2019年高中数学 第二章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第一课时 等比数列的前n项和课件 新人

2.5等比数列的前n项和第一课时等比数列的前n项和课标要求:1.掌握等比数列的前n项和公式,了解推导等比数列前n项和公式的过程与方法.2.能够运用等比数列的前n项和公式进行有关的计算.3.掌握等比数列的前n项和的性质及其应用.自主学习知识探究1.等比数列的前n项和公式若等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则等比数列{an}的前n项和的公式为Sn=11,1,(1),1.1nnaqaqqq(2)当10,01aq或10,1aq时,等比数列{an}为递减数列;等比数列前n项和公式分q=1与q≠1两种情况,因此当公比未知时,要对公比进行分类讨论.11naaqq2.等比数列前n项和的性质设等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,则利用等比数列的通项公式及前n项和公式可推得等比数列的前n项和具有以下性质:(1)当q=1时,nmSS=nm;当q≠±1时,nmSS=11nmqq.(2)Sn+m=Sm+qmSn=Sn+qnSm.(3)设S偶与S奇分别是偶数项的和与奇数项的和.若项数为2n,则SS偶奇=q;若项数为2n+1,即1SaS奇偶=q.(4)当q≠-1时,连续m项的和(如Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…)仍组成等比数列(公比为qm,m≥2),注意:这连续m项的和必须非零才能成立.(5)若{an}是公比为q的等比数列,则①前n项积Tn=(1)21nnnaq;②连续m项的积仍为等比数列,即Tm,2mmTT,32mmTT,…是等比数列,公比为2mq.自我检测1.等比数列{an}中,a1=2,a2=1,则S100等于()(A)4-2100(B)4+2100(C)4-2-98(D)4-2-100C解析:由题意a1=2,q=12.所以S100=1002(12)112=4-2-98.解析:S4=41(1)1aqq=1,①S8=81(1)1aqq=17,②②÷①得1+q4=17,q4=16,q=±2.故选C2.等比数列{an}中,已知前4项之和为1,前8项和为17,则此等比数列的公比q为()(A)2(B)-2(C)2或-2(D)2或-1C解析:根据题意知,等比数列{an}的公比不是-1.由等比数列的性质,得(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即122=3×(S6-15),解得S6=63.故选C.3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则S6等于()(A)31(B)32(C)63(D)64C解析:因为{an}成等比数列,所以a1+a2,a3+a4,a5+a6也成等比数列,所以(a3+a4)2=(a1+a2)(a5+a6),所以a5+a6=241=16.4.在由正数组成的等比数列{an}中,a1+a2=1,a3+a4=4,则a5+a6=.答案:16解析:设等比数列{an}的公比为q,因为8a2+a5=0,所以8a1q+a1q4=0.所以q3+8=0,所以q=-2,所以52SS=51(1)1aqq·211(1)qaq=5211qq=51(2)14=-11.5.设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2+a5=0,则52SS=.答案:-11题型一等比数列的前n项和的基本运算课堂探究【例1】在等比数列{an}中,(1)若Sn=189,q=2,an=96,求a1和n;解:(1)由Sn=1(1)1naqq,an=a1qn-1以及已知条件得111(12)189,12962,nnaa①②由②得,a1·2n=192,所以2n=1192a,由①得189=a1(2n-1)=a1)(1192a-1),所以a1=3.所以2n-1=963=32,所以n=6.解:(2)设公比为q,由通项公式及已知条件得211351110,5,4aaqaqaq即21321(1)10,5(1).4aqaqq①②因为a1≠0,1+q2≠0,所以②÷①得,q3=18,即q=12,所以a1=8.所以a4=a1q3=8×(12)3=1,S5=51(1)1aqq=518[1()]2112=312.(2)若a1+a3=10,a4+a6=54,求a4和S5.方法技巧(1)解答关于等比数列的基本运算问题,通常是利用a1,an,q,n,Sn这五个基本量的关系列方程组求解,而在条件与结论间联系不很明显时,均可用a1与q列方程组求解.(2)运用等比数列的前n项和公式要注意公比q=1和q≠1两种情形,在解有关的方程组时,通常用两式相除约分的方法进行消元.即时训练1-1:已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和等于.解析:由已知得,a1a4=a2a3=8,又a1+a4=9,解得141,8aa或148,1.aa而数列{an}是递增的等比数列,所以a1a4,所以a1=1,a4=8,从而q3=41aa=8,即q=2,则前n项和Sn=1(1)1naqq=2n-1.答案:2n-1题型二等比数列前n项和的性质【例2】(1)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若42SS=3,则64SS等于()(A)2(B)73(C)310(D)1或2解析:(1)设S2=k,S4=3k,由数列{an}为等比数列,得S2,S4-S2,S6-S4为等比数列,所以S2=k,S4-S2=2k,S6-S4=4k,所以S6=7k,S4=3k,所以64SS=73kk=73.故选B.答案:(1)B解析:(2)由a2,a4,a3成等差数列得2a1q3=a1q+a1q2,即2q2=1+q,得q=1或q=-12.当q=1时,S4=4a1=4;当q=-12时,S4=411()211()2=58.(2)已知等比数列{an}的首项a1=1,且a2,a4,a3成等差数列,则数列{an}的公比q=,数列{an}的前4项和S4=.答案:(2)58解析:(1)因为a7+a8+a9=S9-S6,且公比不等于-1,在等比数列中,S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以有8(S9-S6)=(-1)2,S9-S6=18,即a7+a8+a9=18.选A.即时训练2-1:(1)设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于()(A)18(B)-18(C)578(D)558答案:(1)A(2)若Sn为等比数列{an}的前n项和,且2S4=a5-2,2S3=a4-2,则数列{an}的公比q=.解析:(2)将2S4=a5-2,2S3=a4-2相减得2a4=a5-a4,所以3a4=a5,公比q=54aa=3.答案:(2)3题型三等比数列的综合应用【例3】已知等比数列{an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列{an}的通项公式;解:(1)设等比数列{an}的公比为q,则由已知可得133211125,10,aqaqaq解得15,33aq或15,1.aq故an=53·3n-1或an=-5·(-1)n-1.(2)是否存在正整数m,使得11a+21a+…+1ma≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.解:(2)不存在.理由:若an=53·3n-1,则1na=35（13）n-1,则{1na}是首项为35,公比为13的等比数列.从而11a+21a+…+1ma=31[1()]53113m=910·[1-（13）m]9101.若an=-5·(-1)n-1,则1na=-15(-1)n-1,故{1na}是首项为-15,公比为-1的等比数列,从而11a+21a+…+1ma=**1,21(N)50,2(N).mkkmkk，故11a+21a+…+1ma1.综上,对任何正整数m,总有11a+21a+…+1ma1.故不存在正整数m,使得11a+21a+…+1ma≥1成立.方法技巧处理探索性问题的一般方法是:假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立,然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要的作用.还可以根据已知条件建立恒等式,利用等式恒成立的条件求解.即时训练3-1:在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,an;解:(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.解:(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d0,由(1)得d=-1,an=-n+11.当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-12n2+212n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=12n2-212n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=22121,11,22121110,12.22nnnnnn(2)若d0,求|a1|+|a2|+…+|an|.