课件42张PPT。3.2 等比数列的
前n项和(一)第一章 § 3 等差数列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.学习目标栏目索引知识梳理 自主学习题型探究 重点突破当堂检测 自查自纠 知识梳理 自主学习知识点一 等比数列前n项和公式及其推导
1.等比数列前n项和公式答案na1(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况.2.等比数列前n项和公式的推导
推导1 求等差数列前n项和用的是倒序相加法，对于等比数列{an}，若q≠1，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝a1＋q(a1＋a1q＋…＋a1qn－1－a1qn－1)＝a1＋q(Sn－a1qn－1)，至此，你能用a1和q表示出Sn吗？答案答案思考 设f(n)＝2＋24＋27＋…＋23n＋1 (n∈N*)，则f(n)等于( )解析答案B注意 参与求和的项共有多少项.知识点二 错位相减法
推导等比数列前n项和的方法叫 法.一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项积的前n项和.返回错位相减答案 题型探究 重点突破题型一 等比数列基本量的计算
例1 在等比数列{an}中，
(1)S2＝30，S3＝155，求Sn；解析答案?解析答案方法二 由(a1＋a3)q3＝a4＋a6，又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10，(3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求q.解析答案反思与感悟解 因为a2an－1＝a1an＝128，
所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根.(1)在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，已知其中的三个量，通过列方程组求解，就能求出另两个量，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.反思与感悟跟踪训练1 在等比数列{an}中，解析答案∴q＝－2，∴n＝5.(2)已知S4＝1，S8＝17，求an.解析答案解 若q＝1，则S8＝2S4，不合题意，∴q≠1，∴q＝2或q＝－2，题型二 错位相减法求和
例2 设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；解析答案解 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，bn＝2n－1.解析答案反思与感悟①－②得解析答案反思与感悟反思与感悟一般地，如果数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可以采用错位相减法.反思与感悟解析答案跟踪训练2 求数列{nxn}的前n项和.解 (1)当x＝0时，Sn＝0.(3)当x≠0且x≠1时，
Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋(n－1)xn－1＋nxn， ①
xSn＝x2＋2x3＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1， ②
①－②得，
(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1解析答案题型三 等差、等比数列的综合问题
例3 设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列.
(1)求数列{an}的通项；解析答案解得a2＝2.故数列{an}的通项为an＝2n－1.(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.解析答案反思与感悟解 由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝ln 23n＝3nln 2.
又bn＋1－bn＝3ln 2，∴{bn}是等差数列，反思与感悟(1)等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式，前n项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点.
(2)利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值，同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程组求解.反思与感悟解析答案(1)求S2和S3；解析答案(2)求此数列{an}的前n项和公式；解析答案(3)求数列{Sn}的前n项和.解 由(2)得S1＋S2＋…＋Sn解析答案应用等比数列前n项和公式时忽视分类讨论致误易错点例4 等比数列1,2a,4a2,8a3，…的前n项和Sn＝____________.误区警示返回错因分析 忽视等比数列前n项和公式的应用条件，未对等比数列的公比2a分类讨论，导致错误.
正解 公比为q＝2a，误区警示误区警示准确理解公式，重视分类讨论
应用等比数列前n项和公式时，要注意公比q是否为1，因为等比数列前n项和公式是“分段函数”形式.若题中公比不明确，要分情况讨论，如本例，公比为q＝2a，应该分2a＝1,2a≠1两种情况讨论，否则结论就不完整.返回 当堂检测123451.已知等比数列{an}的首项a1＝3，公比q＝2，则S5等于( )
A.93 B.－93
C.45 D.－45A解析答案123452.在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝6，a2＋a3＋a4＝－3，则a3＋a4＋a5＋a6＋a7等于( )解析答案1234512345解析答案12345解析答案4.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是________.∴公比q＝3，从而a1＝3，12012345解析答案12345解析答案12345课堂小结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：a1，an，n，q，Sn，其中首项a1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{an}是等差数列，{bn}是等比数列且公比为q，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减的方法求和.返回课件40张PPT。3.2 等比数列的前n
项和(二)第一章 § 3 等差数列1.熟练应用等比数列前n项和公式的有关性质解题.
2.应用方程的思想方法解决与等比数列前n项和有关的问题.学习目标栏目索引知识梳理 自主学习题型探究 重点突破当堂检测 自查自纠 知识梳理 自主学习知识点一 等比数列的前n项和的变式答案na1答案－Aqn＋A解析 由题{an}是等比数列，思考 在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)且前n项和Sn＝3n－1＋k，则实数k等于________.答案?∴3n的系数与常数项互为相反数，知识点二 等比数列前n项和的性质
1.连续m项的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m)仍构成 数列.(注意：q≠－1或m为奇数)
2.Sm＋n＝Sm＋qmSn(q为数列{an}的公比).
3.若{an}是项数为偶数，公比为q的等比数列，则＝ .答案等比q思考 在等比数列{an}中，若a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，则S6等于( )
A.140 B.120
C.210 D.520返回解析答案解析 ∵S2＝20，S4－S2＝40，∴S6－S4＝80，
∴S6＝S4＋80＝S2＋40＋80＝140.A 题型探究 重点突破题型一 等比数列前n项和的性质
例1 (1)等比数列{an}中，S2＝7，S6＝91，则S4＝______.解析答案解析 ∵数列{an}是等比数列，
∴S2，S4－S2，S6－S4也是等比数列，
即7，S4－7,91－S4也是等比数列，
∴(S4－7)2＝7(91－S4)，
解得S4＝28或S4＝－21.
又∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2
＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2·(1＋q2)＞0，
∴S4＝28.28(2)等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且(a1＋a3＋…＋a2n－1)－(a2＋a4＋…＋a2n)＝80，则公比q＝____.解析答案反思与感悟解析 由题S奇＋S偶＝－240，S奇－S偶＝80，
∴S奇＝－80，S偶＝－160，2解决有关等比数列前n项和的问题时，若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质，常常可以避繁就简.不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避免对公比q的讨论.解题中把握好等比数列前n项和性质的使用条件，并结合题设条件寻找使用性质的切入点，方可使“英雄”有用武之地.反思与感悟解析答案即1＋q3＝3，所以q3＝2.答案 B (2)一个项数为偶数的等比数列，各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求通项公式.解析答案解 设数列{an}的首项为a1，公比为q，全部奇数项、偶数项之和分别记为S奇、S偶，由题意知
S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶.题型二 等比数列前n项和的实际应用
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，并在一年内将款全部付清.商场提出的付款方式为：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.解析答案反思与感悟解 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Ak元，则：
A2＝5 000×(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0082－x，
A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0084－1.0082x－x，
…
A12＝5 000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0，解析答案反思与感悟故小华每期付款金额约为880.8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Ak元，则：
A2＝x；
A4＝A2(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082)；
A6＝A4(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082＋1.0084)；
…
A12＝x(1＋1.0082＋1.0084＋1.0086＋1.0088＋1.00810).
∵年底付清欠款，∴A12＝5 000×1.00812，
即5 000×1.00812＝x(1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)，故小华每期付款金额约为880.8元.反思与感悟分期付款问题是典型的求等比数列前n项和的应用题，此类题目的特点是：每期付款数相同，且每期间距相同.解决这类问题有两种处理方法：方法一，按欠款数计算，由最后欠款为0列出方程求解；方法二，按付款数计算，由最后付清全部欠款列方程求解.反思与感悟解析答案跟踪训练2 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，并以此发展旅游产业.根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少 ，本年度当地旅游收入估计为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长 .设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an，bn的表达式.返回解析答案题型三 新情境问题
例3 定义：若数列{An}满足An＋1＝ ，则称数列{An}为“平方数列”.已知数列{an}中，a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x的图像上，其中n为正整数.
(1)证明：数列{2an＋1}是“平方数列”，且数列{lg(2an＋1)}为等比数列；解析答案∴数列{2an＋1}是“平方数列”.
∵lg(2an＋1＋1)＝lg(2an＋1)2＝2lg(2an＋1)，
且lg(2a1＋1)＝lg 5≠0，∴{lg(2an＋1)}是首项为lg 5，公比为2的等比数列.(2)设(1)中“平方数列”的前n项之积为Tn，则Tn＝(2a1＋1)
(2a2＋1)·…·(2an＋1)，求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式；解析答案解 ∵lg(2a1＋1)＝lg 5，∴lg(2an＋1)＝2n－1lg 5.∵lg Tn＝lg(2a1＋1)＋lg(2a2＋1)＋…＋lg(2an＋1)∴Tn＝ －1.(3)对于(2)中的Tn，记bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn，并求使Sn＞4 024的n的最小值.解析答案反思与感悟解析答案反思与感悟∴n的最小值为2 013.反思与感悟数列创新题的特点及解题关键
特点：叙述复杂，关系条件较多，难度较大.
解题关键：读清条件要求，理清关系，逐个分析.反思与感悟解析答案跟踪训练3 把一个边长为1正方形等分成九个相等的小正方形，将中间的一个正方形挖掉(如图(1))；再将剩余的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个正方形挖掉(如图(2))；如此继续下去，则：(1)图(3)共挖掉了________个正方形；解析 8×9＋1＝73.73解析答案(2)第n个图形共挖掉了________个正方形，这些正方形的面积和是________.返回原正方形的边长为1，则这些被挖掉的正方形的面积和为 当堂检测12341.等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n等于( )解析答案1234∴a2＝1，
又∵a4＝4，∴数列a2，a4，a6，…，a2n是首项为1，
公比为4的等比数列.答案 B2.某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于( )
A.3 B.4 C.5 D.6解析 设每天植树棵数为{an}，则{an}是等比数列，
∴an＝2n(n∈N*，n为天数).
由题意得2＋22＋23＋…＋2n≥100，
∴2n－1≥50，
∴2n≥51，
∴n≥6.
∴需要的最少天数n＝6.1234D解析答案12343.等比数列{an}的前m项和为4，前2m项和为12，则它的前3m项和是( )
A.28 B.48
C.36 D.52A解析 易知Sm＝4，S2m－Sm＝8，
∴S3m－S2m＝16，
∴S3m＝12＋16＝28.解析答案1234解析答案4.已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项的和，a1，a7，a4成等差数列.求证：2S3，S6，S12－S6成等比数列.证明 设等比数列{an}的公比为q，由题意得2a7＝a1＋a4，
即2a1·q6＝a1＋a1·q3，∴2q6－q3－1＝0.
令q3＝t，则2t2－t－1＝0，①当q3＝1时，2S3＝6a1，S6＝6a1，S12－S6＝6a1，解析答案1234∴2S3，S6，S12－S6成等比数列.解析答案1234∴2S3，S6，S12－S6成等比数列.
综上可知，2S3，S6，S12－S6成等比数列.1234课堂小结1.等比数列前n项和的性质.
2.等比数列中用到的数学思想
(1)分类讨论的思想：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<0,01或a1>0,0
