高中数学学案：2.3.2等比数列的前N项和课堂探究学案.pdf

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1、1 2.3.22.3.2 等比数列的前等比数列的前 N N 项和项和 课堂探究课堂探究 一、错位相减法的实质及应用一、错位相减法的实质及应用 剖析剖析：(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SnqSn，这样可以消去大量的“中间项”，从而能求出Sn当q1 时，Snna1，当q1 时，Sna1a1qn1q这是分段函数的形式，分段的界限是q1(2)对于形如xnyn的数列的和，其中xn为等差数列，yn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

2、二、二、等比数列的前等比数列的前n n项和公式的推导项和公式的推导(首项为首项为a a1 1，公比公比q q1)1)剖析：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 a2a1a3a2a4a3anan1q，a2a3a4ana1a2a3an1q，即Sna1Snanq，解得Sna1anq1qa1(1qn)1q(2)裂项相消法 Sna1a2a3ana1a1qa1q2a1qn1(a11qa1q1q)(a1q1qa1q21q)(a1q21qa1q31q)(a1qn11qa1qn1q)a11qa1qn1qa1(1qn)1q(3)拆项法 Sna1a2a3an a1

3、a1qa1q2a1qn1 a1q(a1a1qa1q2a1qn2)a1q(a1a1qa1q2a1qn2a1qn1a1qn1)，Sna1q(Sna1qn1)a1q(Snan)解得Sna1anq1qa1(1qn)1q 三、教材中的三、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 2 剖析：剖析：S827262521，S8122226271(128)12281255 此题说明了在一个等比数列an中，若为有限项，如a1，a2，an，则an，an1，a2，a1也是等比数列，其公比为原数列公比的倒数 题型一题型一等比数列的前等比数列的前n n项和公式的应用项和公式的应用【例

4、例 1 1】在等比数列an中，(1)已知a13，q2，求a6，S6；(2)已知a11，a464，求q和S4；(3)已知a332，S392，求a1，q 分析分析：在等比数列的前n项和公式中有五个基本量a1，an，q，n，Sn，只要已知任意三个，就可以求出其他两个 解：解：(1)a6a1q532596 S6a1(1q6)1q3(126)12189(2)a4a1q3，64q3q4，S4a1a4q1q164 (4)1(4)51(3)由题意，得Error!Error!Error!Error!，得1qq2q23，2q2q10，q1 或q12 当q1 时，a132；当q12时，a16 反思：反思：在等比数列

5、an中，首项a1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a1，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 题型二题型二等比数列的前等比数列的前n n项和的性质的应用项和的性质的应用【例例 2 2】在各项均为正数的等比数列an中，若S1010，S2030，求S30 分析：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 3 解：解：解法一：设an的公比为q，显然q1 由已知条件可列出方程组Error!Error!两式作商，得 1q103，q102 S

6、30a1(1q30)1qa1(1q10)1q(1q10q20)10(124)70 解法二：由性质Sm+nSnqnSm，得S20S10q10S10，即 301010q10，q102 S30S20q20S10304070 解法三：运用性质Sm1qmSn1qn(q1)由已知条件S1010，S2030，易得q1，S101q10S201q20，即101q10301q20q102 又S101q10S301q30，解得S3070 解法四：运用性质Sk，S2kSk，S3kS2k，S4kS3k，成等比数列 S10，S20S10，S30S20成等比数列，而S1010，S2030，(S20S10)2S10(S30S

7、20)，即(3010)210(S3030)S3070 反思：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 题型三题型三某些特殊数列的求和某些特殊数列的求和【例例 3 3】(1)已知数列an的通项公式an2nn，求该数列的前n项和Sn；(2)已知数列an的通项公式ann2n，求该数列的前n项和Sn 分析分析：(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an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

8、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 解：解：(1)Sna1a2a3an(21)(222)(233)(2nn)(222232n)(123n)4 2(12n)12(1n)n2 2n+12(n1)n2(2)Sn121222323n2n，2Sn122223(n1)2nn2n+1，Sn222232nn2n1，Snn2n+1(222232n)n2n+12(12n)12 n2n+1(2n+12)(n1)2n+12 反思：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

9、与一个等比数列的积组成的新数列的前n项和【互动探究】【互动探究】求和 1aa2an 解：解：(1)当a0 时，Sn+110001(2)当a1 时，Sn1n1(3)当a1 时，当n为偶数时，Sn11；当n为奇数时，Sn10，即Sn1Error!Error!(4)当a1，0，1 时，Sn11aa2an1an11a 题型四题型四等比数列前等比数列前n n项和的实际应用项和的实际应用【例例 4 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

10、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 解：解：设共用大理石x块，则各层用大理石块数分别为 第一层：x21x22；11 11n 个5 第二层：xx2221x24；第三层：xx22x2421x28；第十层：xx22x24x22921x2210 所以从第一层到第十层所用大理石的块数构成首项为x22，公比为12，项数为 10 的等比数列，故xx22x24x2210，解得x2 046 答：共用去大理石 2 046 块，各层分别为 1 024，51

11、2，256，128，64，32，16，8，4，2 块 反思：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 题型五题型五易错辨析易错辨析【例例 5 5】已知数列an满足anError!Error!试求其前n项和 错解：错解：Sna1a2a3an(a1a3a5an1)(a2a4a6an)n22n2(n21)22 132n+1n24n223 错因分析：错因分析：这里数列的通项an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 正解：正解：(1)当n为奇数时，Sn(a1a3a5an)(a2a4a6an1)n122n12(n121)22 132n+2n241112(2)当n为偶数时，122 1-41 4n6 Sn(a1a3a5an1)(a2a4a6an)n22n2(n21)22 132n+1n24n223 122 1-41 4n