等比数列的前+项和(第一课时)
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
=
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 )
第4章 4.3.2 等比数列的前n项和公式(第1课时)
4.3.2等比数列的前n项和公式(第1课时)素养目标学科素养1.掌握等比数列的前n项和公式及其应用．(重点、难点)2．会用错位相减法求数列的和．(重点、难点)3．能运用等比数列的前n项和公式解决一些简单的实际问题.1.数学运算；2．逻辑推理情境导学请问：国王需准备多少麦粒才能满足这个人的要求？国王能兑现自己的诺言吗？1．等比数列的前n项和已知量首项a1、公比q(q≠1)与项数n 首项a1、末项a n与公比q(q≠1)首项a1、公比q＝1 求和公式S n＝a1(1－q n)1－qS n＝a1－a n1－qS n＝na1判断(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＝a1(1－q n)1－q.(×)(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 ＋a 2＋…＋a n －1＝1－a n 1－a.(×) 2．错位相减法求和推导等比数列前n 项和的方法是错位相减法，一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项乘积的前n 项和．下列数列中，可以用错位相减法求和的是(C) A ．{n 2}B ．{n ＋3n }C ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫－n ·⎝⎛⎭⎫12n D ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n n1．在等比数列{a n }中，其前n 项和为S n ，a 1＝2，S 3＝26，则公比q 等于( ) A ．3 B ．－4 C ．3或－4D ．－3或4C 解析：由题意可知q ≠1，且S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝2(1－q 3)1－q ＝26，∴q 2＋q －12＝0，∴q ＝3或q ＝－4.2．在等比数列{a n }中，其前n 项和为S n ，若q ＝－12，S 5＝11，则a 1＝________.16 解析：S 5＝a 1⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－1251－⎝⎛⎭⎫－12＝23×3332a 1＝11，∴a 1＝16.3．在等比数列{a n }中，已知a 1＝3，a n ＝96，S n ＝189，则n ＝________.6 解析：由S n ＝a 1－a n q 1－q ＝3－96q 1－q ＝189，得q ＝2.又a n ＝a 1q n －1＝3×2n －1＝96，所以n ＝6.4．在各项均为正数的等比数列{a n }中，S n 为其前 n 项和，若a 1＝81，a 5＝16，则S 5＝________. 211 解析：由16＝81×q 5－1，q >0，得q ＝23，所以S 5＝81⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫2351－23＝211.5．设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________.15解析：S4a4＝a1(1－q4)1－qa1q3＝1－q4(1－q)q3＝1516116＝15.【例1】在等比数列{a n}中，S n为其前n项和，解决下列问题：(1)若a n＝2n，求S6；(2)若a1＋a3＝54，a4＋a6＝10，求S5；(3)若S n＝189，q＝2，a n＝96，求a1和n.解：设数列{a n}的首项为a1，公比为q.(1)∵a n＝2n＝2×2n－1，∴a1＝2，q＝2.∴S6＝2×(1－26)1－2＝126.(2)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋a1q2＝54，a1q3＋a1q5＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝14，q＝2，从而S5＝a1(1－q5)1－q＝14×(1－25)1－2＝314.(3)(方法一)由S n＝a1(1－q n)1－q，a n＝a1q n－1及已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧189＝a1(1－2n)1－2，96＝a12n－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，n ＝6.(方法二)由公式S n ＝a 1－a n q 1－q 及已知条件，得189＝a 1－96×21－2，解得a 1＝3.又由a n ＝a 1q n －1，得96＝3×2n －1，解得n ＝6.在等比数列{a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 中，a 1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a 1与q 表示a n 与S n ，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．已知等比数列{a n }满足a 3＝12，a 8＝38，记其前n 项和为S n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若S n ＝93，求n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 则⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1q 2＝12，a 8＝a 1q 7＝38，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝48，q ＝12， 所以a n ＝a 1q n －1＝48×⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)S n ＝a 1(1－q n)1－q＝48⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝96⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n . 由S n ＝93，得96⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n ＝93，解得n ＝5.【例2】小华准备购买一台售价为5 000元的电脑，采用分期付款方式，并在一年内将款项全部付清．商场提出的付款方式：购买2个月后第1次付款，再过2个月后第2次付款，……，购买12个月后第6次付款，每次付款金额相同，约定月利率为0.8%，每月利息按复利计算，求小华每期付款金额是多少．解：(方法一)设小华每期付款x 元，第k 个月末付款后的欠款本利为A k ，则 A 2＝5 000×(1＋0.008)2－x ＝5 000×1.0082－x ， A 4＝A 2(1＋0.008)2－x ＝5 000×1.0084－1.0082x －x ， …A 12＝5 000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x ＝0， 解得x ＝ 5 000×1.008121＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810＝5 000×1.008121－(1.0082)61－1.0082≈880.81.故小华每期付款金额约为880.81元．(方法二)设小华每期付款x 元，到第k 个月时已付款及利息为A k 元，则 A 2＝x ，A 4＝A 2(1＋0.008)2＋x ＝x (1＋1.0082)， A 6＝A 4(1＋0.008)2＋x ＝x (1＋1.0082＋1.0084)， …A 12＝x (1＋1.0082＋1.0084＋1.0086＋1.0088＋1.00810)． ∵年底付清欠款， ∴A 12＝5 000×1.00812，即5 000×1.00812＝x (1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)． ∴x ＝ 5 000×1.008121＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810≈880.81.故小华每期付款金额约为880.81元．解决数列应用题时，一是明确问题属于哪类应用问题，即明确是等差数列还是等比数列问题，还是含有递推关系的数列问题；二是明确是求a n ，还是求S n .细胞繁殖、利率、增长率等问题一般为等比数列问题．某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上一年减少15，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一年增长14.求n 年内的总投入与n 年内旅游业的总收入．解：由题意知第1年投入800万元， 第2年投入800×⎝⎛⎭⎫1－15万元， ……第n 年投入800×⎝⎛⎭⎫1－15n －1万元， 所以每年的投入资金数构成首项为800，公比为⎝⎛⎭⎫1－15的等比数列． 所以n 年内的总投入S n ＝800＋800×⎝⎛⎭⎫1－15＋…＋800×⎝⎛⎭⎫1－15n －1＝4 000×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫45n (万元)．由题意知，第1年旅游业的收入为400万元， 第2年旅游业的收入为400×⎝⎛⎭⎫1＋14万元， ……第n 年旅游业的收入为400×⎝⎛⎭⎫1＋14n －1万元， 所以每年的旅游业收入资金数构成首项为400，公比为⎝⎛⎭⎫1＋14的等比数列． 所以n 年内旅游业的总收入T n ＝400＋400×⎝⎛⎭⎫1＋14＋…＋400×⎝⎛⎭⎫1＋14n －1＝1 600×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n －1(万元)．故n 年内的总投入为4 000×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫45n 万元，n 年内旅游业的总收入为1 600×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n －1万元．探究题1 求数列12，34，58，…，2n －12n ，…的前n 项和．解：设S n ＝12＋34＋58＋…＋2n －12n ，①则12S n ＝14＋38＋516＋…＋2n －12n ＋1，② ①－②，得12S n ＝12＋24＋28＋216＋…＋22n －2n －12n ＋1，即12S n ＝12＋12＋14＋18＋…＋12n －1－2n －12n ＋1＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1. 所以S n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n . 探究题2 求和：S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n . 解：(1)当x ＝0时，S n ＝0. (2)当x ＝1时，S n ＝n (n ＋1)2.(3)当x ≠0且x ≠1时，S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋(n －1)x n －1＋nx n ，① xS n ＝x 2＋2x 3＋…＋(n －1)x n ＋nx n ＋1，② ①－②得，(1－x )S n ＝x ＋x 2＋x 3＋…＋x n－nx n ＋1＝x (1－x n )1－x－nx n ＋1，∴S n ＝x (1－x )2[nx n ＋1－(n ＋1)x n ＋1]． ∴S n＝⎩⎨⎧n (n ＋1)2，x ＝1，0，x ＝0，x(1－x )2[nxn ＋1－(n ＋1)x n ＋1]，x ≠0，x ≠1.探究题3 已知数列{a n }是首项、公比都为5的等比数列，b n ＝a n log 25a n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：依题意，得a n ＝5×5n －1＝5n ， 于是b n ＝5n log 255n ＝12·n ·5n .所以S n ＝12×1×5＋12×2×52＋12×3×53＋…＋12×n ×5n ，则5S n ＝12×1×52＋12×2×53＋12×3×54＋…＋12×(n －1)×5n ＋12×n ×5n ＋1，两式相减，得－4S n ＝12×5＋12×52＋12×53＋…＋12×5n －12×n ×5n ＋1，即－4S n ＝12(5＋52＋53＋…＋5n )－12×n ×5n ＋1＝12×5(1－5n )1－5－12×n ×5n ＋1 ＝5n ＋1－58－n ×5n ＋12，故S n ＝5－5n ＋1＋4n ×5n ＋132.探究题4 已知数列{a n }的首项a 1＝23，a n ＋1＝2a na n ＋1，n ＝1,2，….(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n 的前n 项和S n .(1)证明：∵a n ＋1＝2a na n ＋1，∴1a n ＋1＝a n ＋12a n ＝12＋12×1a n ，∴1a n ＋1－1＝12⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又a 1＝23，∴1a 1－1＝12.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解：由(1)知1a n －1＝12×12n －1＝12n ，即1a n ＝12n ＋1，∴n a n ＝n2n ＋n . 设T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1.② ①－②得12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，∴T n ＝2－12n －1－n2n ＝2－n ＋22n .∴S n ＝T n ＋1＋2＋…＋n ＝T n ＋n (n ＋1)2＝2－n ＋22n ＋n (n ＋1)2.如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项乘积组成，此时可把式子S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减整理即可求出S n .在计算的过程中要注意第1项与最后一项的处理，有时还要注意对公比q 的讨论．若已知数列为{(2n －1)a n －1}(a ≠0)，求它的前n 项和． 解：当a ＝1时，数列变成1,3,5,7，…，2n －1，…， 则S n ＝n [1＋(2n －1)]2＝n 2.当a ≠1时，有S n ＝1＋3a ＋5a 2＋7a 3＋…＋(2n －1)·a n －1，① aS n ＝a ＋3a 2＋5a 3＋7a 4＋…＋(2n －1)a n ，② ①－②得S n －aS n ＝1＋2a ＋2a 2＋2a 3＋…＋2a n －1－(2n －1)a n ， (1－a )S n ＝1－(2n －1)a n＋2(a ＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1)＝1－(2n －1)a n ＋2a (1－a n －1)1－a＝1－(2n－1)a n＋2(a －a n )1－a.又1－a ≠0，∴S n ＝1－(2n －1)a n 1－a ＋2(a －a n )(1－a )2，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，a ＝1，1－(2n －1)a n 1－a ＋2(a －a n )(1－a )2，a ≠1.1．等比数列{a n }中，a 1＝1，公比q ＝2，当S n ＝127时，n ＝( ) A ．8 B ．7 C ．6D ．5B 解析：由S n ＝a 1(1－q n )1－q，a 1＝1，q ＝2.当S n ＝127时，则127＝1－2n1－2，解得n ＝7.故选B ．2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋S 3＝0，则公比q ＝( ) A ．－1 B ．1 C ．－2D ．2A 解析：∵a 2＋S 3＝a 2＋(a1＋a 2＋a 3)＝0， ∴a 1＋2a 2＋a 3＝a 1(1＋2q ＋q 2)＝a 1(1＋q )2＝0. 又a 1≠0，∴q ＝－1.故选A ．3．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4S 2＝( )A ．－5B ．－3C ．5D ．3C 解析：由题意可得：S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝1＋(－2)2＝5，故选C ．4．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝3，S 3＝9，则S 4＝( ) A ．12 B ．－15 C ．12或－15D ．12或15C 解析：因为a 1＝3，S 3＝9，当q ＝1时，满足题意；故可得S 4＝4a 1＝12； 当q ≠1时，S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝9，解得q ＝－2，故S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝3×(1－16)1＋2＝－15.综上所述S 4＝12或－15.故选C ．5．等比数列{a n }中，公比为q ，前n 项和为S n . (1)若a 1＝－8，a 3＝－2，求S 4； (2)若S 6＝315，q ＝2，求a 1. 解：(1)由题意可得q 2＝a 3a 1＝－2－8＝14，所以q ＝－12或q ＝12.当q ＝－12时，S 4＝－8⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－1241－⎝⎛⎭⎫－12＝－5；当q ＝12时，S 4＝－8⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1241－12＝－15.综上所述，S 4＝－15或S 4＝－5. (2)S 6＝a 1(1－26)1－2＝315，解得a 1＝5.1．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，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减的方法．课时分层作业(九)等比数列的前n 项和公式(第1课时)(60分钟 110分) 基础对点练基础考点 分组训练知识点1 等比数列的前n 项和1．(5分)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 10等于( ) A ．10 B ．210 C ．210－2D ．211－2D 解析：∵a n ＝2n ，∴a 1＝2，q ＝2. ∴S 10＝2×(1－210)1－2＝211－2.2．(5分)在等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和为( ) A ．81 B ．120 C ．168D ．192 B 解析：设{a n }的公比为q ， ∵a 2＝9，a 5＝243， ∴q 3＝a 5a 2＝27，∴q ＝3.又∵a 2＝a 1q ，∴a 1＝3. ∴S 4＝3×(1－34)1－3＝120.3．(5分)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 020＝( )A ．22 019－12B ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 019C ．22 020－12D ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 020 A 解析：设{a n }的公比为q ，∵a 2a 6＝a 24＝8(a 4－2)， ∴a 24－8a 4＋16＝0.∴a 4＝4.∴q 3＝a 4a 1＝8.∴q ＝2.∴S 2 020＝12×(1－22 020)1－2＝22 019－12.4．(5分)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A ．13B ．－13C ．19D ．－19C 解析：设公比为q ，∵S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，a 1q 4＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝9a 1，a 1q 4＝9，解得a 1＝19.故选C ．5．(5分)在数列{a n }中，已知对任意正整数n ，有a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n 等于( ) A ．(2n －1)2 B ．13(2n －1)2C ．4n －1D ．13(4n －1)D 解析：由a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n ＝2n －1， 得a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n －1－1(n ≥2)． ∴a n ＝2n －1(n ≥2)． 又a 1＝1，∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1，∴{a 2n }是等比数列，首项为1，公比为4. ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1×(1－4n )1－4＝13(4n－1)． 知识点2 等比数列前n 项和的实际应用6．(5分)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：一座七层塔共挂了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 ．2盏 B ．3盏 C ．5盏D ．6盏B 解析：设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，又由S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.故选B ．7．(5分)某人于2017年7月1日去银行存款 a 元，存的是一年定期储蓄，2018年7月1日将到期存款的本息一起取出再加a 元之后还存一年定期储蓄，此后每年的7月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行一年定期储蓄的年利率r 不变，则到2022年7月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有( ) A ．a (1＋r )4元 B ．a (1＋r )5元 C ．a (1＋r )6元D ．ar[(1＋r )6－(1＋r )]元D 解析：设2017年存入银行的存款为a 1元，2018年存入银行的存款为a 2元……则2022年存入银行的存款为a 6元，那么2022年从银行取出的钱有(a 6－a )元．所以a 1＝a ，a 2＝a (1＋r )＋a ，a 3＝a (1＋r )2＋a (1＋r )＋a ，…，a 6＝a (1＋r )5＋a (1＋r )4＋a (1＋r )3＋a (1＋r )2＋a (1＋r )＋a ，所以a 6－a ＝a [(1＋r )＋(1＋r )2＋…＋(1＋r )5]＝ar[(1＋r )6－(1＋r )].8.(5分)为了庆祝元旦，某公司特意制作了一个热气球，在热气球上写着“喜迎新年”四个大字．已知热气球在第一分钟内能上升25 m ，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的80%，则该气球________上升到125 m 高空．(填“能”或“不能”)不能 解析：设a n 表示热气球在第n 分钟上升的高度．根据题意，有a n ＝45a n －1(n ≥2，n ∈N *)．已知a 1＝25，则{a n }为等比数列，且公比q ＝45.热气球上升的总高度S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1(1－q n )1－q ＝125×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫45n <125，即不能上升到125 m 高空． 知识点3 错位相减法求和9．(5分)数列{a n }的通项a n ＝n ×2n ，数列{a n }的前n 项和S n 为( ) A ．n ×2n ＋1 B ．n ×2n ＋1－2 C ．(n －1)×2n ＋1＋2D ．n ×2n ＋1＋2C 解析：∵S n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 2S n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，② ①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝2×(1－2n )1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1，∴S n ＝2＋(n －1)×2n ＋1.10.(5分)已知f (x )＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，则f ⎝⎛⎭⎫12＝________.2－n ＋22n 解析：∵f ⎝⎛⎭⎫12＝12＋2×122＋3×123＋…＋n ×12n ，① ∴12f ⎝⎛⎭⎫12＝122＋2×123＋3×124＋…＋n ×12n ＋1.② 由①－②得，12f ⎝⎛⎭⎫12＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1， ∴f ⎝⎛⎭⎫12＝2－12n －1－n2n＝2－n ＋22n . 能力提升练能力考点 拓展提升11.(5分)在等比数列{a n }中，S 3＝3a 3，则其公比q 的值为( ) A ．－12B ．12C ．1或－12D ．－1或12C 解析：∵S 3＝3a 3，∴q ＝1时成立． 当q ≠1时，a 1(1－q 3)1－q ＝3a 1q 2，∴q 2＋q ＋1＝3q 2，解得q ＝－12.综上，q ＝1或q ＝－12.12．(5分)(多选)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则( ) A ．q ＝2 B ．S 9＝29－1C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为3116D ．6S 3＝S 9ABC 解析：设{a n }的公比为q ， ∵9S 3＝S 6，∴9×a 1(1－q 3)1－q ＝a 1(1－q 6)1－q ，∴9＝1＋q 3，∴q ＝2.∴S 9＝1－291－2＝29－1.故选项A ，B 正确．又6S 3＝6×(23－1)≠S 9，∴选项D 不正确．∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等比数列，首项1a 1＝1，公比1q ＝12，∴S ′5＝1×⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝3116.选项C 正确．13．(5分)在等比数列{a n }中，a 1＋a x ＝82，a 3a x －2＝81，且前x 项和S x ＝121，则此数列的项数x 等于( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7B 解析：设{a n }的公比为q ，∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a x ＝82，a 3a x －2＝a 1a x ＝81， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a x ＝81或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝81，a x＝1. ①当a 1＝1，a x ＝81时，∵S x ＝a 1－a x q 1－q ＝1－81q 1－q ＝121，∴q ＝3.又∵a x ＝1×q x －1＝3x －1＝81，∴x ＝5. ②当a 1＝81，a x ＝1时， ∵S x ＝81－q 1－q＝121，∴q ＝13.又∵a x ＝81×q x －1＝81×⎝⎛⎭⎫13x －1＝1，∴x ＝5. 综上，x ＝5.14.(5分)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝________.323(1－4－n ) 解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 由a 5＝14＝a 2q 3＝2q 3，解得q ＝12.又数列{a n a n ＋1}仍是等比数列，其首项是a 1a 2＝8，公比为14，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n 1－14＝323(1－4－n ).15.(5分)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 8＝3，则a 5的值为________．－6 解析：∵S 3，S 9，S 6成等差数列， ∴2S 9＝S 3＋S 6.显然q ≠1，∴2×a 1(1－q 9)1－q ＝a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q .∴2q 9－q 6－q 3＝0.∴q 3＝－12.∴a 5＝a 8q3＝3×(－2)＝－6.16.(10分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N ＋.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ， 故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则 A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n ， 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.17.(12分)在等比数列{a n }中，a 5＝162，公比q ＝3，前n 项和S n ＝242，求首项a 1和项数n .解：由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·35－1＝162，①a 1(1－3n )1－3＝242，②由①得81a 1＝162，解得a 1＝2. 将a 1＝2代入②，得2(1－3n )1－3＝242，即3n ＝243，解得n ＝5.所以数列{a n }的首项a 1＝2，项数n ＝5.18.(13分)已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为b ，方程ax 2－3x ＋2＝0的解x 1＝1，x 2＝b (b ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a n ×2n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由方程ax 2－3x ＋2＝0的两根为x 1＝1，x 2＝b ，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a －3＋2＝0，ab 2－3b ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2.所以a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)×2n ，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －1)×2n ，① 2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)×2n ＋(2n －1)×2n ＋1.②由①－②，得－T n ＝1×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)×2n ＋1＝2(2＋22＋23＋…＋2n )－(2n －1)×2n ＋1－2＝2×2(1－2n )1－2－(2n －1)×2n ＋1－2＝(3－2n )×2n ＋1－6.所以T n ＝(2n －3)×2n ＋1＋6.。
《等比数列的前n项和第一课时：定义和公式》名师课件2
思考：
❖ (1)棋盘中每格的麦粒数将构成什么样的一个数列？
1,2,22 ,23,,263
❖ (2)国王需要给发明者多少粒小麦？
1 2 22 23 263 ?
问题探究
若{an} 为等比数列，那么等比数列前n项和： Sn a1 a2 a3 an1 an ?
公式辨析
1．口答：
在公比为 q 的等比数列{an}中
(1)若 a1
2,q 3
1 3
，则
S
n
_1__(_1_)_n__
3
（2）若 a1 1,q 1 ，则 Sn __n______
2．判断是非：
①1
2
4
8
(2)n1
1 (1 2n 1 2
)
②1 2 22 23 2n 1
注意：1.对公比q的分类讨论；
3.判断等比数列的方法：定义法，中项法，通项公式法
国际象棋的传说
在古印度，有个名叫西萨的人，发明了国际象 棋，当时的印度国王大为赞赏，对他说：我可以 满足你的任何要求．西萨说：“请给我棋盘的64 个方格上，第一格放1粒小麦，第二格放2粒，第 三格放4粒，往后每一格都是前一格的两倍，直至 第64格．”国王觉得这个要求不高，就欣然同意 了。
S8
1 [1 (1)8 ] 22
1 1
255 ; 256
2
能否运用q≠1时的 另一个公式进行
1 27 • q8 , q 0.解得：q 1
243
3
S8
27 [1 ( 1)8 ] 3
1 ( 1)
1640 . 81
3
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
等比数列的前n项和公式第一课时PPT课件
公式的应用
例一：求等比数列1/2,1/4,1/8,….的前8项的和.
学生解法：解 因为 q= 1/2 ≠1
sn
12[1(12)8] 112
255 256
再次提示学生公式的前提:q ≠1
公式的应用
例二：求数列 a,a2,a3,a4,...,.a.n,..前..n项的和。
错解1： 错解2：
a[1an] sn 1a
21
推导公式
sn=a1+a2+a3+……an 根据等比数列的通项公式,上式可写成
sn=a1+a1q+a1q2+……a1qn-1
(1)
(1)的两边乘以q得,
qsn= a1q1+a1q2+……a1qn-1+ a1qn (2) (1)的两边分别减去(2)的两边,得
(1-q)sn= a1- a1qn
推导公式 由此得到q≠1时，等比数列的前n项和的公式
目的：再现过程，突破障碍。提高效率，激发兴趣。
学法指导：当今课程改革的一个重要内容是改善学生
的学习方式。因此在教学中，通过引导学 生进行反思，使学生发现推导方法的本质， 从而培养学生合情推理能力，逻辑思维能 力，科学思维方式和自学能力以及勇于探 索的精神。
2021/3/7
12
教学策略
--支架式教学法 小结回顾
项的和；
33 3
（2）求等比数列 项的和；
2
，4
，8
…从第3项到第7
2021/3/7
30
小结与回顾
小结： ① 通过这堂课，你学到了什么？
② 给你留下印象最深的是什么？
作业：
③ 你还有一些什么想法？…… ① 必做题：习题P135 ：1(1,3)、2、4
等比数列前n项和(第一课时)
n 1 n 1
等比数列前n项和公式的推导
思考：有没有其他的方法推导出公式呢？
思路1：s n = a 1 + a 1 q + a 1 q 2 + + a 1 q n -1
= a 1 + q ( a 1 + a 2 + a n -1 )
思路2：
a2 a1
=
a3 a2
=
a4 a3
= =
an a n -1
= q
sn a1 qsn 1
典型例题
例 1: 求 等 比 数 列 1 ,1 ,1 , 1 , 前 8项 和 . 2 4 8 16
练习：
1 , 1 , 1 , 1 , 前 多 少 项 的 和 是 6 3 ? 1 、等 比 数 列 2 4 8 16 64
典型例题
例 3： 求 和 1 + a + a + a + + a
2 3 n1
.
等比数列的前n项和
学习目标 1、理解公式的推导过程 2、会利用公式求解计算
阅读课本55页：印度国际象棋发明者的故事
（西 萨）
问：西萨要的是多少小麦？
1 +2 +2 +2 + +2
2 3
2 3
63
=
①
S 64 1 + 2 2 2 2
2 S 64
② -①得
63
63 64
2 2 2 2
2 3
2 ②
64
2 S 64 2 2 2 2 2
2 3 4
S 64 2
3.5等比数列的前n项和(第一课时)
等比数列的前n 项和（第一课时）研究数列的主要问题之一，就是求数列各项（或某些项）的和，在§3．3中，我们研究了求等差数列前n 项和的办法，本节我们将从数列本身的特点出发，寻求有效的方法求等比数列的前n 项和．【学习目标】1．掌握等比数列的前n 项和公式的推导，分清公式在公比等于1与公比不等于1的两种不同形式，会进行分类讨论．2．能利用等比数列求和公式解决一些简单问题．【学习障碍】1．对等比数列求和公式的条件关注不够，导致解题不够严密．2．对等比数列求和公式的推导方法理解不够深刻，运用不够灵活．【学习策略】Ⅰ．学习导引1．阅读课本P 127～130．2．本课时课本首先探讨了求等比数列前n 项和的方法，然后通过四个例题从四个方面给出了求和公式的应用．（1）关于求和公式的推导，课本是通过一个具体的等比数列{2n －1}的前64项和S 64＝1＋2＋4…＋263与它的2倍2S 64＝2＋4＋8＋…＋263＋264的比较，看出它们之间的差异，从而类比到一般的等比数列，把S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n－1与qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＋a 1q n进行比较，得（1－q ）S n ＝a 1－a 1q n ＝a 1（1－q n ）进而得到q ≠1时，S n ＝q q a n --1)1(1，q ＝1时，S n ＝na 1．课本中求和公式的这一推导方法称为“乘比错位相减法”，其特征是先乘一个公比，再错项后相减．学习中要注意掌握这一方法．在应用公式求和时，应注意到公式的使用条件为q ≠1．故当q ＝1时应按常数列求和即S n ＝na 1．在含字母参数的等比数列求和时，应分类讨论q ＝1与q ≠1两种情况．等比数列的前n 项和公式在q ≠1时有两种形式：S n ＝q q a a S qq a n n n --=--11)1(11与 在使用时要视具体情况灵活选用．（2）关于课本中给出的四个例题．例1是已知a 1、q 及n 求S n ，是对公式的直接应用；例2是数列在经济生活中的应用，其实质是已知a 1，q ，S n 求n ，要运用公式，通过解方程来得到．例3是混合数列求和问题，要将原数列拆分组合，转化为两个等比数列求和问题；例4是利用S n 讨论a n 的相关问题，在解题过程中使用了整体解决问题的思想．Ⅱ．知识拓宽1．等比数列的前n 项的和公式还有以下证法：（1）用乘法公式证明．S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1（1＋q ＋q 2＋…＋q n －1） ＝q a -11·（1－q ）（1＋q ＋q 2＋…＋q n －1）＝q q a n --1)1(1．（2）用裂项相消法证明．∵q ≠1，∴S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n-1∴S n ＝)11()11()11()11(111312121111q q a q q a q q a q q a q q a q q a q q a q a nn ---+⋅⋅⋅+---+-+-+---- ＝q q a qq a q a n n --=---1)1(11111． （3）用解方程的思路证明．∵S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1＋q （a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －2）＝a 1＋q （S n －a 1q n －2） ∴S n ＝a 1＋q （S n －a 1q n －1） ∵q ≠1，∴解关于S n 的方程，可得S n ＝q q a n --1)1(1．（4）用等比数列的定义证明．∵{a n }是等比数列，∴q a a a a a a a a n n ==⋅⋅⋅===-1342312． ∴1321432-+⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+++n n a a a a a a a a ＝q ，即n n n a S a S --1＝q ．于是S n ＝q q a qq a a n n --=--1)1(111． 2．由一个数列的前n 项和S n 可以判断这个数列是否是等比数列．由于非常数列的等比数列的前n 项和S n ＝q a q q a qq a n n -+⋅--=--111)1(111．可以看出，式子的组成是由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为互为相反的数，由此可以根据前n 项和公式判断等比数列，即，非常数列的等比数列是S n ＝aq n －a （a ≠0，q ≠0，n ∈N *）的充分必要条件．3．等比数列前n 项和公式有时常变为如下形式使用：q a q S n n -=-111． Ⅲ．障碍分析1．怎样合理选择公式解答等比数列问题？［例1］在等比数列{a n }中，已知S n ＝189，q ＝2，a n ＝96，求a 1与n ．解：由S n ＝q q a n --1)1(1及通项公式a n ＝a 1q n －1得⎪⎩⎪⎨⎧⋅=--=-11129621)21(189n n a a 即⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=-⋅-96218921111n n a a a∴2×96－a 1＝189，a 1＝3；2n －1＝396＝32，n ＝6．点评：通项公式与前n 项和公式共含有5个量，知道其中3个便可求出其余2个，共10种情况，这就是“知三求二”法．本题也可利用公式S n ＝q qa a n --11先求出a 1，再利用公式a n ＝a 1q n －1求出n ．2．怎样利用拆项求和法解答数列求和问题？［例2］已知a n ＝－4＋3n ，b n ＝x n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ．思路：拆项求和，讨论x ＝1与x ≠1．解：S n ＝（a 1＋b 1）＋（a 2＋b 2）＋…＋（a n ＋b n ）＝（a 1＋a 2＋…＋a n ）＋（b 1＋b 2＋…＋b n ）＝T 1＋T 2．又T 1＝2n （a 1＋a n ）＝ 2n ［（－1）＋（－4＋3n ）］＝2n（3n －5），而 T 2＝x ＋x 2＋…＋x n ，要讨论三种情况：（1）x ＝0时，T 2＝0；（2）x ＝1时，T 2＝n ；（3）x ≠0且x ≠1时，T 2＝x x x n --1)1(点评一：在求T 2时，容易丢掉（1）（2）两种情况．一般对含参数求和问题要分类讨论进行．∴S n ＝n n 25232-，（x ＝0）S n ＝n n 23232-，（x ＝1）S n ＝x x x n n n --+-1)1(25232，（x ≠0且x ≠1）点评二：拆项求和，这是常用的求和方法．一般地，一个数列由n 个特殊数列组成，即有a n ＝b n ＋c n ＋…＋f n ，可用拆项求和法求解．3．怎样用错位相减法解数列求和问题？［例3］已知数列{n n2}，求前n 项和S n ．思路：观察数列及通项可知，该数列是由等差数列{n }及等比数列{n 21}的对应项的乘积组成的数列，因而可采用错位相减法求和．解：S n ＝n n 223222132+⋅⋅⋅+++， 两边同乘以公比21，得143222123222121++-+⋅⋅⋅+++=n n n n n S ． 用上面两式相减得到,221212121)211(132+-+⋅⋅⋅+++=-n n n n S ∴S n ＝1＋n n n n n n n 22222112112121212112+-=---=-+⋅⋅⋅++-． 点评：错位相减法是数列求和的又一常用方法．一般地，当数列{a n ·b n }中，{a n }是等差数列，{b n }是等比数列时，积数列{a n ·b n }的和可用错位相减法．Ⅳ．思维拓展［例4］某人大学毕业参加工作后，计划参加养老保险．若每年年末等差额年金p 元，即第一年年末存入p 元，第二年年末存入2p 元，…，第n 年年末存入np 元，年利率为k ．问第n ＋1年年初他可一次性获得养老金本利合计多少元？思路：分期存款，应利用“本利和＝本金×（1＋利率）”分段计算：第1年年末存入的p 元现金，到第n ＋1年年初，共n －1年，逐年获得本利和依次构成公比为1＋k 有等比数列，即p （1＋k ）n －1； 同理，第2年末存入2p 元，…，第n 年末存入np 元的本利和，依次为 2p （1＋k ）n －2，…，np ．问题即为数列求和．解：设此人第n ＋1年初一次性获得养老保险金为S n 元，则S n ＝p （1＋k ）n －1＋2p （1＋k ）n －2＋…＋（n －1）p （1＋k ）＋np ① （1＋k ）S n ＝p （1＋k ）n ＋2p （1＋k ）n －1＋…＋（n －1）p （1＋k ）2＋np （1＋k ） ② ②－①，得：kS n ＝p （1＋k ）n ＋p （1＋k ）n －1＋…＋p （1＋k ）－np＝np k k k p n --++]1)1)[(1(，∴S n ＝21]1)1()1[(k k n k p n -+-++（元）．故第n ＋1年年初此人一次性获得养老金为2k p［（1＋k ）n ＋1－（n ＋1）k －1］元．Ⅴ．探究学习求数列12，1212，121212，…， 12121212个n ⋅⋅⋅的前n 项和．答案：解：a n ＝ 12121212个n ⋅⋅⋅＝12×102n －2＋12×102n －4＋…＋12×102＋12 ＝12（102n －2＋102n －4＋…＋102＋1）＝334（100n －1），∴S n ＝12＋1212＋121212＋…＋ 12121212个n ⋅⋅⋅ ＝334（100－1）＋ 334 （1002－1）＋…＋334（100n －1） ＝334（100＋1002＋…＋100n ）－3267400334=n （100n －1）－334n ．【同步达纲练习】一、选择题1．等比数列{a n }的各项都是正数，若a 1＝81，a 5＝16，则它的前5项和是A ．179B ．211C ．243D ．2752．数列{a n }中，S n ＝3n ＋m ，当m 为何值时，数列{a n }是等比数列（ ）A ．m ＝1B ．m ＝－1C ．m ＝2D ．m ＝03．一个小球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，设它第n 次着地时，共经过了a n 米，则当n ≥2时，有A ．a n ＝a n －1＋32100-nB ．a n ＝a n －1＋22100-nC ．a n ＝a n －1＋n 2100D ．a n ＝21210021--+n n a二、填空题4．已知等比数列的公比为2，若前4项之和等于1，则前8项之和等于____________．5．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a 10＝25．则a 1＋a 2＋…＋a 10＝____________．6．已知数列：x ＋a ，x 2＋2a ，x 3＋3a ，…，x n ＋na （x ≠1）的前n 项和为S n ，则S 9＝____________．三、解答题7．计算数列：1，2x ，3x 2，…，nx n －1，…（x ≠1）的前n 项和． 8．在等比数列{a n }中，已知对n ∈N *，a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，求a 12＋a 22＋…＋a n 2．参考答案【同步达纲练习】一、1．B 提示：∵a 5＝a 1·q 4，∴81·q 4＝16．∴q 4＝8116∵数列的各项都是正数，∴q ＝32．∴S 5＝21123])32(1[3321])32(1[811)1(5555551=-=-⋅=--=--q q a ． 2．B 提示：∵a 1＝S 1＝3＋m ，a 2＝S 2－S 1＝32－3＝6，a 3＝S 3－S 2＝33－32＝18．由a 1·a 3＝a 22得：m ＝－1．3．B 提示：第二次着地时小球经过了200米，n ＝2时，验证选择排除A 、C 、D ，故选B ．二、4．17 提示：∵S 8＝a 1＋a 2＋…＋a 8＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋q 4（a 1＋a 2＋a 3＋a 4）＝1＋24＝175．41023提示：由题意知：log 2（a 1·a 2…a 10）＝25∴a 1·a 2·a 3…a 10＝225．∴a 110·245＝225即a 110＝2021，∴a 1＝41．∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝410231)1(101=--qq a ． 6．110--x xx ＋45a 提示：S 9＝（x ＋a ）＋（x 2＋2a ）＋（x 3＋3a ）＋…＋（x 9＋9a ）＝（x ＋x 2＋…＋x 9）＋（a ＋2a ＋…＋9a ）＝12)9(91)1(109--=++--x x x a a x x x ＋45a ． 三、7．∵S ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1 ① ∴x ·S ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋（n －1）·x n －1＋n ·x n ② ①－② S （1－x ）＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝x x n--11－nx n∵x ≠1，∴S ＝x x n x x nn -⋅---1)1(12． 8．由a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1 ①n ∈N *知a 1＝1且a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n －1－1 ② ①－②得：a n ＝2n －1，n ≥2． 又a 1＝1，∴a n ＝2n －1，n ∈N *． 而：212221)2()2(-+=n n n n a a ＝4即{a n 2}为公比为4的等比数列．∴a 12＋a 22＋…＋a n 2＝)14(3141)41(21-=--n n a ．。
等比数列的前n项和公式(第一课时)课件高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册
[分析] 在等比数列中，对于a1，an，n，q，Sn五个量，若已知其 中三个量就可求出其余两个量，常列方程(组)来解答问题．当涉及高次 方程或指数方程时，要注意表达式的特点，采取相应的方法处理．
题型二 等比数列前n项和公式的实际应用
典例 2 某企业年初有资金1 000万元，如果该企业经过生产经营 ，每年资金增长率为50%，但每年年底都要扣除消费资金x万元，余下 的资金投入再生产．为实现5年后，资金达到2 000万元(扣除消费资金后 )，那么每年年底扣除的消费资金应是多少万元？(精确到1万元)
依此类推，得： a5＝1 000(1＋12)5－x(1＋12)4－x(1＋12)3－x(1＋12)2－x(1＋21)－x. 则 1 000×(32)5－x[(32)4＋(32)3＋…＋1]＝2 000， ∴1 000×(32)5－x·11－－32325＝2 000． 解得 x≈424(万元)．∴每年年底扣除的消费资金为 424 万元．
由此可见，非常数列的等比数列的前n项和Sn是一个关于n的指函数 型函数与一个常数的和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数．
(2)当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1，则数列S1，S2，S3， …，Sn，…的图象是正比例函数y＝a1x图象上的一群孤立的点．
知识点3 等比数列前n项和的性质 (1)若{an}是公比为 q 的等比数列，则 Sn＋m＝Sn＋qnSm. (2)在等比数列{an}中，当项数为 2n(n∈N*)时，SS偶奇＝q. (3){an}是公比不为－1 的等比数列，则 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 仍成等
等比数列的前n项和
① ②
①-② 得 两个等式相减后，哪些项被消去，还剩下哪些项，
S30 2 1 1073741823
30
如何求等比数列an 的前项和公式Sn a1 a2 a3 an
Sn a1 a1q a1q2 a1qn2 a1qn1 ①
qSn
“类比、分类讨论、化归思想”
求 和1+2c 3c nc
2
n 1
.
必做题： 书Ｐ61 A组题 第１题。 探究题： 如图，画一个边长为2cm的正方形，再将这个正方形 各边的中点相连得到第2个正方形，依次类推，这样一共 画了10个正方形.求： ⑴求第10个正方形的面积； (2)这10个正方形的面积的和．
①-② 得
a1q a1q2 a1q3 a1qn1 a1qn
(1 q)Sn a1 a1qn
②
当 q 1 时， 当q 1时，
Sn na1 a1 (1 q n ) Sn 1 q
na1 Sn a (1 q n ) 1 1 q
30天后，灰太狼又该返还给喜羊羊多少钱？
如何求S30 1 2 2 2
2
29
如何求S30 1 2 2 2
2
29
S30 1 2 22 23 229 2 3 29 30 2S30 2 2 2 2 2
S30 1 2 剩下项的符号有没有改变？
2 1 1.84 10
64
19
估计，那么麦粒的总质 量超过了7000亿吨． 因此国王不能实现他的 诺言．
q n 6 8 2 14 43 a S a 1 n 2
等比数列前n项和(第一课时)：安徽无为襄安中学 谢业建
第四届全国高中青年数学教师优秀课大赛教案设计课题: 等比数列前n项和(第一课时)执教人: 谢业建(139********)单位: 安徽无为襄安中学课题：等比数列的前n项和（第一课时）一教学目标:1.知识与技能目标:1)掌握等比数列求和公式,并能用之解决简单的问题。
2)通过对公式的推导,对学生渗透方程思想、分类讨论思想以及等价转化思想。
2过程与方法目标：通过对公式的推导提高学生研究问题、分析问题、解决问题能力；体会公式探求中从特殊到一般的数学思想，同时渗透如上所说的多种数学思想。
3.情感与态度目标：通过公式的推导与简单应用，激发学生求知欲，鼓励学生大胆尝试，敢于探索、创新的学习品质。
二教学重点：等比数列项前n和公式的推导与简单应用。
三教学难点：等比数列n项和公式的推导。
四教学方法：启发引导，探索发现（多媒体辅助教学）。
五教学过程：1．创设情境，导入新课：1）复习旧知，铺垫新知：（1）等比数列定义及通项公式；（2）等比数列的项之间有何特点？说明：如此设计目的是在于引导学生发现等比数列各项特点：从第二项起每一项比前一项多乘以q，从而为“错位相减法”求等比数列前n和埋下伏笔。
2）问题情境，引出课题：从前，一个穷人到富人那里去借钱，原以为富人不愿意，哪知富人一口答应了下来，但提出了如下条件：在30天中，富人第一天借给穷人1万元，第二天借给穷人2万元，以后每天所借的钱数都比上一天多一万；但借钱第一天，穷人还1分钱，第二天还2分钱，以后每天所还的钱数都是上一天的两倍，30天后互不相欠。
穷人听后觉得挺划算，但怕上当受骗，所以很为难。
请在座的同学思考一下,帮穷人出个主意.注：师生合作分别给出两个和式：①学生会求，对②学生知道是等比数列项前n和的问题但却感到不会解！问1：能不能用等差数列求和方法去求？（不行）问2：怎么办？（用追问的方式引出课题）2．师生互动，新课探究：如何求和：注：（给学生时间让他们观察、思考）如果学生想不出来，师做必要启发：1）等式右边各项有什么特点？（等比数列30项和）2）公比是多少？（2） 即：从第二项起每一项比前一项多乘以2.3）因此，如果两边……（教师语速放慢，看学生反应状况，再往下提示：把等式两边同乘以公比2）从而有：师：如何求30T ？（此处给学生充分的观察思考的时间，师不忙给出结论，让他们自己得出求解的方法：作差）注：①学生解出30T ，并与30S 比较（到底能不能向富人借钱）。
必修五等比数列前n项和的公式(第一课时,精校版,优质课件)
求：Sn 解：Sn=a1+a2 + a3 +a4 + …+an 2 3 … a1qn-1 =a1+a1q + a1q + a1q + + q n=a1q a1q (1-q)Sn=
1 1
a a
s
2
a1q3 a1qn1 a1qn
若q=1,
n
作 减 法
a -a qn
Sn na1
分析： 解：（1）该数列为等比数列，记为{an}，其中a1=a,q=a 当q=1时,Sn=na a (1 a n ) 当q≠1时,Sn= 1 a
反思推导求和公式的方法——错位相减法， 可以求形如 xn yn 的数列的和，其中 xn 为 等差数列， yn 为等比数列.
思考：
1 2 3 4 n Sn n . 求和： 2 4 8 16 2
n 1 设 an 2 n n 2 n （提示：
，其中n为等差数列， ，利用错位相减法求和.）
1 1 n 为等比数列，公比为 2 2
三、小结：
1.等比数列前 n 项和公式推导中蕴含的思想方法以及 公式的应用； 2.灵活运用等比数列求和公式进行求和，求和时注 意公比q
引入新课
请同学们考虑如何求出这个和？
2 3 29
30 S30 1 2 S 2 1 1073741823 分
S30 2S30 1 230
30 30
即2S30 2 2 2 2 2 .
S30 1 2 2 2 2 . 2 3 29 2 2 2 2 ). 2S30 2(1 2 3 29 30
等差数列 定义 通项公式
等比数列的前n项和第一课时
等比数列的前n 项和（第一课时）赤壁市蒲圻高中 张可菊 2012.3.16教学目标： 1．知识与技能目标理解并掌握等比数列前n 项和公式的推导过程、公式的特点，在此基础上能初步应用公式解决与之有关的问题．2．过程与方法目标通过对公式推导方法的探索与发现，向学生渗透特殊到一般、类比与转化、分类讨论等数学思想，培养学生观察、比较、抽象、概括等逻辑思维能力和逆向思维的能力．3．情感、态度与价值观通过对公式推导方法的探索与发现，优化学生的思维品质，渗透事物之间等价转化和理论联系实际的辩证唯物主义观点．教学重点：等比数列的前n 项和公式的推导、公式的特点和公式的运用.教学难点：等比数列的前n 项和公式的推导方法及公式应用中公比与1的关系． 教学过程：一、复习等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式二、引入新课给出如下小故事：张明和王勇是中学同学。
张明学习成绩优异，考上了重点大学。
王勇虽然很聪明，但对学习无兴趣，中学毕业后做起了生意，凭着机遇和才智，几年后成了大款。
一天，已在读博士的张明遇到了王勇，寒暄后王勇流露出对张明清苦的不屑，表示要资助张明，张明说：“好吧，你只要在一个月30天内，第一天给我1分钱，第二天给我2分钱，第三天给我4分钱，第四天给我8分钱，依此类推，每天给我的钱都是前一天的2倍，直到第30天。
”王勇听了，立刻答应下来心想:这太简单了。
没想到不到30天，王勇就后悔不迭，不该夸下海口。
同学们，你们知道王勇一共应送给张明多少钱吗？引导学生求 的和.三、讲授新课1、 推导等比数列的前n 项和公式① ② ③2、 例题精讲293222221+++++例点评：例2 求和 .例3 某商场第1年销售计算机5000台，如果平均每年的销售量比上一年增加10％，那么从第1年起，约几年内可使总销售量达到30000台（保留到个位）？四、随堂练习 1、判断是非 ① ② ③若 且 ，则2、求和 .备用题：求和. 五、课堂小结1、两个公式：2、一种求和方法：3、四种思想：4、注意事项：六、课堂作业 1、（必做题）.10516181,41,21项的和项到第的第，，求等比数列 （选做题）{})0(543≠++++a a a a a n ()212112222132--⋅=+++++n n 0≠c 1≠c ()[]222264211c c c c c c c n n --=++++ ()()()2121121684211---⋅=-+-+-+--n n 426421++++++n a a a a .n 1614,813,412,2111项和的前，求数列变式 .n 164,83,42,212项和的前，求数列变式 n n 33433323432⋅++⋅+⋅+⋅+2、研究性作业：查阅“芝诺悖论”，从等比数列求和的角度加以解释.。
等比数列的前n项和
此时我问：同学们，你们知道西萨要的是 多少颗小麦吗？引导学生写出麦粒总数 1+2+22+23+… +263 =? 带着这样的问题，学生 会动手算了起来，他们想到用计算器依次算出 各项的值，然后再求和．这时我对他们的这种 思路给予肯定． 设计意图：繁难的情境激起了学生的求知欲,迫 使学生急于寻求解决问题的新方法，为后面的 教学埋下伏笔.
2.从学生认知角度看
从学生的思维特点看，很容易把本节内 容与等差数列前n项和从公式的形成、特 点等方面进行类比，这是积极因素，应 因势利导．不利因素是：本节公式的推 导与等差数列前n项和公式的推导有着本 质的不同，这对学生的思维是一个突破， 另外，对于q = 1这一特殊情况，学生往 往容易忽视，尤其是在后面使用的过程 中容易出错．
感谢各位专家和同行！ 感谢各位专家和同行！
2.师生互动， 2.师生互动，探究问题 师生互动
在肯定他们的思路后，我接着问：1，2，22，23…263是什么 1+2+22 +23 + ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ +263 应归结为什么数学问题呢？ 数列？有何特征？ 探讨1：设s64=1+2+22+23+ …+263，记为（1）式，注意观察 探讨1 每一项的特征，有何联系？（学生会发现，后一项都是前 一项的2倍） 探讨2： 如果我们把每一项都乘以2，就变成了它的后一项，（1） 探讨 式两边同乘以2则有2s64=2+22+23+ …+264，记为（2）式．比较 （1）(2）两式，你有什么发现？ 设计意图： 设计意图：留出时间让学生充分地比较，等比数列前n项和的公 式推导 在这儿做文章，从而抓住培养学生的辩证思维能力的良 好契机．
等比数列的前n项和(第一课)
1. 探究问题
棋盘上各个格子里的麦粒数依次是
1, 2, 2 , 2 , L, 2
于是棋盘上的麦粒总数就是
2
3
63
1+ 2 + 2 + 2 +⋅⋅⋅+ 2
2 3
63
1+ 2 + 2 +L+ 2
1 2
63
= 2 −1
64
= 18446744073709551615(粒) 18446744073709551615(粒
2、设数列{an}的通项公式为： an = 2n −1，则 、设数列 的通项公式为： 的通项公式为 其前99项和 的值为（ 其前 项和 S99的值为（ C ） A．2100 − 1 B． − 2100 C． 99 − 1 D． − 299 ． ． ． ． 1 2 1
1 3、等比数列 {an}的公比 q = ，且 、 的公比 2
(1) a1 = 3, q = 2, n = 6
1 ( 2 ) a 2 = 4, q = , n = 5 2
a1 = 8,
3 × (1 − 2 ) S6 = = 189 1− 2
6
5 1 8 × 1 − 2 31 = S5 = 2 1 1− 2
n
②
①－② ，得
当
(1 − q) S n = a1 − a1q
③
n
q ≠ 1 时，由③得 S = a1 (1 − q ) 当 n
q = 1 时，由①得 Sn = na1
1− q
3. 等比数列的前n项和
(q = 1) na1 公式一 : S n = a1 (1 − q n ) (q ≠ 1) 1− q
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− )
；
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等比数列的前n项和（第一课时）
南宁二中蓝荣升
一、教材分析
从教材的编写顺序上来看，等比数列的前n项和是第三章“数列”第五节的内容，一方面它是“等差数列的前n项和”与“等比数列”内容的延续、与前面学习的函数等知识也有着密切的联系，另一方面它又为进一步学习“数列的极限”等内容作准备.
就知识的应用价值上来看，它是从大量数学问题和现实问题中抽象出来的一个模型，在公式推导中所蕴涵的数学思想方法如分类讨论等在各种数列求和问题中有着广泛的应用；另外它在如“分期付款”等实际问题的计算中也经常涉及到.
就内容的人文价值上来看，等比数列的前n项和公式的探究与推导需要学生观察、分析、归纳、猜想，有助于培养学生的创新思维和探索精神,是培养学生应用意识和数学能力的良好载体．
教师教学用书安排“等比数列的前n项和”这部分内容授课时间2课时，本节课作为第一课时，重在研究等比数列的前n项和公式的推导及简单应用，教学中注重公式的形成推导过程并充分揭示公式的结构特征和内在联系.
二、教学目标
依据课程标准，结合学生的认知水平和年龄特点，确定本节课的教学目标如下：
知识与技能目标：理解等比数列的前n项和公式的推导方法；掌握等比数列的前n项和公式并能运用公式解决一些简单问题．
过程与方法目标：通过公式的推导过程，提高学生的建模意识及探究问题、分析与解决问题的能力，体会公式探求过程中从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质．
情感与态度目标：通过经历对公式的探索，激发学生的求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，从中获得成功的体验，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美．
三、教学重点和难点
重点：等比数列的前n项和公式的推导及其简单应用．
难点：等比数列的前n项和公式的推导．
四、教学方法
利用计算机和实物投影等辅助教学，采用启发和探究-建构教学相结合的教学模式.。