4.3.2（第1课时）等比数列前n项和公式ppt课件

1、4.3.2 第1课时 等比数列前n项和公式 学 习 目 标 核 心 素 养 1.掌握等比数列的前 n 项和公式及其应用.(重点) 2.会用错位相减法求数列的和.(重点) 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.通过等比数列前 n 项和的实际应用，培养数学建模素养. 2.借助等比数列基本量的计算及错位相减法的应用，培养数学运算素养. 1等比数列前 n 项和公式 【新知初探】 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 Sn? 提示 可把等比数列前 n 项和 Sn理解为关于 n 的指数型函数 2错位相减法 一般地，等比

2、数列an的前 n 项和可写为： Sna1a1qa1q2a1qn1， 用公比 q 乘的两边，可得 qSna1qa1q2a1qn1a1qn， 由，得(1q)Sna1a1qn，整理得 Sna11qn1q(q1) 我们把上述方法叫_， 一般适用于数列an bn前 n 项和的求解，其中an为等差数列，bn为等比数列，且 q1. 错位相减法 1判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)求等比数列an的前 n 项和时可直接套用公式 Sna11qn1q来求( ) (2)等比数列的前 n 项和公式可以简写成 SnAqnA(q1)( ) (3)1xx2xn1xn1x( ) 【初试身手】 提示 (1)和(3)中

3、应注意 q1 的情况 答案 (1) (2) (3) 2已知等比数列an的公比 q2，前 n 项和为 Sn，则S3a2( ) A3 B4 C72 D132 C 已知等比数列an的首项为 a1，则S3a2a112312a1272. 3若首项为 1 的等比数列an的前 3 项和为 3，则公比 q 为( ) A2 B1 C2 或 1 D2 或1 C 当 q1 时，S33a13，符合题意； 当 q1 时，S31qq23，解得 q2. 4已知等比数列的首项为1，前 n 项和为 Sn，若 q12，则S10S5_. 3132 q121，S10S511q101q1q11q5 1q5112511323132. 5

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(1.151)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 1.1a1.12a1.13a1.14a1.15aa1.11.1611.111(1.151)a. 类型一 等比数列基本量的运算 【例 1】 在等比数列an中， (1)S230，S3155，求 Sn； (2)a1a310，a4a654，求 S5； (3)a1an66，a2an1128，Sn126，求 q. 【合作探究】 解 (1)由题意知 a11q30，a11

5、qq2155， 解得 a15，q5或 a1180，q56. 从而 Sn145n154或 Sn1 080156n11. (2)法一：由题意知 a1a1q210，a1q3a1q554， 解得 a18，q12，从而 S5a11q51q312. 法二：由(a1a3)q3a4a6，得 q318， 从而 q12，又 a1a3a1(1q2)10， 所以 a18，从而 S5a11q51q312. (3)因为 a2an1a1an128， 所以 a1，an是方程 x266x1280 的两根 从而 a12，an64或 an2，a164. 又 Sna1anq1q126，所以 q 为 2 或12. 【规律方法】 1在等

6、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，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 q1或 q1 进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论 跟进训练 1已知数列an是首项为 a1，公比为 q 的等比数列，其前 n 项和为 Sn，且有 5S24S4，求公比 q 的值 解 当 q1 时，由 5S24S4知 10a116a1， 则 a10，不合题意，故 q1. 当 q1 时，由 5S24S4知5a11q21q4a11q41q， 5(1q2)4(1q4)，解得 1q254，即 q12. 类型

7、二 等比数列前n项和公式的实际应用 【例 2】 借贷 10 000 元，以月利率为 1%，每月以复利计息借贷， 王老师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？(1.0161.061，1.0151.051) 解 法一：设每个月还贷 a 元，第 1 个月后欠款为 a0元， 以后第 n 个月还贷 a 元后，还剩下欠款 an元(1n6)， 则 a010 000，a11.01a0a， a21.01a1a1.012a0(11.01)a， a61.01a5a1.016a0(11.011.015)a. 由题意，可知 a60， 即 1.016a0(11.011.015)a0， a

8、1.0161021.0161. 1.0161.061，a1.0611021.06111 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 S1104(10.01)61041.016(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 S2a(10.01)5a(10.01)4a a10.01611.011a(1.0161)102(元) 由 S1S2，得 a1.0161021.0161. 以下解法同法一，得 a1 739，故每月应支付 1 739 元 【规律方法】 解数列应用题的具体方法步骤

9、 1认真审题，准确理解题意，达到如下要求： 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 an，还是求 Sn？特别要注意项数是多少. 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. 跟进训练 2某人在年初用 16 万元购买了一套住房，付现金 6 万元，按合同余款分 6 年付清，年利率为 10%，每年以复利计算，问每年年底应支付多少元？ 解 余款 10 万元 6 年的本利和是

10、 105(10.1)61051.16. 设每年年底应支付款为 a 元，支付 6 次的本利和应是 aa(10.1)a(10.1)2a(10.1)5a1.1611.1110a(1.161) 由 1051.1610a(1.161)得 a1041.161.16122 960(元) 每年年底应支付 22 960 元. 类型三 错位相减法求和 探究问题 1对于 S641248262263，用 2 乘以等式的两边可得 2S64248262263264， 对这两个式子作怎样的运算能解出 S64? 提示 比较两式易知，两式相减能消去同类项，解出 S64，即 S642641. 2由项数相等的等差数列n与等比数列2

11、n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 Sn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 Sn的表达式为 Sn1 212 223 23n 2n. 3在等式 Sn1 212 223 23n 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 Sn的问题转化为等比数列的前 n 项和问题吗？ 提示 在等式 Sn1 212 223 23n 2n， 两边同乘以2n的公比可变形为 2Sn1 222 233 24(n1) 2nn 2n1， 得：Sn1 212

12、223242nn 2n1 (2122232n)n 2n1. 此时可把求 Sn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bn相应项的积构成的数列anbn前n项和的方法叫错位相减法 【例 3】 设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于 0，已知 a1b12，b2a2，b3a24. (1)求an和bn的通项公式； (2)记 cnan2bn，nN*，证明：c1c2cn0. 由题意，得 2q2d，2q26d，解得 d2，q2， 故 an22n12n，bn2 2n12n. (2)cnan2bn2n2 2nn2n， 设数列cn的前 n 项和为 Sn， Sn12

13、222323n2n， 12Sn122223n12nn2n1， 得：12Sn1212212nn2n1 12112n112n2n1112nn2n1， Sn212n1n2n， 又nN*，12n10，n2n0， Sn212n1n2n2， 即 c1c2cn2，nN*. 母题探究 1(变条件)本例题(2)中设 cn12anbn，求数列cn的前 n 项和 Sn. 解 由题意知 cnn 2n， 所以 Sn121222323(n2)2n2(n1)2n1n 2n， 2Sn122223324(n2)2n1(n1)2nn 2n1， 两式相减得：Sn1212223242n12nn 2n1 212n12n 2n1(1n)

14、 2n12，所以 Sn(n1) 2n12. 2(变条件)本例题中设 dn2n1bn，求数列dn的前 n 项和 Tn. 解 由题意可得：Tn1123122(2n1)12n， 12Tn11223123(2n3)12n(2n1)12n1， 两式相减得12Tn1122122212n(2n1)12n1 1212112n1112(2n1)12n13212n12n12n1， 所以 Tn342n2n12n32n32n. 【规律方法】 错位相减法的适用条件及注意事项 若数列an为等差数列，数列bn为等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为anbn，当求该数列的前 n 项和时，常常采用将anbn的各项乘公

15、比 q， 并向后错位一项与anbn的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，这种数列求和的方法称为错位相减法.若公比为字母，则需对其进行分类讨论. 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，即当 q1 和 q1 时是不同的公式形式，不可忽略 q1 的情况 【课堂小结】 3设数列an是公差为 d(d0)的等差数列，数列bn是公比为 q(q1)的等比数列，数列cn满足 cnanbn，则cn的前 n 项和为 Snc1c2c3cn1cn a1b1a

16、2b2a3b3an1bn1anbn， qSna1b2a2b3an2bn1an1bnanbn1. 得(1q)Sna1b1d(b2b3bn)anbn1 a1b1db21qn11qanbn1， Sna1b1anbn11qdb21qn11q2. 1已知等比数列an的首项 a13，公比 q2，则 S5等于( ) A93 B93 C45 D45 A S5a11q51q31251293. 【学以致用】 2设 Sn为等比数列an的前 n 项和，若 27a4a70，则S4S2( ) A10 B9 C8 D5 A 设数列an的公比为 q，由 27a4a70，得 a4(27q3)0. 因为 a40，27q30，则

17、q3，故S4S21q41q21q21910. 3 已知等比数列an的前n项和Sn2n1， 则a21a22a2n等于( ) A(2n1)2 B13(2n1) C4n1 D13(4n1) D Sn2n1，n2 时，anSnSn12n1， 当 n1 时，a1211211，故 an2n1，a2n4n1. a21a22a2n14n14113(4n1) 4在公比为整数的等比数列an中，如果 a1a418，a2a312，则这个数列的前 8 项之和 S8_. 510 a1a4a1(1q3)18，a2a3a1(qq2)12， 两式联立解得 q2 或12，而 q 为整数， 所以 q2，a12，代入公式求得 S8212812510. 5一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 an表示热气球在第 n 分钟上升的高度， 由题意，得 an145an， 因此，数列an是首项 a125，公比 q45的等比数列 热气球在前 n 分钟内上升的总高度为 Sna1a2ana11qn1q25145n145125145n125. 故这个热气球上升的高度不可能超过 125 m.