4.3.2 第2课时 等比数列前n项和的综合应用(课件) -【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

单击此处添加文本具体内容 第四章　数列 4.3等比数列 4.3.2　等比数列的前n项和公式 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 [学习任务] 1.能用等比数列前n项和解决简单的数列应用问题.（重点） 2.掌握等比数列及其前n项和的综合应用问题的解法.（难点） 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 第四章 数列 [对应学生用书第27页] 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 解决等比数列前n项和的实际应用问题的基本步骤 （1）将已知条件整理成数学语言,将实际问题转化为数学问题； （2）构建等比数列模型； （3）利用等比数列的前n项和公式求解等比数列问题； （4）将所求结果还原到实际问题中. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 1.某地投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅游业.根据规划,本年度投入800万元,以后每年投入将比上一年减少,本年度当地旅游业收入估计为400万元,由于该项建设对旅游业的促进作用,预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加. （1）设n年内（本年度为第1年）的总投入为an万元,旅游业总收入为bn万元,写出an与bn的表达式； 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 解　（1）由题意知,第1年投入为800万元, 第2年投入为800万元,…, 第n年投入为800万元, ∴n年内的总投入an＝800＋800＋…＋800＝4 000－4 000×. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 第1年旅游业收入为400万元,第2年旅游业收入为400万元,…, 第n年旅游业收入为400万元, ∴n年内的旅游业总收入bn＝400＋400＋…＋400 ＝1 600×－1 600. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 解　（2）旅游业的总收入超过总投入,即bn－an＞0, 即1 600×－4 000×＞0, 化简得5×＋2×－7＞0. 设x＝,代入上式并整理得5x2－7x＋2＞0, 解此不等式,得x＜或x＞1（舍去）, ∴＜. （2）至少经过几年,旅游业的总收入才能超过总投入？（参考数值：lg 2≈0.301 0） 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 ∴lg＜lg,即n·lg＜lg, ∴n＞＝＝≈4.1. 又n∈N*,由此可得n≥5. 故至少经过5年,旅游业的总收入才能超过总投入. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 探究二　数列中的探索性问题 [例2]　已知{an}是公比为q的无穷等比数列,其前n项和为Sn,满足a3＝12, 　　　　⁠.是否存在正整数k,使得Sk＞2 020？若存在,求出k的最小值；若不存在,请说明理由.  从①q＝2,②q＝,③q＝－2这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答. 注：如果选择多个条件分别解答,那么按第一个解答计分. ⁠ 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 [解]　当q＝2时,存在,kmin＝10. 当q＝时,不存在. 当q＝－2时,存在,kmin＝11. 理由分别如下： ①当q＝2时,a1＝3,an＝3·2n－1, Sn＝＝3·2n－3. 由3·2k－3＞2 020,得2k＞674. ∵29＝512,210＝1 024,∴当Sk＞2 020时,kmin＝10. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 ②当q＝时,a1＝48,an＝48·, Sn＝＝96－96·. 由96－96·＞2 020,得－＞,不等式无解,此时不存在正整数k满足题意. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 ③当q＝－2时,a1＝3,an＝3·（－2）n－1, Sn＝＝1－（－2）n. 由1－（－2）k＞2 020,得（－2）k＜－2 019. ∵（－2）9＝－512,（－2）10＝1 024,（－2）11＝－2 048,k∈N*, ∴kmin＝11. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 　　在探索性问题中,多个条件都可以填入求解,总体思想就是代入,通过基本公式求出首项、公差、公比即可. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 　　解决等差、等比数列综合问题的关键在于运用它们的有关知识,理顺两类数列的关系,注意运用等差、等比数列的基本量表示数列中的有关项,还要注意等差、等比数列之间的转化. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 3.记Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S2＝2,S3＝－6.求： （1）{an}的通项公式； 解　（1）设{an}的公比为q.由题设可得 解得q＝－2,a1＝－2. 故{an}的通项公式为an＝（－2）n. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 （2）求Sn,并判断Sn＋1,Sn,Sn＋2是否成等差数列. 解　（2）由（1）可得Sn＝＝－＋（－1）n. Sn＋2＋Sn＋1＝－＋（－1）n ＝2＝2Sn, 因此Sn＋1,Sn,Sn＋2成等差数列. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 [对应学生用书第29页] 1.受贸易战的影响,某电商平台今年销售某国产品牌手机5 000部,如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10%,那么从今年起,大约几年可使总销售量达到30 000部（结果保留到个位）？ （提示：lg 1.6≈0.20,lg 1.1≈0.041） 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 解　根据题意,每年销售量比上一年增加的百分率相同.所以,从今年起,每年的销售量组成一个等比数列{an},其中a1＝5 000,q＝1＋10%＝1.1,Sn＝30 000.于是得到＝30 000. 整理,得1.1n＝1.6.两边取对数,得nlg1.1＝lg1.6. 根据提示算得n＝≈≈5（年）. 即大约5年可以使总销售量达到30 000部. 第2课时　等比数列前n项和的综合应用 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 第四章 数列 探究一　等比数列前n项和的实际应用 [例1]　新能源汽车技术的发展有着诸多的作用，它不仅能够帮助国家减少对石油的依赖，还能够减轻对环境的污染．为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，新车为电力型和混合动力型公交车．今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后电力型公交车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型公交车每年比上一年多投入a(a∈N*)辆． (1)求经过n年，该市被更换的公交车总辆数S(n)；(不必写出n的取值范围) (2)若该市计划7年内完成全部更换，求a的最小值． [解]　(1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的辆数， 依题意，数列{an}是首项为128，公比为1＋50%＝ eq \f(3,2) 的等比数列，{bn}是首项为400，公差为a的等差数列， 故数列{an}的前n项和为 eq \f(128×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n))),1－\f(3,2)) ＝256× eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n)－1)) ，{bn}的前n项和为400n＋ eq \f(n（n－1）,2) a， 所以经过n年，该市被更换的公交车总辆数 S(n)＝256 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n)－1)) ＋400n＋ eq \f(n（n－1）,2) a. (2)若计划7年内完成全部更换，则S(7)≥10 000， 即256 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(7)－1)) ＋400×7＋ eq \f(7×6,2) a≥10 000， 即21a≥3 082，解得a≥146 eq \f(16,21) . 又a∈N*，所以a的最小值为147. 2．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n组成的集合；若不存在，请说明理由． 解　(1)设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0. 由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S2－S4＝S3－S2，,a2＋a3＋a4＝－18，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a1q2－a1q3＝a1q2，,a1q（1＋q＋q2）＝－18，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝－2.)) 故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1. (2)存在．理由如下：由(1)得Sn＝ eq \f(3[1－（－2）n],1－（－2）) ＝1－(－2)n. 若存在n，使得Sn≥2 013，则1－(－2)n≥2 013， 即(－2)n≤－2 012. 当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立； 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，即2n≥2 012，解得n≥11. 综上，存在正整数n，使得Sn≥2 013，且符合条件的所有n组成的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N*，k≥5}． 探究三　等差数列、等比数列及前n项和的综合应用 [例3]　(山西名校联考)已知数列{an}满足an＞0，a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1)) ＝anan＋1＋2a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) ，且3a1，a2＋3，a3成等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,log\f(1,2)an，n为偶数，)) 求数列{bn}的前2n项和T2n. [解]　(1)∵a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1)) ＝anan＋1＋2a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) ， ∴(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0. ∵an＞0，∴an＋1＋an＞0，∴an＋1－2an＝0， 即 eq \f(an＋1,an) ＝2， ∴数列{an}是公比为2的等比数列． 又3a1，a2＋3，a3成等差数列， ∴3a1＋a3＝2(a2＋3)， 即3a1＋a1·22＝2(2a1＋3)， 解得a1＝2，∴an＝2n. (2)由(1)可知an＝2n， ∴bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,log\f(1,2)an，n为偶数)) ＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n，n为奇数，,－n，n为偶数，)) ∴T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n ＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n) ＝(21＋23＋…＋22n－1)－(2＋4＋…＋2n) ＝ eq \f(2－22n－1·22,1－4) － eq \f(n（2＋2n）,2) ＝ eq \f(22n＋1－2,3) －n(n＋1). 2．(山东淄博月考)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3×2n－1(n∈N*). (1)判断数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n))) 是不是等差数列，并说明理由； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解　(1)由an＋1＝2an＋3×2n－1， 得 eq \f(an＋1,2n＋1) ＝ eq \f(an,2n) ＋ eq \f(3,4) ，即 eq \f(an＋1,2n＋1) － eq \f(an,2n) ＝ eq \f(3,4) . ∵ eq \f(a1,21) ＝ eq \f(1,2) ， ∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n))) 是以 eq \f(1,2) 为首项， eq \f(3,4) 为公差的等差数列． (2)由(1)可得 eq \f(an,2n) ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(3,4) ×(n－1)＝ eq \f(3n－1,4) ， 则an＝ eq \f(3n－1,4) ·2n＝(3n－1)·2n－2， 故Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2×2－1＋5×20＋8×21＋…＋(3n－1)×2n－2， 2Sn＝2×20＋5×21＋…＋(3n－4)×2n－2＋(3n－1)×2n－1， 两式相减可得－Sn＝2×2－1＋3×20＋3×21＋…＋3×2n－2－(3n－1)×2n－1 ＝1＋3×(20＋21＋…＋2n－2)－(3n－1)×2n－1 ＝1＋3× eq \f(20（1－2n－1）,1－2) －(3n－1)×2n－1＝(4－3n)·2n－1－2， Sn＝2－(4－3n)·2n－1. $$