等比数列的前n项和导学案2

2.3.2 等比数列的前n 项和1．理解等比数列的前n 项和公式的推导过程．2．掌握等比数列的前n 项和公式，并能用它解决有关等比数列问题．(1)在求等比数列{a n }的前n 项和公式时，应分q ＝1和q ≠1两种情况，若题目中没有指明，切不可忘记对q ＝1这一情形的讨论．(2)等比数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量，即a 1，a n ，q ，n ，S n ，通常已知其中三个量可求另外两个量，这一方法简称为“知三求二”．【做一做1－1】在等比数列{a n }中，公比q ＝－2，S 5＝44，则a 1的值为( )． A ．4 B ．－4 C ．2 D ．－2【做一做1－2】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 ．168 D ．1922．等比数列前n 项和的常用性质性质(1)：在等比数列{a n }中，若S n 为其前n 项和，则依次每k 项的和构成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，S 4k －S 3k ，…成等比数列，其公比为________．性质(2)：在等比数列{an }中，若项数为2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶S 奇＝____. 性质(3)：数列{a n }是公比为q 的等比数列，则S m ＋n ＝S n ＋__________.【做一做2】已知等比数列{a n }，S n 是其前n 项和，且S 3＝7，S 6＝63，则S 9＝________.一、错位相减法的实质及应用剖析：(1)用错位相减法求等比数列前n 项和的实质是把等式两边同乘等比数列的公比q ，得一新的等式，错位相减求出S n －qS n ，这样可以消去大量的“中间项”，从而能求出S n .当q ＝1时，S n ＝na 1，当q ≠1时，S n ＝a 1－a 1q n1－q.这是分段函数的形式，分段的界限是q ＝1.(2)对于形如{x n ·y n }的数列的和，其中{x n }为等差数列，{y n }为等比数列，也可以用错位相减法求和．错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题．(3)利用这种方法时，要注意对公比的分类讨论．二、等比数列的前n 项和公式的推导(首项为a 1，公比q ≠1)剖析：除了书上用到的错位相减法之外，还有以下方法可以求等比数列的前n 项和． (1)等比性质法 ∵a 2a 1＝a 3a 2＝a 4a 3＝…＝a na n －1＝q ， ∴a 2＋a 3＋a 4＋…＋a na 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝q ，即S n －a 1S n －a n ＝q ，解得S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 1－q n 1－q. (2)裂项相消法S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝(a 11－q －a 1q 1－q )＋(a 1q 1－q －a 1q 21－q)＋(a 1q 21－q －a 1q 31－q )＋…＋(a 1q n －11－q －a 1q n 1－q )＝a 11－q －a 1q n 1－q ＝a 1－q n1－q. (3)拆项法S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －2)＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －2＋a 1q n －1－a 1q n －1)，∴S n ＝a 1＋q (S n －a 1q n －1) ＝a 1＋q (S n －a n )．解得S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 1－q n1－q.三、教材中的“？”例2中，有别的解法吗？将这个数列的前8项倒过来排，试一试．剖析：∵S 8＝27＋26＋25＋…＋2＋1， ∴S 8＝1＋2＋22＋…＋26＋27＝－281－2＝28－1＝255.此题说明了在一个等比数列{a n }中，若为有限项，如a 1，a 2，…，a n ，则a n ，a n －1，…，a 2，a 1也是等比数列，其公比为原数列公比的倒数．题型一 等比数列的前n 项和公式的应用 【例1】在等比数列{a n }中，(1)已知a 1＝3，q ＝2，求a 6，S 6；(2)已知a 1＝－1，a 4＝64，求q 和S 4； (3)已知a 3＝32，S 3＝92，求a 1，q .分析：在等比数列的前n 项和公式中有五个基本量a 1，a n ，q ，n ，S n ，只要已知任意三个，就可以求出其他两个．反思：在等比数列{a n }中，首项a 1与公比q 是两个最基本的元素；有关等比数列的问题，均可化成关于a 1，q 的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)利用等比数列的有关性质；(3)注意在使用等比数列前n 项和公式时，要考虑q 是否等于1.题型二 等比数列的前n 项和的性质的应用【例2】在各项均为正数的等比数列{a n }中，若S 10＝10，S 20＝30，求S 30.分析：可以利用解方程组解决，也可以利用等比数列的前n 项和的性质来解决．反思：由于等比数列中，无论是通项公式还是前n 项和公式，均与q 的若干次幂有关，所以在解决等比数列问题时，经常出现高次方程，为达到降幂的目的，在解方程组时经常利用两式相除，达到整体消元的目的．题型三 某些特殊数列的求和【例3】(1)已知数列{a n }的通项公式a n ＝2n＋n ，求该数列的前n 项和S n ；(2)已知数列{a n }的通项公式a n ＝n ·2n，求该数列的前n 项和S n .分析：(1)所给数列虽然不是等差数列或等比数列，但在求该数列的前n 项和时可以把a n 看成一个等比数列和一个等差数列的和的形式，分别求和，再相加．(2)写出数列的前n 项和，注意其与等比数列形式类似，考虑用推导等比数列求和公式的方法来求其前n 项和．反思：(1)分组求和法适用于某些特殊数列的求和，这些特殊数列的通项可写成几个等比数列或等差数列的和的形式；(2)错位相减法适用于求一个等差数列与一个等比数列的积组成的新数列的前n 项和．题型四 等比数列前n 项和的实际应用【例4】为了保护某处珍贵文物古迹，政府决定建一堵大理石护墙，设计时，为了与周边景观协调，对于同种规格的大理石用量须按下述法则计算：第一层用全部大理石的一半多一块，第二层用剩下的一半多一块，第三层……依此类推，到第十层恰好将大理石用完，问共需大理石多少块？每层各用大理石多少块？分析：设出共用大理石的块数，即可求出各层大理石的使用块数，通过观察，此即为一等比数列，通过等比数列求和，求出总块数，再求出每层用的块数．反思：对于实际问题，可以采用设出未知量的方法使之具体化．通过对前几项的探求，寻找其为等比数列的本质，再通过等比数列求和公式来求解．题型五 易错辨析【例5】已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，n ，n 为偶数，试求其前n 项和．错解：S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n )＝－4n21－4＋n2×2＋n 2n2－2×2＝13·2n ＋1＋n 24＋n 2－23. 错因分析：这里数列的通项a n 是关于n 的分段函数，当n 为奇数或为偶数时对应不同的法则，因此求和必须对项数n 进行分类讨论．1在等比数列{a n }中，若a 1＝1，a 4＝18，则该数列的前10项和为( )．A ．2－128B ．2－129C ．2－1210 D ．2－1211 2等比数列的前n 项和S n ＝k ·3n＋1，则k 的值为( )．A ．全体实数B ．－1C ．1D ．33某人为了观看2012年奥运会，从2005年起，每年5月10日到银行存入a 元定期储蓄，若年利率为p 且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2012年将所有的存款及利息全部取回，则可取回的钱的总数(元)为( )．A ．a (1＋p )7B ．a (1＋p )8C ．ap [(1＋p )7－(1＋p )] D ．a p[(1＋p )8－(1＋p )]4已知等比数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，若a 2＝2，a 1a 5＝16，则S 5＝________. 5在等比数列{a n }中，S n ＝65，n ＝4，q ＝23，则a 1＝________.6在等比数列{a n }中，S 3＝4，S 6＝36，求a n . 答案：基础知识·梳理1．na 1 a 1(1－q n )1－q na 1 a 1－a n q1－q【做一做1－1】A 由题意，知q ≠1，故有S 5＝44＝a 1(1－q 5)1－q，将q ＝－2代入解得a 1＝4.【做一做1－2】B 由a 5＝a 2·q 3，得q 3＝2439＝27，∴q ＝3，从而a 1＝3.∴S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝3×(1－34)1－3＝120.2．q k (q ≠－1) q q n·S m 【做一做2】511 典型例题·领悟【例1】解：(1)a 6＝a 1q 5＝3×25＝96.S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝3(1－26)1－2＝189.(2)∵a 4＝a 1q 3，∴64＝－q 3.∴q ＝－4，∴S 4＝a 1－a 4q 1－q ＝－1－64×(－4)1－(－4)＝51.(3)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝32，S 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝92，①②②÷①，得1＋q ＋q2q2＝3， ∴2q 2－q －1＝0，∴q ＝1或q ＝－12.当q ＝1时，a 1＝32；当q ＝－12时，a 1＝6.【例2】解：解法一：设{a n }的公比为q ，显然q ≠1.由已知条件可列出方程组⎩⎪⎨⎪⎧10＝a 1(1－q 10)1－q，30＝a 1(1－q20)1－q，两式作商，得1＋q 10＝3，∴q 10＝2.∴S 30＝a 1(1－q 30)1－q＝a 1(1－q 10)1－q(1＋q 10＋q 20)＝10×(1＋2＋4)＝70.解法二：由性质S m ＋n ＝S n ＋q n·S m ，得S 20＝S 10＋q 10S 10，即30＝10＋10q 10，∴q 10＝2.∴S 30＝S 20＋q 20S 10＝30＋40＝70.解法三：运用性质S m 1－q m ＝S n1－qn (q ≠±1)．由已知条件S 10＝10，S 20＝30，易得q ≠±1，∴S 101－q 10＝S 201－q 20，即101－q 10＝301－q20.∴q 10＝2. 又S 101－q 10＝S 301－q30，解得S 30＝70. 解法四：运用性质S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，S 4k －S 3k ，…成等比数列．∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，而S 10＝10，S 20＝30，∴(S 20－S 10)2＝S 10·(S 30－S 20)，即(30－10)2＝10×(S 30－30)．∴S 30＝70. 【例3】解：(1)S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n＋n )＝(2＋22＋23＋ (2))＋(1＋2＋3＋…n )＝2(1－2n)1－2＋(1＋n )n2 ＝2n ＋1－2＋(n ＋1)n 2.(2)∵S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，∴－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1，∴S n ＝n .2n ＋1－(2＋22＋23＋ (2))＝n ·2n ＋1－2(1－2n)1－2＝n ·2n ＋1－(2n ＋1－2)＝(n －1)·2n ＋1＋2.【例4】解：设共用大理石x 块，则各层用大理石块数分别为第一层：x 2＋1＝x ＋22；第二层：x －x ＋222＋1＝x ＋24；第三层：x －x ＋22－x ＋242＋1＝x ＋28；……第十层：x －x ＋22－x ＋24－…－x ＋2292＋1＝x ＋2210.所以从第一层到第十层所用大理石的块数构成首项为x ＋22，公比为12，项数为10的等比数列，故x ＝x ＋22＋x ＋24＋…＋x ＋2210，解得x ＝2 046.答：共用去大理石2 046块，各层分别为1 024,512,256,128,64,32,16,8,4,2块． 【例5】正解：(1)当n 为奇数时，S n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n )＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n －1)＝2(1－4n ＋12)1－4＋n －12×2＋n －12(n －12－1)2×2＝13·2n ＋2＋n 24－1112. (2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n )＝2(1－4n 2)1－4＋n 2×2＋n 2(n2－1)2×2＝13·2n ＋1＋n 24＋n 2－23. 随堂练习·巩固1．B 设其公比为q ，∵a 1＝1，a 4＝a 1q 3＝18.∴q ＝12.∴S 10＝1×(1－1210)1－12＝2－129.2．B 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3k ＋1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝k ·3n －k ·3n －1＝2k ·3n－1.令3k ＋1＝2k 得k ＝－1.3．D 2005年存入的a 元到2012年所得的本息和为a (1＋p )7,2006年存入的a 元到2012年所得的本息和为a (1＋p )6，依此类推，则2011年存入的a 元到2012年的本息和为a (1＋p )，每年所得的本息和构成一个以a (1＋p )为首项，1＋p 为公比的等比数列，则到2012年取回的总额为a (1＋p )＋a (1＋p )2＋…＋a (1＋p )7＝a (1＋p )[1－(1＋p )7]1－(1＋p )＝a p[(1＋p )8－(1＋p )]．4．315．27 S 4＝a 1(1－q 4)1－q ＝a 1[1－(23)4]1－23＝65，解得a 1＝27.6．解：∵S 33≠S 66，∴q ≠1.∴S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝4，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝36.两式相除，得1＋q 3＝9，∴q ＝2.将q ＝2代入S 3＝4，得a 1＝47.∴a n ＝47·2n －1＝2n ＋17.。

《等比数列的前 n 项和》学历案一、学习目标1、理解等比数列前 n 项和公式的推导过程，掌握等比数列前 n 项和公式。

2、能够运用等比数列前 n 项和公式解决简单的实际问题。

3、体会从特殊到一般、分类讨论、转化与化归等数学思想方法。

二、学习重难点1、重点（1）等比数列前 n 项和公式的推导及应用。

（2）等比数列前 n 项和公式的特点及应用条件。

2、难点（1）错位相减法推导等比数列前 n 项和公式。

（2）对 q ＝ 1 和q ≠ 1 两种情况的讨论及综合应用。

三、知识回顾1、等比数列的定义：如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列。

这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母 q 表示（q ≠ 0）。

2、等比数列的通项公式：＼（a_n ＝ a_1 q^｛n 1}＼）（＼（n ∈N^＼）），其中\（a_1\）为首项，＼（q\）为公比。

四、新课导入我们已经知道了等比数列的定义和通项公式，那么如何求等比数列的前 n 项和呢？这就是我们今天要学习的内容。

例如，一个等比数列\（＼｛ a_n\｝＼），首项\（a_1 ＝ 1\），公比\（q ＝ 2\），求它的前\（n\）项和\（S_n\）。

五、公式推导1、当\（q ＝ 1\）时，等比数列\（＼｛ a_n\｝＼）为常数列，＼（a_n ＝ a_1\），则前\（n\）项和\（S_n ＝ na_1\）。

2、当\（q ≠ 1\）时，我们来推导等比数列的前\（n\）项和公式。

设等比数列\（＼｛ a_n\｝＼）的首项为\（a_1\），公比为\（q\），前\（n\）项和为\（S_n\）。

＼（S_n ＝ a_1 ＋ a_2 ＋ a_3 ＋… ＋ a_n\）＼（S_n ＝ a_1 ＋ a_1q ＋ a_1q^2 ＋… ＋ a_1q^｛n 1}＼）①＼（qS_n ＝ a_1q ＋ a_1q^2 ＋ a_1q^3 ＋… ＋ a_1q^n\）②①②得：＼＼begin{align}S_n qS_n&＝a_1 a_1q^n\＼（1 q)S_n&＝a_1(1 q^n)＼＼S_n&＝＼frac{a_1(1 q^n)｝｛1 q}＼end{align}＼综上，等比数列的前\（n\）项和公式为：＼（S_n ＝＼begin{cases}na_1, ＆ q ＝ 1\＼＼frac{a_1(1 q^n)｝｛1 q}，＆q ≠ 1\end{cases}＼）六、公式理解1、当\（q ＝ 1\）时，＼（S_n ＝ na_1\），这是一个关于\（n\）的一次函数。

《等比数列的前n项和公式》说课稿周国会今天我将要为大家讲的课题是等比数列前n项和。

对于这个课题，我主要从下面六个方面来进行讲解。

一、教材结构与内容分析：《等比数列前n项和公式》是高中数学必修五第二章第五节内容。

教学对象为高二学生，本节课为第一课时。

在此之前，学生已学习了数列的定义、等比数列、等比数列的通项公式等知识内容,这为过渡到本节的学习起着铺垫作用，而本节内容也为后面学习数列求和、数列极限打下基础。

本节课既是本章的重点，同时也是教材的重点。

从高中数学的整体内容来看，《数列与数学归纳法》这一章是高中数学的重要内容之一，在整个高中数学领域里占据着重要地位。

首先：数列有着广泛的实际应用。

例如产品的规格设计、储蓄、分期付款的有关计算等。

其次：数列有着承前启后的作用。

数列是函数的延续，它实质上是一种特殊的函数；学习数列又为进一步学习数列的极限等内容打下基础。

再次：数列也是培养提高学生思维能力的好题材。

学习数列要经常观察、分析、猜想,还要综合运用前面的知识解决数列中的一些问题，这些都有利于学生数学能力的提高。

本节的教学重点是等比数列前n项和公式及应用。

教学难点是等比数列前n项和公式的推导。

二、教学目标分析：作为一名数学老师,不仅要传授给学生数学知识,更重要的是传授给学生数学思想、数学意识。

根据上述教材结构与内容分析，考虑到学生已有的认知结构心理特征，我制定了如下的教学目标：1、知识与技能目标：理解等比数列前n项和公式的推导方法，掌握等比数列前n项和公式及应用。

2、过程与方法目标：通过公式推导，提高数学建模意识，体会特殊到一般的思维方式培养学生观察问题、思考问题的能力，并能灵活运用基本概念分析问题解决问题的能力,锻炼数学思维能力。

3、情感态度与价值观目标：培养学生学习数学的积极性，提高学生的建模意识及探究问题、分析与解决问题的能力培养学生勇于探索、敢于创新的精神，磨练思维品质，从中获得成功的体验。

三、学生情况分析：学生学习本节内容之前已经学习等差、等比数列的概念和通项公式，等差数列的前Ｎ项和的公式，具备一定的数学思想方法，能够就接下来的内容展开思考，而且在情感上也具备了学习新知识的渴求。

课前训练
1 1 1 的前n项和 求等比数列 1, , , ,…的前 项和 n. 的前 项和S 2 4 8
例题1: 例题1: 变式1: 变式1:
n 17 3 5 9 2 +1 的前n项和 项和S 求数列 2 , , 8 , 16,… 2 n 的前 项和 n. 4
若数列{a 的通项a 项和S 若数列 n} 的通项 n =2n+n，求其前 项和 n. ，求其前n项和
变式2 学案与测评》 变式2：《学案与测评》P32 第7题 题
求数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1 ,…的前 求数列 的前 n项和 n. 项和S 项和
Байду номын сангаас
例题2: 例题2:
若数列{a 的通项a 求其前n项和 项和S 若数列{an} 的通项an =n2n，求其前n项和Sn.
变式1： 变式1
课外练习: 课外练习:
《学案与测评》P32 学案与测评》 “举一反三”第2题, ”能力提高”第8题, 举一反三” 能力提高” 举一反三 题 能力提高 题 ”拓展延伸”第9题 拓展延伸” 拓展延伸 题
课外作业
课本P61 课本P61 第4题
等比数列的前n项和
na1 等比数列{a 中 当公比 当公比q=1时,Sn=_________; 等比数列 n}中,当公比 时 n a1 an q a1（1-q ) （ 当公比q≠1时,Sn=________________=________________; 当公比 时 1-q 1 q
等比数列的前n项和 的公式推导过程中， 等比数列的前 项和Sn的公式推导过程中，用 项和 了什么方法?___________ 了什么方法 错位相减法