1.3.3等比数列的前n项和（第1课时）课件高二上学期数学选择性

等比数列的前n项和第1课时等比数列的前n项和第1章数列湘教版

数学

选择性必修第一册课标要求1.理解等比数列前n项和公式的推导方法;2.能用等比数列的前n项和公式进行运算;3.掌握等比数列的前n项和公式推导方法的应用.基础落实·必备知识一遍过重难探究·能力素养速提升学以致用·随堂检测促达标目录索引

基础落实·必备知识一遍过知识点等比数列的前n项和公式

已知量首项、公比与项数首项、末项与公比选用公式Sn=Sn=名师点睛1.等比数列的前n项和公式的推导方法是错位相减法.相同项数的等差与等比数列之积构成的数列常用此法求和.2.当q≠1时,等比数列的前n项和Sn有两个求解公式:当已知a1,q,n时,用过关自诊1.判断正误.(正确的画√,错误的画×)(1)等比数列{an}的前n项和可直接套用公式Sn=来求.(

)(2)数列{n·3n}可以用错位相减法求和.(

)2.若等比数列的公比q=1,首项为a1,则数列的前n项和怎么求?×√提示Sn=na1.重难探究·能力素养速提升探究点一等比数列前n项和公式的应用【例1】

在等比数列{an}中,Sn为其前n项和.(1)若a1+a3=10,a4+a6=,求S5;(2)若Sn=189,q=2,an=96,求a1和n.分析(1)根据条件,建立关于首项和公比的方程组,求出首项和公比后利用前n项和公式求解.(2)根据已知条件和前n项和公式建立方程(组)求解.规律方法

等比数列前n项和公式的运算技巧在等比数列{an}的五个量a1,q,an,n,Sn中,a1,q和n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与q表示an与Sn,从而列方程组求解.在解方程组时经常用两式相除,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.变式训练1C32【例2】

设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2+S4=S6,求其公比q.分析

根据前n项和公式建立公比q的方程求解,但必须先对q的值分q=1和q≠1进行讨论.解

若q=1,则

S2=2a1,S4=4a1,S6=6a1,显然满足S2+S4=S6,所以q=1符合题意;若q≠1,则,整理得(q2+1)(q+1)2(q-1)2=0,解得q=-1(q=1舍去).综上,公比q的值等于1或-1.变式探究本例中,若条件改为“数列{an}是等比数列,其前n项和为Sn,且S3=3a3”,求其公比q的值.解

(方法1)当q=1时,S3=3a1=3a3,符合题意;规律方法

等比数列前n项和公式的关注点(1)在利用等比数列的前n项和公式时,若其公比不确定,则应对公比分q=1和q≠1两种情况进行讨论.(2)当n的值较小时,求Sn可以直接利用Sn=a1+a1q+a1q2+…求解,这样可以防止忘记分类讨论丢掉q=1时的特殊情况.探究点二错位相减法求和分析

该数列的通项公式

,它是由一个等差数列和一个等比数列的各项相乘得到的数列,可以采用错位相减法求和.规律方法

错位相减法求和的解题策略(1)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Sn=a1+a2+…+an两边同乘公比q(q≠±1),得到qSn=a1q+a2q+…+anq,两式错位相减整理即可求出Sn.(2)错位相减法求和是一种非常重要的求和方法,这种方法的计算过程较为复杂,对计算能力要求较高,应加强训练.要注意通过训练,掌握在错位相减过程中的几个关键环节,避免出错.(3)使用错位相减法求和时得到的结论,可以将n=1,2代入验证是否正确.变式训练2求数列an=n·2n的前n项和.解

设前n项和为Sn,则Sn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1,两式相减,得-Sn=1×21+(22+23+24+…+2n)-n·2n+1,于是-Sn=21+(22+23+24+…+2n)-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,故Sn=(n-1)·2n+1+2.本节要点归纳1.知识清单:(1)等比数列的前n项和公式;(2)错位相减法求和.2.方法归纳:公式法、错位相减法求等比数列的前n项和.3.注意事项:等比数列的公比为未知数时求前n项和要注意分类讨论,使用错位相减法求和时要注意结果的正确性.学以致用·随堂检测促达标A级必备知识基础练123456789101112131415161.设Sn为等比数列{an}的前n项和,若公比q=-3,则

=(

)A.10 B.9C.-8 D.-5A123456789101112131415162.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=15,a3=5,则公比q的值为(

)A解析

∵S3=a1+a2+a3=15,a3=5,∴a1+a2=10.∴a1(1+q)=10,而a1q2=5,即1+q=2q2,解得q=-或1.故选C.123456789101112131415163.已知在等比数列{an}中,an=3·2n-1,则a1+a3+a5+…+a2k-1=(

)A.4k-1 B.3(2k-1)C.2(4k-1) D.3(4k-1)A解析

∵{an}是首项为3,公比为2的等比数列,∴{a2k-1}是首项为3,公比为4的等比数列,∴a1+a3+…+a2k-1==4k-1.故选A.12345678910111213141516D12345678910111213141516A123456789101112131415166.

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?”根据诗词的意思,可得塔的最底层共有灯(

)A.192盏 B.128盏

C.3盏

D.1盏A解析

设这个塔顶层有x盏灯,则七层塔从顶到底每层灯的盏数构成一个首项为x,公比为2的等比数列,且其前7项和为381,所以

=381,解得x=3,所以这个塔的最底层有3×27-1=192盏灯.123456789101112131415167.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=

.

解析

S3=a1+a2+a3=a2+10a1,即a1q2=9a1,即q2=9.又9=a5=a1q4,∴a1=.123456789101112131415168.记Sn为等比数列{an}的前n项和,且Sn≠0,已知a1=1,S4=5S2.(1)求{an}的通项公式;(2)若Sm=43,求m.解

(1)设{an}的公比为q,由S4=5S2得a1+a2+a3+a4=5(a1+a2),整理得a3+a4=4(a1+a2),因为a1+a2≠0,所以q2=4,所以q=2或q=-2,故an=2n-1或

.(2)若an=2n-1,则Sn=2n-1,由Sm=43,得2m=44,此方程没有正整数解.若an=(-2)n-1,则Sn=,由Sm=43,得(-2)m=-128,解得m=7.综上,m=7.12345678910111213141516B级关键能力提升练9.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=(

)A.16 B.8

C.4

D.2C解析

设等比数列{an}的公比为q(q>0),则由前4项和为15,且a5=3a3+4a1,得

1234567891011121314151610.已知数列{an}为等比数列,a1=1,q=2,且第m项至第n(m<n)项的和为112,则m+n的值为(

)A.11 B.12

C.13

D.14B1234567891011121314151611.[2023新高考Ⅱ,8]（多选题）记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(

)A.120 B.85

C.-85 D.-120CD1234567891011121314151681234567891011121314151613.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=2S2,则数列{an}的公比q=

.

±1解析

由S4=2S2,得(a1+a2+a3+a4)=2(a1+a2),即a3+a4=a1+a2,进而可得q2=1,解得q=±1.1234567891011121314151614.设{an}为等比数列,其前n项和为Sn,a2=2,S2-3a1=0,则{an}的通项公式是

;Sn+an>48,则n的最小值为

.

6an=2n-1解析

设等比数列{an}的公比为q,则a2=a1q=2,S2-3a1=a2+a1-3a1=0,解得a1=1,q=2,故an=1×2n-1=2n-1,Sn==2n-1.Sn+an=2n-1+2n-1>48,即3·2n-1>49,故n的最小值为6.1234567891011121314151615.已知数列{an}满足a1=1,nan+1=3(n+1)an.(1)设bn=,求证:数列{bn}是等比数列;(2)求数列{an}的前n项和Sn.12345678910111213141516Sn=1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1,3Sn=1·31+2·32+3·33+…+(n-1)·3n-1+n·3n,C级学科素养创新练1234567891011121314151616.条件①:设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+k(n∈N+,k∈R),a1=1.条件②:对∀n∈N+,有

=q>1(q为常数),a3=4,并且a2-1,a3,a4-1成等差数列.在以上两个条件中任选一个,补充到下面的横线上,并作答下列问题.在数列{an}中,

.

(1)求数列{an}的通项公式an;(2)记Tn=a1+2a2+3a3+…+n