数量关系探究及实际应用（商场计算机销售问题、九连环的智力游戏、购房中的数学等）教科书的这种内容呈现方式，一方面可以使学生感受数列是反映现实生活的数学模型，体会数学是来源于现实生活，并应用于现实生活的，数学不仅仅是形式的演绎推导，数学是丰富多彩而不是枯燥无味的；另一方面，这种通过具体问题的探索和分析建立数学模型、以及应用于解决实际问题的过程，有助于学生对客观事物中蕴涵的数学模式进行思考和做出判断，提高数学地提出、分析、解决问题的能力，提高学生的基本数学素养，为后续的学习奠定良好的数学基础。

高中数学人教A版必修五优化练习：第二章 2.5 第2课时等比数列的前n项和公式的性质及应用含解析

[课时作业] [A 组基础巩固]1．设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n解析：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q ＝3－2a n .答案：D2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2－a 5＝0，则S 4S 2＝( )A ．5B ．8C ．－8D ．15解析：∵8a 2－a 5＝0，∴8a 1q ＝a 1q 4，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴S 4S 2＝1－q 41－q 2＝1＋q 2＝5.答案：A3．已知在等比数列{a n }中，公比q 是整数，a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，则此数列的前8项和为( ) A ．514 B ．513 C ．512D ．510解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝18，a 1q ＋a 1q 2＝12，解得q ＝2或q ＝12.∵q 为整数，∴q ＝2.∴a 1＝2，∴S 8＝2(1－28)1－2＝29－2＝510.答案：D4．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和，已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝( ) A.152 B.314 C.334D.172解析：由a 2a 4＝1⇒a 1＝1q 2，又S 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝7，联立得：⎝⎛⎭⎫1q ＋3⎝⎛⎭⎫1q －2＝0，∴q ＝12，a 1＝4， S 5＝4⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝314.答案：B5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和，若S n ＝126，则n ＝________. 解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴S n ＝2(1－2n )1－2＝126，∴2n ＝64，∴n ＝6.答案：66．等比数列{a n }的公比q >0，已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________. 解析：由a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，得q n ＋1＋q n ＝6q n －1，即q 2＋q －6＝0，q >0，解得q ＝2，又∵a 2＝1，∴a 1＝12，∴S 4＝12·(1－24)1－2＝152.答案：1527．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，依题意得a 2＝a 1·q ＝q ，a 3＝a 1q 2＝q 2，S 1＝a 1＝1，S 2＝1＋q ，S 3＝1＋q ＋q 2，又3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(1＋q )＝3＋1＋q ＋q 2，所以q ＝3(q ＝0舍去)．所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案：3n －18．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 是其前n 项和，证明：log 0.5S n ＋log 0.5S n ＋2>2log 0.5S n ＋1.证明：设{a n }的公比为q ，由已知得a 1>0，q >0. ∵S n ＋1＝a 1＋qS n ，S n ＋2＝a 1＋qS n ＋1，∴S n S n ＋2－S 2n ＋1＝S n (a 1＋qS n ＋1)－(a 1＋qS n )S n ＋1＝S n a 1＋qS n S n ＋1－a 1S n ＋1－qS n S n ＋1＝a 1(S n －S n ＋1)＝－a 1a n ＋1<0， ∴S n ·S n ＋2<S 2n ＋1.根据对数函数的单调性可以得到log 0.5(S n S n ＋2)>log 0.5S 2n ＋1，即log 0.5S n ＋log 0.5S n ＋2>2log 0.5S n ＋1.9．设等比数列{a n }的公比q <1，前n 项和为S n ，已知a 3＝2，S 4＝5S 2，求{a n }的通项公式．解析：由题设知a 1≠0，S n ＝a 1·(1－q n )1－q，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝2， ①a 1·(1－q 4)1－q＝5×a 1·(1－q 2)1－q ， ② 由②得1－q 4＝5(1－q 2)，(q 2－4)(q 2－1)＝0.(q －2)(q ＋2)(q －1)(q ＋1)＝0，因为q <1，解得q ＝－1或q ＝－2. 当q ＝－1时，代入①得a 1＝2，通项公式a n ＝2×(－1)n －1；当q ＝－2时，代入①得a 1＝12；通项公式a n ＝12×(－2)n －1.综上，当q ＝－1时，a n ＝2×(－1)n －1；当q ＝－2时，a n ＝12×(－2)n －1.[B 组能力提升]1．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 10＝35，则S 10＝( ) A.1 0232B.1 0242C ．235D.1 0222解析：由题意知log 2(a 1·a 2·…·a 10)＝35， ∴a 1·a 2·a 3·…·a 10＝235. ∴a 1·(a 1q )·(a 1q 2)·…·(a 1q 9)＝235.∴a 101q1＋2＋3＋…＋9＝235.∴a 101·245＝235，即a 101＝1210， ∴a 1＝12.∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝a 1(1－q 10)1－q ＝1 0232.答案：A2．已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A ．a 1d >0，dS 4>0 B ．a 1d <0，dS 4<0 C ．a 1d >0，dS 4<0 D ．a 1d <0，dS 4>0解析：因为{a n }是等差数列，a 3，a 4，a 8成等比数列，所以(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )⇒a 1＝－53d ，所以S 4＝2(a 1＋a 4)＝2(a 1＋a 1＋3d )＝－23d ，所以a 1d ＝－53d 2<0，dS 4＝－23d 2<0.答案：B3．一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项的和的两倍，它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为________．解析：由题意可知q ＝2，设该数列为a 1，a 2，a 3，…，a 2n ，则a n ＋a n ＋1＝24，又a 1＝1， ∴q n －1＋q n ＝24，即2n －1＋2n ＝24，解得n ＝4，∴项数为8项．答案：84．(2019·高考全国Ⅰ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设{a n }的公比为q ，于是a 1(1＋q 2)＝10，① a 1(q ＋q 3)＝5，②联立①②得a 1＝8，q ＝12，∴a n ＝24－n ，∴a 1a 2…a n ＝23＋2＋1＋…＋(4－n )＝2－12n n 2＋72n n ＝2－12 (n －72 )2＋498≤26＝64.∴a 1a 2…a n的最大值为64. 答案：645．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝5，S 6＝36， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，6a 1＋6×52d ＝36，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋52d ＝6，∴a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，(n ∈N *)． (2)∵b n ＝2a n ＝22n －1， ∴T n ＝21＋23＋25＋…＋22n －1 ＝2(1－4n )1－4＝2(4n －1)3.6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2(n ∈N *)，数列{b n }中，b 1＝1，点P (b n ，b n＋1)在直线x －y ＋2＝0上．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，求T n .解析：(1)由S n ＝2a n －2得S n －1＝2a n －1－2(n ≥2)，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，即a na n －1＝2(n ≥2)，又a 1＝S 1＝2a 1－2，∴a 1＝2，∴{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＝2n .∵点P (b n ，b n ＋1)在直线x －y ＋2＝0上， ∴b n －b n ＋1＋2＝0，即b n ＋1－b n ＝2， ∴{b n }是等差数列．又b 1＝1，∴b n ＝2n －1.(2)∵T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)·2n ，① ∴2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1.② ①－②，得－T n ＝1×2＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)·2n ＋1 ＝2＋2·22－2n ·21－2－(2n －1)2n ＋1＝2＋4·2n －8－(2n －1)2n ＋1＝(3－2n )·2n ＋1－6. ∴T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6.。

高中数学必修五等比数列前n项和的性质及应用

教
学
易
教
错
法
易
分析
a11－q9
误辨
教学方案
∴SS96＝a111－－qq6＝11－－2223＝73. 1－q
析
当堂双
设
基
计课
法二
S6＝3S3.由等比数列的性质知
教学教法分析
教学方案设计
课前自主导学
课堂互动探究
菜单
演示结束
新课标 ·数学必修5
易错易误辨析
当堂双基达标
课时作业
教师备课资源
新课标 ·数学必修5
教
学
易
教
错
法
易
分
误
析
辨
析
教
1.掌握等比数列前n项和的性质的应
学方案设计
基达
标
课前
题探究式的教学方法对该课程进行教学，在师生的交流合作中，
自
课
主导
渗透数学知识．
时作
学
业
课堂互动探究
教师备课资源
菜单
教
学
教
法
●教学流程
分
析
教学方案设计
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课堂互动探究
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易错易误辨析
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教
学
易
教
错
法
易
分
误
析
●教学建议

高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和学案新人教A版必修5(2021年整理)

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2。

5 错误!第一课时等比数列的前n项和（1）公比是1的等比数列的前n项和如何计算？(2）能否根据首项、末项与项数求出等比数列的前n项和？（3)能否根据首项、公比与项数求出等比数列的前n项和？(4）等比数列前n项和的性质有哪些？［新知初探]1．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a n与公比q公式S n＝错误!S n＝错误![在应用公式求和时，应注意到S n错误!常数列求和，即S n＝na1.2．等比数列前n项和的性质（1）等比数列{a n}中，若项数为2n，则错误!＝q；若项数为2n＋1，则错误!＝q。

（2)若等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n,S2n－S n，S3n－S2n…成等比数列（其中S n，S2n －S n,S3n－S2n…均不为0)．(3）若一个非常数列{a n}的前n项和S n＝Aq n－A(A≠0，q≠0,n∈N＊),则数列{a n｝为等比数列，即S n＝Aq n－A(A≠0,q≠0，q≠1，n∈N＊）⇔数列｛a n}为等比数列．错误!1．判断下列命题是否正确．（正确的打“√"，错误的打“×”)(1）求等比数列｛a n｝的前n项和时可直接套用公式S n＝a11－q n1－q来求( )预习课本P55～58，思考并完成以下问题（2）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( )解析：（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。

2014年人教A版必修五课件 2.5 等比数列的前n项和

64格麦粒的和为 =18446744073709551615
以每千粒40克算,共有 7378亿吨重,目前世界年产小麦6亿吨, 国王给得起吗?
国际象棋棋盘
65536 131072
32768 16384 8192
4096
2048 1024
512
256 128
上面的全部麦粒数是一个等比数列的和. 如果知道等比数列的首项和公比, 怎样求前 n 项和呢? 请同学们看下面的问题.
a1 - anq Sn = (q 1) 1- q
如: 棋盘上的麦粒数之和为 1 (1 - 264 ) S64 = =18446744073709551615. 1- 2
例 1. 求下列等比数列前 8 项的和: (1) 1 , 1 , 1 , ; 2 4 8 (2) a1 = 27, a9 = 1 , q 0. 243 解: (1) 由题设得 a1 = 1 , q = 1 , 2 2 1 [1 - ( 1 )8 ] 2 = 255 . S8 = 2 256 1- 1 2 (2) ∵a9 = a1q8, 得 1 = 27q8 , 1 )8 ] 27 [ 1 ( 243 3 = 1640 . S = 1 8 1) 81 q = , 解得 1 ( 3 3
课本中介绍了一个关于数列问题的传说《国际象棋格上的麦粒》
国王为了奖励国际象棋的发明者，问发明
者需要什么，发明者说: “请按如下的方法赏给我麦粒：在棋盘的第一格放 1 粒，第二格放 2 粒，第三格放 4 粒, 第四格放 8 粒，…… 如此类推，每一格的麦粒数是前一格的 2 倍，直到把棋盘的64个格子全部放完。” 国王欣然答应，结果…… （如下图）
= 10+10q5 = 50, 解得 q5=4. S15 = (a1+a2+…+a5)+(a6+a7+…+a10)+(a11+a12+…+a15)

高中数学《等比数列前n项和性质》课件

A.24
√B.12
C.18
D.22
解析设a1＋a3＋…＋a99＝S，则a2＋a4＋…＋a100＝2S.
∵S100＝36，∴3S＝36，∴S＝12，∴a1＋a3＋a5＋…＋a99＝12.
规律与方法
1.在利用等比数列前n项和公式时，一定要对公比q＝1或q≠1作出判断；若{an}是等比数列，且an>0，则{lg an}构成等差数列. 2.等比数列前n项和中用到的数学思想 (1)分类讨论思想： ①利用等比数列前n项和公式时要分公比q＝1和q≠1两种情况讨论； ②研究等比数列的单调性时应进行讨论：当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1 时为递增数列；当a1<0，q>1或a1>0,0<q<1时为递减数列；当q<0时为摆动数列；当q＝1时为常数列.
反思与感悟处理等比数列前n项和有关问题的常用方法 (1)运用等比数列的前n项和公式，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.
跟踪训练2 在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
第二章 §2.5 等比数列的前n项和第2课时等比数列前n项和的性质及应用
学习目标
1.理解等比数列前n项和公式的函数特征. 2.熟练应用等比数列前n项和公式的有关性质解题. 3.会用错位相减法求和.
知识点一等比数列前n项和公式的函数特征
思考若数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，那么数列{an}是不是等比数列？
若数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－1呢？
答案当Sn＝2n－1时，
an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2 当Sn＝2n＋1－1时，

高中数学 2-5-2等差、等比数列的综合应用课件新人教A版必修5

[答案] 0,4,8,16 或 15,9,3,1
[解析] 设这四个数为：a－d、a、a＋d、a＋ad2.
∴a－d＋a＋a d2＝16， a＋a＋d＝12.
解之得：ad＝＝44 或ad＝＝－9 6 ， ∴这四个数为 0,4,8,16 或 15,9,3,1.
[点评] 本题也可设四个数依次为 2a－aq，a，aq，aq2(a≠0) 或2qa－a，aq，a，aq(a≠0)．或依据两个和设未知数，根据等差等比关系列方程求解．
当 cosα＝1 时，sinα＝0，由于等比数列的项不能为零，故 cosα＝1 应舍去，
当 cosα＝－12，α∈[0,2π]时，α＝23π或 α＝43π，所以 α＝23π，β＝43π，γ＝83π或 α＝43π，β＝83π，γ＝163π.
命题方向综合应用
[例 4] n2(n≥4)个正数排成 n 行 n 列：其有公比相等．将第 i 行第 j 列的数记作 aij.已知 a24＝1，a42＝18，a43＝136，求 ann.
Sn 等于( ) A．2n＋1－1
B．2n－2
C．2n
D．2n＋1－2
[答案] D
[解析] 由已知条件可得此等比数列的首项 a1＝2，公比 q ＝42＝2，故前 n 项和 Sn＝2×1－1－22n＝2n＋1－2.
2．等差数列{an}中，a3＝－5，a6＝1，设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，则 S8＝________.
A．(44,12) C．(13,45)
[答案] D
B．(45,13) D．(12,44)
[解析] 细心观察图形可以发现，质点到达点(n，n)(n∈ N)时，走过的路程为 2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)单位长度．而 2012＝44×45＋32，故可知此质点到达(44,44)点后，又继续移动 32 个单位，而且是向左移动，∴到达点为(12,44)．

高中数学必修五第二章数列

设等差数列
的前n项和为sn,已知a3=12,s12>0,s13<0,
（1）求公差d的取值范围
（2）指出s1,s2,s3……,s12中哪一个的值最大，并说明理由
2.4等比数列
定义：一般的，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同意常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示。
Sn=an+(an-d)+(an-2d)+……+【an-(n-1)d】两式相加得 2sn=n(a1+an) 由此可得 sn=n(a1+an)/2 带入通项公式得 sn=na1+n(n-1)d/2
例题一
2000年11月14日教育部下发了《关于在中小学实施“校校通”工程的通知》。
某市据此提出了实施“校校通”工程的总目标：从2001年起用10年时间在全市中小学建成不同标准的校园网。据测算，2001年该市用于“校校通”工程的经费为500万元。为了保证工程的顺利实施，计划每年投入的资金都比上一年增加50万元。那么从2001年起的未来10年内，该市在“校校通”工程中的总投入是多少？
（1）求AB，BC，CD的长
（2）已AB，BC，CD的长为等差数列的前三项，以第十项为边长的正方形面积为多少？
AB C
D
2.3等差数列的前n项和
定义：一般的，我们称a1+a2+a3+……+an 为数列表示，即sn=a1+a2+……+an
的前n项和，用Sn
推理过程：因为 Sn=a1+(a1+d)+(a1+2d)+……+【a1+(n-1)d】

高一数学《数列》同步训练(共7份)含答案必修5

必修5《数列》同步训练（共7份）含答案2．1 数列的概念与简单表示法一、选择题：1．下列解析式中不．是数列1，-1，1，-1，1，-1…，的通项公式的是（） A.(1)n n a =- B.1(1)n n a +=- C.1(1)n n a -=- D.{11n n a n =-，为奇数，为偶数2，的一个通项公式是（）A. n aB. n a =C. n a =D.n a =3．已知数列{}n a ，1()(2)n a n N n n +=∈+，那么1120是这个数列的第（）项. A. 9 B. 10 C. 11 D. 124．数列{}n a ，()n a f n =是一个函数，则它的定义域为（）A. 非负整数集B. 正整数集C. 正整数集或其子集D. 正整数集或{}1,2,3,4,,n5．已知数列{}n a ，22103n a n n =-+，它的最小项是（）A. 第一项B. 第二项C. 第三项D. 第二项或第三项6．已知数列{}n a ，13a =，26a =，且21n n n a a a ++=-，则数列的第五项为（）A. 6B. 3-C. 12-D. 6-二.填空题：7、观察下面数列的特点，用适当的数填空（1），14，19，116，；（2）32，54，，1716，3332，。

8.已知数列{}n a ，85,11n a kn a =-=且，则17a =.9.根据下列数列的前几项的值，写出它的一个通项公式。

（1）数列0.7,0.77,0.777,0.7777,…的一个通项公式为.（2）数列4,0,4,0,4,0,…的一个通项公式为.（3）数列1524354863,,,,,,25101726的一个通项公式为.10.已知数列{}n a 满足12a =-，1221n n na a a +=+-，则4a =.三.解答题11.已知数列{}n a 中，13a =，1021a =，通项n a 是项数n 的一次函数，①求{}n a 的通项公式，并求2005a ；②若{}n b 是由2468,,,,,a a a a 组成，试归纳{}n b 的一个通项公式.12.已知{}n a 满足13a =，121n n a a +=+，试写出该数列的前5项，并用观察法写出这个数列的一个通项公式.2.2等差数列一.选择题：1、等差数列｛a n ｝中，a 1=60,a n+1=a n+3则a 10为………………………………（） A 、-600 B 、-120 C 、60 D 、-602、若等差数列中，a 1=4,a 3=3,则此数列的第一个负数项是……………………（）A 、a 9B 、a 10C 、a 11D 、a 12 3.若数列{}n a 的通项公式为25n a n =+，则此数列是（）A.公差为2的等差数列B. 公差为5的等差数列C.首项为5的等差数列D. 公差为n 的等差数列4.已知｛a n ｝是等差数列，a 7+a 13=20，则a 9+a 10+a 11=……………………（） A 、36 B 、30 C 、24 D 、185.等差数列3,7,11,,---的一个通项公式为（）A.47n -B.47n --C.41n +D.41n -+6.若{}n a 是等差数列，则123a a a ++，456a a a ++，789a a a ++，，32313n n n a a a --++，是（）A.一定不是等差数列B.一定是递增数列C.一定是等差数列D.一定是递减数列二.填空题：7.等差数列{}n a 中，350a =，530a =，则7a =.8.等差数列{}n a 中，3524a a +=，23a =，则6a =.9.已知等差数列{}n a 中，26a a 与的等差中项为5，37a a 与的等差中项为7，则n a =.10.若｛a n ｝是等差数列，a 3,a 10是方程x 2-3x-5=0的两根，则a 5+a 8=.三.解答题11.判断数52，27()k k N ++∈是否是等差数列{}n a :5,3,1,1,,---中的项，若是，是第几项？12.等差数列｛a n｝中，a1=23，公差d为整数，若a6>0,a7<0.（1）求公差d的值;（2）求通项a n.13、若三个数a-4,a+2,26-2a，适当排列后构成递增等差数列，求a的值和相应的数列.2.3等差数列的前n 项和一.选择题：1.等差数列{}n a 中，10120S =，那么110a a += （）A.12B.24C.36D.482.从前180个正偶数的和中减去前180个正奇数的和，其差为（）A.0B.90C.180D.3603.已知等差数列{}n a ，219n a n =-，那么这个数列的前n 项和n s （）A.有最小值且是整数B.有最小值且是分数C.有最大值且是整数D.有最大值且是分数4.等差数列{}n a 的前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则它的前3m 项的和为( )A.130B.170C.210D.2605.在等差数列{}n a 和{}n b 中，125a =，175b =，100100100a b +=，则数列{}n n a b +的前100项和为（）A.0B.100C.1000D.100006.若关于x 的方程20x x a -+=和20x x b -+=()a b ≠的四个根组成首项为14的等差数列，则a b += （） A.38B.1124C.1324D.3172二.填空题：本大题共4小题，每小题 4分，共16分，把正确答案写在题中横线上.7.等差数列{}n a 中，若638a a a =+，则9s =.8.等差数列{}n a 中，若232n S n n =+，则公差d =.9.有一个凸n 边形，各内角的度数成等差数列，公差是100，最小角为1000，则边数n=.10.若两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，且满足733n n S n T n +=+，则88a b =. 三.解答题11.在等差数列{}n a 中，40.8a =，11 2.2a =，求515280a a a +++.12.已知等差数列｛a n｝的项数为奇数，且奇数项的和为44，偶数项的和为33，求此数列的中间项及项数。

高中数学同步教学等比数列前n项和公式

xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1, x1－xn
∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1＝ 1－x －nxn＋1， x1－xn nxn＋1
∴Sn＝ 1－x2 － 1－x .
nn2＋1，x＝1，综上可得，Sn＝x11－－xxn2－n1x－n＋x1，x≠1且x≠0.
12345
5.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an＝n·2n,则Sn＝解析 ∵an＝n·2n, ∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n, ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1, ①－②,得
－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
21－2n
＝
－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1
第二章 §2.5 等比数列的前n项和
第1课时等比数列前n项和公式
学习目标
XUEXIMUBIAO
1.掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路. 2.会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
自主学习题型探究达标检测
1 自主学习
PART ONE
反思感悟一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是公比不为1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和时,可采用错位相减法.
跟踪训练3 求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn (x≠0). nn＋1
解当 x＝1 时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝ 2 ；当x≠1时,Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn,
跟踪训练2 已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2 －5x＋4＝0的两个根,则S6＝ . 63 解析 ∵a1,a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根,且{an}是递增数列, ∴a1＝1,a3＝4,则q＝2,

高中数学等比数列的前n项和-难点剖析(2)

等比数列的前n 项和-难点剖析(2)【例1】求下列数列的前n 项和：(1)(a-1)+(a 2-2)+…+(a n -n);(2)2,22,222,2 222,…;(3)1+2x+3x 2+…+nx n-1(x ≠0).思路分析：关于数列的求和问题，首先应考虑是否能直接用等差、等比数列求和公式求和.若不能，则应考虑能否通过变换变为等差、等比数列的求和问题.(1)可以先分组，后求和，分成(a+a 2+…+a n )与(-1-2-3-…-n)两组求和.(2)通过变换通项将每一项变为92(10n -1),再用等比数列求和.(3)可采用错位相减法求和. 解:(1)当a=0时，(a-1)+(a-2)+…+(a-n)=-2)1(+n n . 当a=1时，(a-1)+(a-2)+…+(a-n)=n-2)1(+n n =-2)1(-n n . 当a ≠1且a ≠0时，(a-1)+(a 2-2)+…+(a n -n)=(a+a 2+…+a n)-(1+2+…+n)=a a a n --1)1(-2)1(+n n . (2)∵a n =22222个n ⋅⋅⋅=92× 99999个n ⋅⋅⋅=92(10n -1), ∴S n =92(10-1)+92(102-1)+…+92(10n -1) =92(10+102+…+10n )-92n =92×101)101(10--n -92n =81)110(20-n -92n. (3)设S n =1+2x+3x 2+…+nx n-1, ①则xS n =x+2x 2+…+(n-1)x n-1+nx n , ②①-②,得(1-x)S n =1+x+x 2+…+x n-1-nx n . ③当x=1时，S n =1+2+3+…+n=2)1(+n n ; 当x ≠1时，由③得S n =2)1(1x x n ---xnx n-1. 思维启示：(1)对于含有参数的等比数列求和问题，要对公比q 进行分类讨论，分为q=1和q ≠1两种情况；(2)对于非等差、等比数列求和，要通过变换通项，转化为等差、等比数列求和问题解决.如(1)(2)两题都是运用先分组后求和的方法，常称之为分组求和法；(3)若数列{a n }为等差数列，数列{b n }是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{a n b n }，当求该数列的前n 项的和时，常常采用将{a n b n }的各项乘以公比q ，并向后错位一项与{a n b n }的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以我们把这种数列求和的方法称为错位相减法.【例2】已知数列{a n }:a 1,a 2,a 3,…,a n ,…,构造一个新数列:a 1,(a 2-a 1),(a 3-a 2),…,(a n -a n-1),…,此数列是首项为1,公比为31的等比数列. (1)求数列{a n }的通项；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .思路分析：通过观察，不难发现，新数列的前n 项和恰为a n ，这样即可将问题转化为首项为1,公比为31的等比数列的前n 项和.数列{a n }的通项公式求出后，计算其前n 项和S n 就容易多了. 解:(1)a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1) =1+31+(31)2+…+(31)n-1 =31)31(1--n =23［1-(31)n ］. (2)S n =a 1+a 2+a 3+…+a n =23(1-31)+23［1-(31)2］+23［1-(31)3］+…+23［1-(31)n ］ =23{n-31［1+31+(31)2+…+(31)n-1］} =23n-21·311)31(1--n =23n-43［1-(31)n ］=43(2n-1)+41(31)n-1. 【例3】银行按规定每经过一定时间(贷款利率中的时间间隔)结算贷款的利息一次，结息后将利息并入本金，这种计算利息的方法叫复利.现在某企业进行技术改造，有两种方案：甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年初贷款1万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前年多获利5千元.两种方案，实施期限都是十年，到期一次性归还本息.若银行贷款利息按年息10%的复利计算，比较两个方案，哪个获利更多？(计算数据精确到千元，参考数据：1.110=2.594,1.310=13.786)思路分析：首先分清等差数列和等比数列的模型，运用等差数列和等比数列的知识求解.解:方案甲：十年获利中，每年获利数构成等比数列，首项为1，公比为1+30%，前10项和为S 10=1+(1+30%)+(1+30%)2+…+(1+30%)9,∴S 10=13.113.110--=42.62(万元),贷款的本利和为10(1+10%)10=25.94(万元).∴甲方案净获利42.62-25.94≈16.7(万元).乙方案获利数构成等差数列，首项为1，公差为21，前10项和为T 10=1+(1+21)+(1+2·21)+…+(1+9×21)=32.50万元，而贷款本息总数为 (1+10%)+(1+10%)2+…+(1+10%)10=1.11)1.11(1.110--≈17.53(万元). ∴乙方案净获利32.50-17.53≈15.0(万元).故两个方案中甲方案获利多.思维启示：银行按规定在一定时间结算利息一次，结算后将利息并入本金，这种计算方法称为复利.若年利率为r ，一年期满后，银行收到的款额为a 1=a 0(1+r),其中a 0为银行初始贷款额.假若一年期满后，银行又把a 1贷出，则银行在下一个一年期满后收到的款额为a 2=a 1(1+r)2,…….若把a 0贷出n 年，利率仍为每年r ，则这笔款到期后会增加到a n =a 0(1+r)n .这种计息方式就是我们常说的利滚利，它是等比数列模型，同学们应熟练掌握这种计息方法.【例4】 (2001年全国高考题)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游业，根据计划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少51，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加41. (1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n 、b n 的表达式.(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入?思路分析：首先根据题意建立数学模型，由题意可知，每年的总投入构成等比数列.每年的总收入也构成等比数列，然后用等比数列知识解决这个问题.解:(1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×(1-51)万元，…，第n 年投入为800×(1-51)n-1万元. 所以n 年内的总投入 a n =800+800×(1-51)+…+800×(1-51)n-1 =800［1+54+(54)2+…+(54)n-1］ =4 000［1-(54)n ］. 第一年旅游业收入为400万元，第二年的旅游业收入为400×(1+41)万元，…，第n 年的旅游业收入为400×(1+41)n-1万元. 所以n 年内的旅游业总收入b n =400+400×(1+41)+…+400×(1+41)n-1 =400［1+45+…+(45)n-1］ =1 600［(45)n -1］. (2)设至少经过n 年，旅游业的总收入才能超过总支出，由此b n -a n >0,即1 600×［(45)n -1］-4 000×［1-(54)n ］>0,化简得5×(54)n +2×(45)n -7>0.令x=(54)n ,代入上式得5x 2-7x+2>0,得x<52或x>1(舍去),即(54)n <52.由此得n ≥5. 答：至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.思维启示：对于有些数列应用题，解题的关键在于认真阅读题意，抓住关键，建立相应的等差、等比数列模型.【例5】数列{a n }满足21·a 1+221·a 2+…+n 21·a n =5+2n(n ∈N *),求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的公式.思路分析：在{a n }满足的关系式中，设b n =n21·a n ,则左式即为{b n }的前n 项和，由此可以利用{b n }的前n 项和减去前n-1项和，先求b n ，然后再求a n .解:因为21·a 1+221·a 2+…+n 21·a n =2n+5, ① 所以当n ≥2时，有21·a 1+221·a 2+…+121-n ·a n-1=2(n-1)+5. ② ①式-②式可得n 21·a n =2(n ≥2), 所以a n =2×2n =2n+1(n ≥2).在①式中令n=1，可得21·a 1=2+5=7, 即a 1=14.所以a n =⎩⎨⎧≥=+.2,2,1,141n n n显然S 1=a 1=14. 当n ≥2时，S n =a 1+a 2+…+a n=14+23+24+…+2n+1 =14+12)12(213---n =2n+2+6. 综上可得S n =2n+2+6(n ∈N *).思维启示：在使用a n =S n -S n-1时，一定要注意此式仅在n ≥2时成立.另外，对于告诉数列的前n 项积的形式，也可以利用类似的方法求通项.例如：已知{a n }中a 1=1,n ≥2时a 1·a 2·a 3·…·a n =n 2,求a n .∵a 1·a 2·a 3·…·a n =n 2,∴a 1·a 2·a 3·…·a n-1=(n-1)2.两式相比，得a n =22)1(-n n (n ≥2). ∴a n =⎪⎩⎪⎨⎧≥-=.2,)1(,1,122n n n n。