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

第四章 数 列 随堂巩固促应用 验证反馈 迁移运用 1.(山西大同期末)已知等比数列{a,}的前 n (a+1)+ (a2+1)+⋯ +4.求 和： (z2+1)(ay≠0,x≠1,y≠1). 项和为S,a=8,a=言，公比q=3,,则 15g= ( ) A.8 B.15 C.3 D.6 2.设等比数列{a,}中，前 n项和为S,,已知 S? =8,S?=7,则a?+ag+a?等于 ( ) A.3 B.-8 c.58 D.55 提示、请完成《素能提升训练》训练九3.(湖南怀化期末)已知等比数列{a,}的前 n 项和为S,=3”-1+r,则r的值为 AI伴学助手 在战答计 第2课时 等比数列前 n项和的综合应用 配套答宴 善漂体 [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) 互动探究解疑难 要点归纳 重难突破 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. 27 ?高中数学·选择性必修 第二册 规律方法|Ⅱ 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. □跟踪训练 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亏，,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4 (1)设 n年内(本年度为第1年)的总投入为 a,万元，旅游业总收入为b,万元，写出an 与b,的解析式； (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) 探究二 数列中的探索性问题 [例2] 已知{a,}是公比为q的无穷等比数列， 其前n项和为S,满足 a?=12, .是否 存在正整数k,使得S,>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=2,③q=-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. 规律方法|Ⅱ 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. 跟踪训练 2.已知 S,是等比数列{a,}的前 n项和，S4,S?,S? 成等差数列，且 a?+a?+a?=—18. (1)求数列{a,}的通项公式； (2)是否存在正整数 n,使得S,≥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. 28 第四章 数 列 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{a,}满足 a,>0,a2+1=a,an+1+2a2,且3a?,a?+3,a? 成等差数列. (1)求{a,}的通项公式； 2若A-为信数，求数列{b,}的 前 2n项和T?. 跟踪训练 3.记 S,为等比数列{a,}的前 n项和，已知 S? =2,S?=—6.求 (1){a,}的通项公式； (2)求 S,,并判断 Sn+1,S,,Sn+2是否成等差 数列. I规律方法|Ⅱ 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. 随堂巩固促应用 验证反馈 迁移运用 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≈0.20,1g 1.1≈0.041) 2.(山东淄博月考)已知数列{a,}中，a?=1, an+1=2a,+3×2”-1(n∈N*). (1)判断数列 是不是等差数列，并说明 理由； (2)求数列{a,}的前 n项和Sn. 提示请完成《素能提升训练》训练十 29 2+2+2+⋯+=3n,「例4][解](1)因为 ① ,2=3,所以a?=6.所以当 n=1 时 ,2+2+2+⋯+2==3(n-1),当n≥2时， ② ①-②,得2=3,所以a=3·2"(n≥2). 显然当n=1时也满足上式， 所以a=3·2". (2)由(1)知a=3·2”,则a+2n-1=3·2”+2n-1, 也可看成3·2",2n和-1的组合，则 S,=3(2+22+⋯+2”)+2(1+2+⋯+n)—n. 所以S,=(3·2+1)+(3·22+3)+(3·23+5)+⋯十 (3·2”+2n-1) =3(2+22+⋯+2”)+[1+3+5+⋯+(2n-1)] =3·2(1-22+n(1+2m-1)=3·2+1+n2-6 [跟踪训练] 3.解(1)由a+am+1=λn(n∈N*,λ≠0), 得a?+a?=λ,a?+a?=2λ,a?+a?=3λ,a?+a?=4λ, 所以a?=λ-1,a?=λ+1,a?=2λ-1,a?=2λ+1. 因为a?是a?,a?的等比中项， 所以a2=a?a?,则λ2=4λ.又λ≠0,所以λ=4. (2)由(1)知 am+am+1=4n(n∈N*). 当n为偶数时，S=(a?+a?)+(a?+a?)+(a?+a?)十 ⋯+(ai+a.)=4+12+20+⋯+4(n-1)=m× =n2; 当 n为奇数时，S,=a?+(a?+a?)+(a?+a?)+(ag+a?) 十⋯+(a_1+a?)=1+8+16+24+⋯+4(n-1)=1+ (a+4x2 综上所述，S,=n2,n∈N'. a.=3-2a>1--2,4.解(1)由题意得 -1=3(-1),所以 则{1-1}; -1=1,公比为3的等比数列，是首项为 所以。-1=3-,所以a.=g+1 b,=n(1-1)=n·3-,(2)由(1)得 所以S,=1+2×3+3×32+⋯+n×3”-1 ①, 3S=3+2×32+⋯+(n-1)×3"1+n×3" ②, ①-②得-2S。=1+3+32+⋯+3°-1-n·3”=1-3 —n·3", s.=2n-1)·3"+1.所以 【随堂巩固促应用】 3=g×1.B 由{a,}为等比数列可知a?=a?·q"1,即 =4_号×[1-(3)]_(号) 1-3-245,则 故选B. 2.A 因为a,+ag+a,=S,-S?,且S,,S?-S,,S?-S成 等比数列，即8,-1,S?-S?成等比数列，所以8(S,一 S,-s.=8.所以a,+ag+a?=g.Sg)=1,即 3.解析 设等比数列{a}的公比为q,易知 q≠1. S.=1-q--q·q,由于等比数列的前 n项和 且S,=3-1+r=r+g·3”,故r+g=0,得r=-3 -3答案 4.解 ∵xy≠0,x≠1,y≠1, :(a+1)+(z2+1)+⋯+(z2+y) =(z+a2+⋯+a2)+(1+1+⋯+-) (-)- 第2课时 等比数列前 n项和的综合应用 【互动探究解疑难】 探究一 [例1] [解](1)设a,b,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， 1+50?的依题意，数列{a}是首项为128,公比为 等比数列，{b.}是首项为400,公差为a的等差数列， 128×[1-(2)"]_6 故数列{a,}的前 n项和为 1-3 [(2)"-1],(6.3 400n+7n-1)a,的前 n项和为 所以经过n年，该市被更换的公交车总辆数 S(n)=256[(吾)"-1]+40m+nn-12a (2)若计划7年内完成全部更换，则S(7)≥10 000, 即256[(号)-1]+400×7+?×?a≥10000, 即21a≥3082,解得a≥14616 又 a∈N*,所以a的最小值为147. [跟踪训练] 1.解(1)由题意知，第1年投入为800万元， 800(1-号)万元，⋯第 2年投入为 800(1--)万元，第 n年投入为 12 a=800+800(1-号)+⋯+∴n年内的总投入 800(1-1)?=4000-4000×(告)”. 第1年旅游业收入为400 万元，第 2年旅游业收入为 400(1+4)万元，⋯, 00(1+4)第n年旅游业收入为 万元， ∴n年内的旅游业总收入b。=400+400(1+4)+⋯+ 400(1+4)?2=1600×(4)"-1600 (2)旅游业的总收入超过总投入，即b-a,>0, 即1600×[(4)°-1]-4000×[1-(号)”]>0, 5×(号)"+2×(4)"-7>0.化简得 设x=(告)”, ,代入上式并整理得5x2—7x+2>0, a<号或z>1(舍去),解此不等式，得 (告)"<号 ∴1g(号)"<1g号，即n·1g4<1g号， -8-结 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. 探究二 [例2] [解] 当q=2时，存在，k=10. 当q=2时，不存在. 当q=-2时，存在，km=11. 理由分别如下： ①当q=2 时，a?=3,a,=3·2"-1 s=3-32"=3·2"-3. 2'>6743.由3·2*-3>2 020,得 ∵2?=512,21?=1 024,∴当S,>2 020时，k=10. ②当q=去时，a,=48,a,=48·(2)-, -·()-0-0-() 由96-96·(言)>2 020,得一44>(去),,不等式无 解，此时不存在正整数k满足题意。 ③当q=-2时，a?=3,a=3·(-2)“-1, s.=3-3·(-22)“=1-(-2)”. 由1-(-2)>2 020,得(-2)*<-2 019. ∵(-2)?=-512,(-2)1?=1 024,(-2)1=-2 048, k∈N*, ∴kmim=11. [跟踪训练] 2.解(1)设等比数列{a,}的公比为q,则a?≠0,q≠0. s-s+a5=-18,由题意得 ga+ats-=-18 a=-32.解得 故数列{a,}的通项公式为a=3×(-2)”-1. 即 s.=3C1=(-2)~=1-(2)存在.理由如下：由(1)得 (-2)". 若存在n,使得S,≥2 013,则1-(-2)”≥2 013, 即(-2)”≤-2 012. 当n为偶数时，(-2)">0,上式不成立； 当n为奇数时，(-2)“=-2"≤-2 012,即2"≥2 012, 解得 n≥11. 综上，存在正整数n,使得S,≥2013,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 [例3] [解](1)∵a+1=a,an+1+2a2, ∴(an+1+a)(aa+1-2a)=0. ∵a>0,∴am+1+a,>0,∴a+1-2a,=0, 即=2, ∴数列{a,}是公比为2的等比数列. 又3a?,a?+3,a?成等差数列， ∴3a?+a?=2(a?+3), 即3a?+a?·22=2(2a?+3), 解得a?=2,∴a,=2”. (2)由(1)可知a=2”, -0,*-(-m为做数， ∴T?=b?+b?+b?+⋯+b? =(b?+b?+⋯+b-1)+(b?+b?+⋯+b?) =(21+23+⋯+2m-1)-(2+4+⋯+2n) =2-21-42-n(2+2m =23-2-n(n+1). [跟踪训练] 3.解(1)设{a}的公比为q.由题设可得 aa+a+-2)=- 解得q=-2,a?=-2. 故{a,}的通项公式为a,=(-2)”. s.=9(1-q=-3+(-1°23.(2)由(1)可得 5.++S=-4+(-1°232 =2[-3+(-1°23]=2s, 因此S,+1,S,S+2成等差数列。 【随堂巩固促应用】 1.解 根据题意，每年销售量比上一年增加的百分率相 13 同.所以，从今年起，每年的销售量组成一个等比数列 {a},其中a?=5 000,q=1+10?.1,S,=30 000.于 是得到50001-1.1=3000 整理，得1.1"=1.6.两边取对数，得nlg 1.1=lg 1.6. n=1g1.6~0.04~5(年).根据提示算得 即大约5年可以使总销售量达到30 000部。 2.解(1)由an+1=2a,+3×2"-1, 得2=2+4,即2-2=4. =2, }是以为首项，4∴数列 为公差的等差数列。 2=2+4×(n-1)=3m-1,(2)由(1)可得 则a。=3m-1·2”=(3n-1)·2-22, 故S=a?+a?+a?+⋯+a,=2×2-1+5×2°+8×21+ ⋯+(3n-1)×2"-2, 2S,=2×2°+5×21+⋯+(3n—4)×2"-2+(3n—1) ×2"-1, 两式相减可得一S,=2×2-1+3×2°+3×21+⋯+3× 2"~2—(3n-1)×2"1 =1+3×(2°+21+⋯+2”-2)—(3n-1)×2”-1 =1+3×41-2)-(3n-1)×2=1=(4-3m)·2=1-2, S,=2-(4-3n)·2”-1. 4.4 数学归纳法 【自主学习探新知】 知识点 n=k+1 从n?开始 【互动探究解疑难】 探究一 [例1] [证明](1)当n=1时，左边=1×4=4,右边=1 ×22=4,左边=右边，等式成立. (2)假设当 n=k(k∈N”)时等式成立，即1×4+2×7+ 3×10+⋯+k(3k+1)=k(k+1)2. 那么,当n=k+1时，1×4+2×7+3×10+⋯+k(3k+ 1)+(k+1)[3(k+1)+1]=k(k+1)2+(k+1)[3(k+ 1)+1]=(k+1)(k2+4k+4)=(k+1)[(k+1)+1]2, 即当 n=k+1时等式也成立. 根据(1)和(2),可知等式对任何 n∈N*都成立. 「跟踪训练 1.证明(1)当 n=1时，左边=1×22=4, 右边=1×(1+1×(3×12+11×1+10)=4, 所以左边=右边，等式成立. (2)假设当n=k(k≥1,k∈N*)时，等式成立，即1×22+ 2×32+3×4+⋯+k(k+1)2=(k+1)(3k2+11k+ 10), 那么当n=k+1时， 1×22+2×32+3×42+⋯+k(k+1)2+(k+1)(k+2)2 =ka+1(3k2+11k+10)+(k+1)(k+2)2==(+1 (3k+5)(k+2)+(k+1)(k+2)2=(k+1(k+2)(3k2+ 5k+12k+24)=(k+1(k+2)[3(k+1)2+11(k+1)+ 10].即当 n=k+1时，等式也成立.综上，对任何 n∈ N*,等式都成立. 探究二 [例2] [证明](1)当 n=2时， 左边=3+4+号+?>5,,不等式成立. (2)假设当 n=k(k≥2,k∈N“)时不等式成立， 即+1+k+2+⋯+k>5, 则当 n=k+1时， a+1)+1+k+1)+2+⋯++3++3+2+3k+)= 1+42+⋯++(3+1+3+2+3+34)>6+ (3k+1+3k+2+3k+3-k+1)>?+(3×3k+3- k+1)=6, 所以当n=k+1时不等式也成立. 由(1)(2)可知，原不等式对一切 n≥2,n∈N”均成立. [跟踪训练] 2.证明(1)当 n=1时，显然成立。 (2)假设当 n=k(k≥1,k∈N*)时，命题成立， 即1+e≤1+1+3+⋯+1<1+k, 则当n=k+1时， 1+1+g+⋯+2+2+1+z+2+⋯+2+2>1 +冬+2·2+2=1+去1, 1+2+3+⋯+2+2+1+2+2+⋯+z+2< +k+2·1=2+(k+1), 即当 n=k+1时，命题成立. 由(1)和(2)可知，命题对所有的n∈N*都成立. 探究三 [例3] [证明](1)当n=1时，42×1+1+31+2=91能被 13整除。 (2)假设当n=k(k∈N*)时，42+1+3k+2能被13 整除， 则当 n=k+1时， 42(A+1)+1+32+3=4+1·42+3*+2·3-42+1·3+42+1. 3=42h+1·13+3·(42k+1+3*+2). ∵4*+1·13能被13 整除，42??+3*+2能被13 整除， ∴当 n=k+1时，42(k+1)+1+3?+3也能被13 整除。 由(1)(2)知，42m+1+3*+2能被13 整除对任何 n∈N*都 成立. [跟踪训练] 3.证明 (1)当n=1时，f(1)=3?-8-9=64,能被 64 整除。 14