等比数列求项数公式(一)
2.5.1等比数列前n项和公式(第1课时)
若q=1，则 S3=3 a1 , S 6 6a1 , S 9 9a1 由 a1 0可得S3 S 6 2S 9，与题设矛盾
q 1 a1 (1 q ) a1 (1 q ) 2a1 (1 q ) 1 q 1 q 1 q
3 6 9
整理，得q3+q6=2q9
各个格子里的麦粒数依次是:
1, 2, 22, 23, 24, 25,…,263,
发明者要求的麦粒总数就是: 1+ 2+22+23+24+25+…+263.
通项: an=2n-1
前n项和:Sn
等比数列的求和
引入新课
1 2 2 2
2 3
2
4
263
这一格放 的麦粒可 以堆成一 座山!!!
263
分析：由于每格的麦粒数都是前一格的２倍， 共有64格每格所放的麦粒数依次为：
1, 2, 2 , 2 ,, 2 .
它是以１为首项公比是２的等比数列， 麦粒的总数为:
2
3
63
S64 1 2 2 2 2 .
2 3 63
S64 1 2 2 2 2 的方法 . (1) ,就 2 3 63 是错位相 2S64 2(1 2 2 2 2 ). 减法 ! 2 3 63 64 (2) 即2S64 2 2 2 2 2 .
1 243
.
已知等比数列an 中,
练习１.
2或-3
1 a1 2 , S3 14.则q
a3 8或18 2 a1 1, a4 216 则 q -6 , S4 185
a1、q、n、a n、sn
高中数学选择性必修二 4 3 1(第1课时)等比数列的概念及通项公式 教案
等比数列的概念及通项公式教学设计
将一张很大的薄纸对折，对折30次后有多厚？
不妨假设这张纸的厚度为0.01毫米。
1 看一看纸的厚度的变化
提示：
折1次折2次折3次折4次 (30)
厚度2 (21)4 (22)8 (23)16 (24) (230)
反之，任给指数函数
f(x)=ka x (k,a为常数，k≠0,
a>0且 a≠1)
则f(1)=ka ,f(2)=ka2,⋯,f(n)=ka n,⋯
构成一个等比数列{ka n}，其首项为ka，公比为a.
等比数列的单调性
由等比数列的通项公式与指数型函数的关系可得等比数列的单调性如下：
（1）当a1>0,q>1或 a1<0,0<q<1时，等比数列{a n}为递增数列；
（2）当a1>0,0<q<1或 a1<0,q>1时，等比数列{a n}为递减数列；
（3）当ｑ＝１时，数列{a n}为常数列；
（4）当ｑ＜０时，数列{a n}为摆动数列.
下面，我们利用通项公式解决等比数列的一些问题.
例1 若等比数列{a n}的第4项和第6项分别为。
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
等比数列的前项和公式 PPT
解:(1)因为
a1
=
1 2
,
q
=
1 2
所以当n=8时有等比数列的前n项
1
1
1
8
和知：S n
2 2 1 1
255 256
2
例1、求下列等比数列前8项得与
(1) 1 , 1 , 1 , 2 48
(2)a1
27, a9
1 ,q 243
0
(2)由a1
27, a9
1 243
,可得 :
1 27 q8 243
又由q 0,可得：
q 1 3
271
1
8Leabharlann 于是当n 8时Sn
3 1640
1 ( 1)
81
3
大家学习辛苦了，还是要坚持
继续保持安静
例2、在等比数列a n 中，求满足下列条件的量 :
(1)a1 a3 2, 求sn
(2)q
2, n
5, a1
1 2
.求an和sn
(3)a1 1,a n 512,s n 314.求q和n
由等比数列前n项和公式得：
255 1 2n 1-2
n8
说明: 解： ( 3(当代 当12)as因 解 )将 qq55入 q 32为 得 a4a1q1a1a时 a12n： 1１1２n11q， 时.即 1.n1221并作 在 在 41a,数 ，,a1naq且五为 利 a2q311(1列Snq212要n个0第 用n55n为 51根变一 公 q1,,212a常 12s,据量a要 式 514n所 )1q11数 (21具1a素 ， 21以 .q解 q列 ,,体812来 一 aqnS)2,12题 得 nn1考 定， 51,52意a， ： 1虑 要 22n[q12， 11，q, 。 注 qS3n((n选4中， 意1111得 ))3择n2代 ，所 q1] 2的 (： 适只入 以1取 当2知SS)的 值nnn三(1公，可1n)式应ana求111。把二aqn它q2，n可得
高中数学《等比数列的概念及通项公式》课件
[跟踪训练]
1．已知 a 是 1,2 的等差中项，b 是－1，－16 的等比中项，
则 ab＝
()
A．6
B．－6
C．±6
D．±12
解析：依题意知，2a＝1＋2，b2＝(－1)×(－16)，
∴a＝32，b＝±4，∴ab＝±6. 答案：C
2．已知等比数列{an}的前三项依次为 a－1，a＋1，a＋4，则 an＝________. 解析：由已知可得(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)，
⑤
将④⑤代入②，得 a23＝a1＋2 a3·a23a＋3·aa55.
a1＋a3a5 ∴a3＝ a3＋a5 ，即 a3(a3＋a5)＝a5(a1＋a3)． 化简，得 a23＝a1·a5.又 a1，a3，a5 均不为 0，所以 a1，a3，a5 成等
比数列．
2．已知数列{an}是首项为 2，公差为－1 的等差数列，令 bn ＝12an，求证数列{bn}是等比数列，并求其通项公式． 解：依题意 an＝2＋(n－1)×(－1)＝3－n， 于是 bn＝123－n. 而bbn＋n 1＝121223－ －nn＝12－1＝2，又 b1＝122＝14. ∴数列{bn}是以14为首项，2 为公比的等比数列，通项公式 为 bn＝2n－3.
求等比数列通项公式的常用方法 (1)根据已知条件，建立关于 a1，q 的方程组，求出 a1，q 后再求 an，这是常规方法； (2)充分利用各项之间的关系，直接求出 q 后，再求 a1，最 后求 an，这种方法带有一定的技巧性，能简化运算．
[跟踪训练] 在等比数列{an}中． (1)a4＝2，a7＝8，求 an； (2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求 n.
又∵an＋1＝2an＋3，
an＋1＋3 2an＋3＋3 2an＋3
等比数列首项末项公式
等比数列首项末项公式全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：等比数列是数学中非常重要的概念，它不仅在数学中有着广泛的应用，也在现实生活中有着重要的意义。
等比数列是一种以固定比值递增或递减的数列，其中每一项与它的前一项之比等于一个常数，这个常数就是等比数列的公比。
在等比数列中，我们经常会遇到需要求出首项和末项的问题。
首项和末项分别是数列中的第一个项和最后一个项，它们是等比数列中的两个重要的概念。
求等比数列的首项和末项可以帮助我们更好地理解数列的性质和规律，进而解决相关的问题。
首项和末项公式是求解等比数列首项和末项的基本公式，它们可以帮助我们快速并准确地计算出数列的首项和末项。
接下来，我们将详细介绍等比数列首项和末项公式的推导和应用。
让我们来看一看等比数列的定义。
设等比数列为a，ar，ar^2，ar^3，…，其中a为首项，r为公比，n为项数。
等比数列中任意两项之比都为相同的值r，即：ar / a = ar^2 / ar = ar^3 / ar^2 = ... = r根据等比数列的性质，我们可以得到等比数列的首项和末项公式。
设等比数列的首项为a，公比为r，末项为an。
根据等比数列的定义，有：an = a * r^(n-1)这就是等比数列的首项和末项公式。
利用这个公式，我们可以快速计算出等比数列中的任何一项，进而解决数列相关的问题。
下面我们通过一个示例来说明等比数列首项和末项公式的应用。
示例：求解等比数列的首项和末项已知一个等比数列的公比为2，第4项为8，求解首项和末项。
解题步骤：根据已知条件列出等式：将已知条件代入公式中，得：8 = a * 2^3解得a = 1继续代入公式，求解末项：总结一下，等比数列首项和末项公式是解决等比数列相关问题的重要工具，它们可以帮助我们轻松地计算出等比数列中的首项和末项。
通过深入理解等比数列的性质和规律，我们可以更好地掌握数学知识，提高解决问题的能力。
希望本文的介绍能够对读者有所帮助，谢谢阅读！第二篇示例：等比数列是数学中一种重要的数列形式，它是指一个数列中每个项与它的前一项之比相等。
数列通项公式的求法(最全)
非等差等比数列通 项公式的求法
构造法
构造法是一种常用 的数列通项公式求 法
构造法通过观察数 列的规律找出通项 公式
构造法需要一定的 数学基础和逻辑思 维能力
构造法可以应用于 非等差等比数列的 通项公式求法
数学归纳法
添加标题
定义：一种证明数学命题的方法通过证明一个命题对某个初始值成立并且假设对某个值 成立时可以推出对下一个值也成立从而证明命题对所有值都成立。
. 计算数列相邻项之间的差值得到差数列。 b. 观察差数列的规律寻找通项公式。 c. 验证通项公式的正确性。
适用范围：逐差法适用于等比数列、等差数列等有规律的数列。
单击此处输入你的项正文文字是您思想的提炼言简意赅的阐述观点。
注意事项：在使用逐差法时需要注意差数列的规律避免遗漏或错误。
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步骤： . 确定数列的通项公式的一般形式 b. 确定数列的起始项和公差或 公比 c. 代入通项公式建立方程组 d. 求解方程组得到待定系数的值
. 确定数列的通项公式的一般形式 b. 确定数列的起始项和公差或公比 c. 代入通项公式建立方程组 d. 求解方程组得到待定系数的值
应用：适用于求解非等差等比数列的通项公式 单击此处输入你的项正文文字是您思想的提炼,言简的阐述观点。
公式中的1表示首项d表示公差
公式法的适用范围：已知首项 和公差的等差数列
累加法
累加法原理：通过累加数列的前n项和得到通项公式 累加法公式：n=Sn-S(n-1)其中Sn为前n项和 累加法应用：适用于已知数列的前n项和求通项公式 累加法示例：例如已知数列{1,3,5,7,9}的前n项和为Sn=n^2则通项公式为n=2n-1
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等比数列求项数公式(一)
等比数列求项数公式
1. 等比数列定义
等比数列是指数列中的任意两项相邻的比值相等的数列。
2. 等比数列的通项公式
等比数列的通项公式可以用来求解数列的任意一项。
假设等比数
列的首项为a，公比为r，第n项为an，则通项公式为：
an = a * r^(n-1)
3. 项数的求解公式
给定等比数列的首项a、公比r和末项an，我们可以通过以下公
式求解数列的项数n：
n = log(r, (an/a)) + 1
其中，log(r, (an/a))表示以r为底an/a的对数值。
4. 举例说明
假设我们有一个等比数列的首项a为2，公比r为3，我们想要求解数列的第10项。
首先，根据等比数列的通项公式，我们可以得到第n项的表达式：
an = 2 * 3^(n-1)
代入n = 10，得到：
a10 = 2 * 3^(10-1) = 2 * 3^9 = 2 * 19683 = 39366
所以，等比数列的第10项为39366。
接下来，我们可以使用项数的求解公式，给定首项a为2，末项an为39366，公比r为3，来求解该数列的项数n。
n = log(3, (39366/2)) + 1 = log(3, 19683) + 1 ≈ 9 + 1 = 10
所以，该等比数列共有10项。
通过以上例子，我们可以看到等比数列的通项公式和项数求解公式的应用。
利用这些公式，我们可以方便地求解等比数列的任意一项和项数。