(共47张PPT)
§3 等比数列
3.2 等比数列的前n项和
第一章 数列
情境导学·探新知
NO.1
1
2
3
4
1
2
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合作探究·释疑难
NO.2
类型1
类型2
类型3
当堂达标·夯基础
NO.3
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解析答案
反思领悟
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3.2 等比数列的前n项和
学
习
任
务
核
心
素
养
1．理解等比数列前n项和的推导方法．(难点)2．掌握等比数列的前n项和公式．(重点)3．能利用等比数列的前n项和公式解决实际问题．(重点、难点)
1．通过等比数列的前n项和公式的应用，培养数学运算素养．2．借助利用等比数列的前n项和公式解决实际问题，培养数学建模素养．
小明的爸爸打算一年中每月奖励小明100元钱放在储钱罐里以备将来之用，聪明的小明说：“不用这么多，你第一个月给我1元钱，以后每个月给我的钱数是上个月给我钱数的2倍就行了．”
爸爸想：第一个月1元，第二个月才2元，我有1
200元足够了．于是高兴地回答：“可以，没有问题．”
小明说：“你可要说话算数呦，我们签一个协议吧！”
爸爸说：“爸爸是个说到做到的人，没问题．”
然后，两人就爽快地签了协议．
你知道小明爸爸的1
200元够用吗？
[提示] 略．
等比数列的前n项和公式
已知量
选用公式
首项、公比和项数(a1，q和n)
Sn＝
首项、末项和公比(a1，an和n)
Sn＝
1．当q≠1时，等比数列{an}的前n项和Sn是n的函数，该函数的解析式有什么特点？
[提示] Sn＝＝－qn＋，Sn是关于n的指数型函数，其中指数式的系数与常数互为相反数．
2．若公比不为－1的等比数列{an}的前k项和为Sk，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比数列吗？若成等比数列，则其公比是什么？
[提示] Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比数列，其公比是qk．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)若{an}是等比数列，则S2n＝(1＋qn)Sn．
( )
(2)若{an}是等比数列，则Sn＝．
( )
(3)若Sn＝A－Aqn，则当A≠0且q≠0时，{an}是等比数列．
( )
[答案] (1)√ (2)× (3)×
2．在等比数列{an}中，a1＝2，S3＝26，则公比q＝( )
A．3
B．－4
C．3或－4
D．－3或4
C [∵S3＝＝＝26，∴q2＋q－12＝0，∴q＝3或－4．]
3．等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________．
－ [因为＝，所以＝，所以q5＝－，q＝－，则an＝－．]
4．求数列的前n项和Sn．
[解]Sn＝＋＋＋…＋，
①
Sn＝＋＋…＋＋，
②
①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－＝eq
\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))),1－\f(1,2))－＝1－－，
∴Sn＝2－－．
类型1 等比数列的前n项和公式的应用
【例1】 在等比数列{an}中，已知a6－a4＝24，a3a5＝64，求{an}前8项的和S8．
[思路点拨] 观察已知式的结构特征，联想等比数列的性质，然后求出a1和q．
[解]
依题设条件得，a＝a3·a5＝64，所以a4＝±8，
所以a6＝32或a6＝16．
因为{an}是实数等比数列，所以q2＝>0，
故a4＝－8舍去，得a4＝8，a6＝32．
从而a5＝±＝±16，
公比q的值为q＝＝±2，
当q＝2时，得a1＝1，所以S8＝＝255；
当q＝－2时，得a1＝－1，所以S8＝＝85．
1．在应用公式Sn＝或Sn＝求和时，应注意到公式的使用条件为q≠1，而当q＝1时应按常数列求和，即Sn＝na1．
2．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，都可以求出其余两个量，其思想方法是方程思想．
[跟进训练]
1．在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2·an－1＝128，且前n项和Sn＝126，求n及公比q．
[解] ∵a1an＝a2an－1＝128，又a1＋an＝66，
∴a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根，
解方程得x1＝2，x2＝64，
∴a1＝2，an＝64或a1＝64，an＝2，显然q≠1．
若a1＝2，an＝64，由＝126得2－64q＝126－126q，
∴q＝2，由an＝a1qn－1得2n－1＝32，∴n＝6．
若a1＝64，an＝2，同理可求得q＝，n＝6．
综上所述，n的值为6，公比q＝2或．
类型2 错位相减法求和
【例2】 设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N＋．
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn．
[思路点拨] (1)类比由Sn求an的方法求解本题；
(2)数列{bn}用错位相减法求和．
[解]
(1)因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
∴a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝(n≥2)，②
①－②得3n－1an＝－＝(n≥2)．
即an＝(n≥2)．
经验证，n＝1时也满足上式，an＝(n∈N＋)．
(2)bn＝n·3n，
Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，③
3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，④
③－④得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1，
Sn＝·3n＋1＋．
对于一个等差数列{an}和一个等比数列{bn}的对应项的积构成的数列{anbn}采用错位相减法，解题步骤为：
(1)写出Sn＝c1＋c2＋…＋cn；
(2)等式两边同乘等比数列的公比：qSn＝qc1＋qc2＋…＋qcn；
(3)两式错位相减转化成等比数列的和；
(4)两边同除以1－q，求出Sn，在此须对q是否为1进行讨论．
[跟进训练]
2．求数列{(2n－1)22－n}的前n项和Sn．
[解] Sn＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n－1)·22－n，
Sn＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n－3)·22－n＋(2n－1)·21－n，
∴Sn＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n)－(2n－1)·21－n
＝2＋－(2n－1)21－n
＝6－(2n＋3)×21－n．
∴Sn＝12－(2n＋3)×22－n．
类型3 等比数列的前n项和公式的实际应用
【例3】 据报道，我国森林覆盖率在逐年提高，现已达到国土面积的14%．某林场去年年底森林木材储存量为a万m3．若树木以每年25%的增长率增长，计划从今年起，每年冬天要砍伐的木材量为x万m3，为了实现经过20年使木材储存量翻两番的目标，问：每年砍伐的木材量x的最大值是多少？(lg
2取0.3)
[思路点拨] 根据题意得出从第一年起，每年的产量组成一个等比数列{an}，运用等比数列前n项和公式求总产量．
[解]
设从今年起，每年年底的木材储存量组成的数列为{an}，则
a1＝a(1＋25%)－x＝a－x，
a2＝a1(1＋25%)－x＝a－x．
a3＝a2(1＋25%)－x＝a－eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))＋1))x，
以此类推可归纳出
an＝an－1·－x＝a－eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))＋…＋\f(5,4)＋1))x＝a＋4eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))))x，
又∵经过20年木材储存量翻两番，
∴a＋4eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))))x＝4a．
∴a－eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))－1))·4x＝4a，
令＝m，两边取以10为底的对数，lg＝lg
m，
∴lg
m＝20lg＝20(lg
5－lg
4)＝20(lg
10－lg
2－2lg
2)＝20(1－3lg
2)，
又∵lg
2＝0.3，∴lg
m＝20(1－0.9)＝2．
∴m＝102＝100，∴＝100代入a－eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))－1))·4x＝4a，
得100a－(100－1)·4x＝4a，解得x＝a．
答：每年砍伐的木材量的最大值是a万m3．
求解数列应用问题应明确以下几个问题：
(1)是哪一类数列模型；
(2)是否能直接求出通项公式，否则先建立递推公式；
(3)是求和还是求项；
(4)数列的项数．
[跟进训练]
3．某化工厂第1年产量5万t，如果平均每年的产量比上一年增加10%，那么从第一年起，约几年内可使总产量达到30万t
(精确到个位)?
[解]
根据题意，每年产量比上一年增加的百分率相同，
所以从第1年起，每年的产量组成一个等比数列{an}，其中a1＝5，q＝1＋10%＝1.1，Sn＝30．
于是得到＝30，整理后得1.1n＝1.6．
两边取对数，得nlg
1.1＝lg
1.6，
用计算器算得n＝≈≈5(年)．
答：约5年内可以使总产量达到30万t．
1．等比数列的通项公式和前n项和公式共涉及五个量：a1，q，n，an，Sn，其中a1和q为基本量，且五个量“知三可求二”．在解决等比数列问题中，要学会用函数与方程、整体代换的思想方法分析问题，养成良好的思维习惯．
2．对于错位相减法求和：
(1)如果数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列且公比为q，求数列{an·bn}的前n项和时需采用错位相减法来求．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便于下一步写出“Sn－qSn”的表达式．
1．一个正整数数表如下(表中下一行中数的个数是上一行中数的个数的2倍)：
第1行
1
第2行
2 3
第3行
4 5 6 7
…
…
则第9行中的第4个数是( )
A．132 B．255 C．259 D．260
C [由数表知表中各行数的个数构成一个以1为首项，公比为2的等比数列．前8行数的个数共有＝255(个)，故第9行中的第4个数是259．]
2．计算机是将信息转换成二进制数进行处理的，二进制即“逢二进一”．如(1101)2表示二进制的数，
将它转换成十进制的形式是1×23＋1×22＋0×21＋1×20＝13，那么将二进制数(11111111)2转换成十进制的形式是( )
A．29－2
B．28－1
C．28－2
D．27－1
B [(11111111)2十进制的形式是1×27＋1×26＋…＋1×21＋1×20＝＝28－1．
]
3．等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则通项an＝________．
2n－1 [当n＝1时，a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，
又a1＝1也适合上式，
所以an＝2n－1．]
4．一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求出数列的公比和项数．
[解] 法一：设原等比数列的公比为q，项数为2n(n∈N＋)，
由已知a1＝1，q≠1，且有
即
②÷①得q＝2，∴＝85．
∴4n＝256，∴n＝4，故公比为2，项数为8．
法二：设项数为n．
记S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋an－1，
∵等比数列的项数为偶数，
∴S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋an＝a1q＋a3q＋a5q＋…＋an－1q＝q(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＝q·S奇，
∴85q＝170，∴q＝2．
又∵Sn＝S奇＋S偶＝85＋170＝255，
a1＝1，
∴Sn＝＝＝255，
∴n＝8，
故公比q＝2，项数n＝8．
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课后素养落实(八) 等比数列的前n项和
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}前7项的和为( )
A．63 B．64 C．127 D．128
C [∵a5＝a1q4，∴q＝±2．∵q＞0，∴q＝2，∴S7＝＝＝127．]
2．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )
A．或5
B．或5
C．
D．
C [由题意易知q≠1，则＝，解得q＝2，
数列是以1为首项，以为公比的等比数列，
由求和公式可得S5＝．]
3．记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝( )
A．2n－1
B．2－21－n
C．2－2n－1
D．21－n－1
B [法一：设等比数列{an}的公比为q，则由
解得
所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以＝＝2－21－n，故选B．
法二：设等比数列{an}的公比为q，因为＝＝＝＝2，所以q＝2，所以＝＝＝2－21－n，故选B．]
4．等比数列{an}中，S2＝7，S6＝91，则S4可为( )
A．28
B．32
C．35
D．49
A [∵{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，即7，S4－7，91－S4成等比数列．
∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或－21．
∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2
＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)＞S2，
∴S4＝28，故选A．
]
5．
设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则＝( )
A．11
B．5
C．－8
D．－11
D [由8a2＋a5＝0，得＝－8，即q3＝－8，q＝－2．
∴＝＝＝＝－11．]
二、填空题
6．设等比数列{an}的前n项和为Sn．若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________．
3 [∵S6＝4S3，∴公比q≠1，∴＝4·，∴q3＝3，∴a4＝a1q3＝3．]
7．等比数列的前n项和Sn＝3n＋a，则a＝________．
－1 [由等比数列的前n项和Sn＝＝－qn＋
，得a＝－1．]
8．已知等比数列{an}中前10项的和S10＝10，前20项的和S20＝30，则S30＝________．
70 [∵S10，S20－S10，S30－S20(q≠－1)仍成等比数列，
又S10＝10，S20＝30，
∴S30－30＝，即S30＝70．]
三、解答题
9．已知数列{an}，a1，a2，a3，…，an，…，构造一个新数列：a1，(a2－a1)，(a3－a2)，…，(an－an－1)，…，此数列是首项为1，公比为的等比数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
[解]
(1)an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋＋＋…＋＝eq
\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))),1－\f(1,3))＝eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))．
(2)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝＋eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))＋eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))＋…＋eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))
＝eq
\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))))
＝n－·eq
\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))),1－\f(1,3))
＝n－eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))
＝(2n－1)＋．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2，3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(2n－1)an，求数列{an}的前n项和Tn．
[解]
(1)∵3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)，
∴2an＝an－1，＝．又∵a1＝2，
∴{an}是以2为首项，公比为的等比数列，
∴an＝2×＝22－n．
(2)bn＝(2n－1)22－n，
Tn＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n－1)·22－n，
Tn＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n－3)·22－n＋(2n－1)·21－n，
∴Tn＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n)－(2n－1)·21－n＝2＋－(2n－1)21－n＝6－(2n＋3)×21－n．
∴Tn＝12－(2n＋3)×22－n．
11．若等比数列{an}对一切自然数n都有an＋1＝1－Sn，其中Sn是此数列的前n项和，又a1＝1，则公比q为( )
A．1 B． C．－ D．－
B [当q＝1时，an＋1＝a1，Sn＝na1．又an＋1＝1－Sn对一切正整数n都成立，即an＋1＝1－na1对一切正整数n都成立，∴a1＝1－a1?a1＝．这与已知a1＝1矛盾，∴q≠1．∴a1qn＝1－．∵a1＝1，
∴qn＝1－，∴(1－3q)(qn－1)＝0，∴q＝．]
12．在数列{an}中，已知对任意正整数n，有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于( )
A．(2n－1)2
．(2n－1)2
C．4n－1
．(4n－1)
D [由a1＋a2＋…＋an－1＋an＝2n－1，得a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1，
∴an＝2n－1，∴a＝4n－1，
∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．]
13．(多选题)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的奇数项的前n项和为( )
A．an＝2n－1
B．an＝
C．数列{an}的奇数项的前n项和为
D．数列{an}的偶数项的前n项和为
BCD [依题意，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1；
当n＝1时，a1＝S1＝21－3＝－1，an＝2n－1不适合a1，
因此，an＝
当n≥2时，数列{an}是等比数列，
数列{an}的奇数项的前n项和为－1＋＝，
数列{an}的偶数项的前n项和为＝．]
14．[一题两空]等比数列{an}中，a1＝512，公比q＝－，用Mn表示它的前n项之积，即Mn＝a1·a2·a3·…·an，则数列{Mn}的通项公式是________，最大项是________．
Mn＝(－1)eq
\s\up12()×2eq
\s\up12() M9 [由题意知an＝512·，
∴Mn＝a1·a2·a3·…·an＝eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(512×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))××…×eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(512×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))
＝512n×＝512n×eq
\s\up12()＝(－1)eq
\s\up12()×2eq
\s\up12()．
当n＝9或n＝10时，2eq
\s\up12()取最大值，而n＝9时，(－1)eq
\s\up12()＝1，n＝10时，(－1)eq
\s\up12()＝－1，∴M9最大．]
15．(开放题)在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1，且Sk＋1[解] ∵等比数列{bn}中b2＝3，b5＝－81，
∴q＝－3，bn＝－(－3)n－1，b1＝－1，∴a5＝b1＝－1．
若Sk>Sk＋1，则只需Sk>Sk＋ak＋1，
即ak＋1<0，同理，若Sk＋1则只需Sk＋1即ak＋2>0．
若选①：b1＋b3＝a2时，a2＝－1－9＝－10，
∴an＝3n－16．
当k＝4时，a5<0，a6>0，Sk>Sk＋1，且Sk＋1若选②：a4＝b4＝27，∵a5＝－1，
∴{an}为递减数列，故不存在ak＋1<0，ak＋2>0，
即不存在k，使得Sk>Sk＋1，且Sk＋1若选③：S5＝－25，S5＝＝5a3＝－25，
∴a3＝－5．∴an＝2n－11．
当k＝4时，a5<0，a6>0，Sk>Sk＋1，且Sk＋1HYPERLINK
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