5.3.2 第2课时 等比数列前n项和的性质-【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三册（人教B版）

第2课时　等比数列前n项和的性质 ( 　　 明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》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 , 请问顶层几盏灯 ? ” ( “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 项和的有关问题。 ) 知识点一、等比数列前n项和公式的函数特征 若{an}是等比数列,且公比q≠1,则前n项和Sn=(1-qn)=A(qn-1)。其中A=。 知识点二、等比数列前n项和的性质 (1)若数列{an}为公比不为-1的等比数列,Sm为其前m项和,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍构成等比数列。 (2)若{an}是公比为q的等比数列,则Sn+m=Sn+qnSm(n,m∈N+)。 微思考 　　等比数列的前n项和的变式可以类比的函数是什么? 提示:等比数列的前n项和Sn是由关于n的一个指数式与一个常数的和构成的,而指数式的系数与常数项互为相反数。当公比q=1时,因为a1≠0,所以Sn=na1的相应函数是正比例函数(常数项为0的一次函数)。 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= 70 。  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。 (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=-。 　　若数列{an}是公比为q的等比数列,则其有以下性质: ①Sn+m=Sn+qnSm。 ②在等比数列中,若项数为2n(n∈N+),则=q;若项数为2n+1,则=q。 ③Sn,S2n-Sn,S3n-S2n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　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。 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Sn,通过an=求通项an,应特别注意n≥2时,an=Sn-Sn-1。 (2)若数列{an}的前n项和Sn=A(qn-1),其中A≠0,q≠0且q≠1,则{an}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?(参考数据: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,a1=1.01a0-a,a2=1.01a1-a=1.012a0-(1+1.01)a,…,a6=1.01a5-a=…=1.016a0-(1+1.01+…+1.015)a。由题意,可知a6=0,即1.016a0-(1+1.01+…+1.015)a=0,a=。因为1.016≈1.061,所以a≈≈1 739(元)。故每月应支付1 739元。 解法二:一方面,借款10 000元,将此借款以相同的条件存储6个月,则它的本利和为S1=104(1+0.01)6=104×(1.01)6(