1.3.2.2 等比数列前n项和的性质及应用-【赢在微点】轻松课堂2023-2024学年新教材高中数学选择性必修 第二册（北师大版）

第2课时　等比数列前n项和的性质及应用 ( 　　 明代数学家吴敬所著的《九章算法比类大全》中 , 有一道数学命题叫“宝塔装灯” , 内容为 : “远望巍巍塔七层 , 红灯点点倍加增 ; 共灯三百八十一 , 请问塔尖几盏灯 ? ” ( “倍加增”指灯的数量从塔的顶层到底层按公比为 2 的等比数列递增 ), 根据此诗 , 可以得出塔的顶层有 3 盏灯 , 你知道是怎样算出来的吗 ? 1 . 灵活运用等比数列前 n 项和公式的相关性质解题 ; 2 . 结合方程的思想方法解决与等比数列前 n 项和有关问题。 ) 等比数列前n项和的常用性质 1.等比数列(q≠-1)中每k项之和依次构成的新数列依然是等比数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…仍是等比数列,新数列的公比为qk。 2.若等比数列有2n项,则=q。 3.当q≠1时,等比数列的前n项和Sn一定是Sn=Aqn-A的形式。 微思考 若某数列的前n项和公式为Sn=-aqn+a(a≠0,q≠0且q≠1,n∈N+),则此数列一定是等比数列吗? 提示:是。将等比数列前n项和公式Sn=(q≠0,且q≠1)变形为Sn=-qn(q≠0,且q≠1),若令a=,则和式可变形为Sn=a-aqn。 类型一 等比数列前n项和的性质 　　【例1】　(1)在等比数列{an}中,若前10项的和S10=10,前20项的和S20=30,则前30项的和S30=　　　　。  解析　解法一:设数列{an}的首项为a1,公比为q,则上面两式相除得1+q10=3,所以q10=2。所以S30==(1+q10+q20)=10×(1+2+4)=70。 解法二:因为S10,S20-S10,S30-S20仍成等比数列,又S10=10,S20=30,所以S30-30=,即S30=70。 答案　70 (2)若{an}是等比数列,且前n项和为Sn=3n-1+t,则t=　　　　。  解析　显然q≠1,此时应有Sn=A(qn-1),又Sn=·3n+t,所以t=-。 答案　- ( 　　 若数列 { a n } 是公比为 q 的等比数列 , 则其有以下性质 : ① S n + m = S n + q n S m ) ( 　　② 在等比数列中 , 若项数为 2 n ( n ∈ N + ), 则 = q ; 若项数为 2 n +1 , 则 = q 。 ③ S n , S 2 n - S n , S 3 n - S 2 n 成等比数列 ( 其中 q ≠-1 ) ) 【变式训练】　在等比数列{an}中,已知Sn=48,S2n=60,求S3n。 解　解法一:因为S2n≠2Sn,所以q≠1, 由已知得 ②÷①得1+qn=,即qn=　③。 将③代入①得=64, 所以S3n==64×=63。 解法二:因为{an}为等比数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列。 又Sn=48,S2n=60,所以S2n-Sn=12, 由(S2n-Sn)2=Sn·(S3n-S2n),得 122=48(S3n-60), 解得S3n=63。 类型二 an与Sn的综合应用 　　【例2】　数列{an}的前n项和Sn=3n-2(n∈N+)。求{an}的通项公式。 解　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2·3n-1。 当n=1时,a1=S1=31-2=1不适合上式。 所以an= ( 　　 ( 1 ) 已知 S n , 通过 a n = 求通项 a n , 应特别注意 n ≥2 时 , a n = S n - S n -1 。 ( 2 ) 若数列 { a n } 的前 n 项和 S n = A ( q n -1 ), 其中 A ≠0 , q ≠0 且 q ≠1 , 则 { a n } 是等比数列 ) 【变式训练】　在数列{an}中,a1=1,a1+2a2+3a3+…+nan=an+1(n∈N+),求数列{an}的通项公式。 解　由a1+2a2+3a3+…+nan=an+1,得当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)·an-1=an, 两式作差得nan=an+1-an, 得(n+1)an+1=3nan(n≥2), 即数列{nan}从第2项起是公比为3的等比数列,且a1=1,a2=1,于是2a2=2, 故当n≥2时,nan=2·3n-2。 于是an= 类型三 等比数列前n项和的实际应用 　　【例3】　借贷10 000元,月利率为1%,每月以复利计息,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(1.016≈1.061,1.015≈1.051)? 解　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(1≤n≤6), 则a0=10 000,a