4.3.2（2）等比数列的前n项相关性质及应用课件-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

4.2.2 等比数列的前n项和公式 第二课时　等比数列的前n项相关性质及应用 1 1．掌握等比数列前n项和的性质的应用．(重点) 2．能用分组求和法求数列的和．(重点、易错点) 学习目标 情境导入 问题1　类比等差数列前n项和性质中的奇数项、偶数项的问题，等比数列是否也有相似的性质？ 提示　若等比数列{an}的项数有2n项，则 其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n， 其奇数项和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1， 容易发现两列式子中对应项之间存在联系， 一、等比数列前n项和的性质 其奇数项和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1， 从项数上来看，奇数项比偶数项多了一项， 容易发现两列式子中对应项之间存在联系， 若等比数列{an}的项数有2n＋1项， 则其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n， 一、等比数列前n项和的性质 例1　(1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且(a1＋a3＋…＋a2n－1)－(a2＋a4＋…＋a2n)＝80，则公比q＝____. 2 解析　由题意知S奇＋S偶＝－240，S奇－S偶＝80， ∴S奇＝－80，S偶＝－160， (2)若等比数列{an}共有2n项，其公比为2，其奇数项和比偶数项和少100，则数列{an}的所有项之和为______. 300 跟踪训练1　(1)若等比数列{an}共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为____，项数为____. 2 9 解析　由性质＝q可知341-1＝170q，所以q＝2， 即这个等比数列的项数为9. (2)一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则数列的通项公式an＝_________________. 解析　由题意可知，S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶. 因为数列{an}的项数为偶数， 又因为a1·a1q·a1q2＝64， 即a1＝12， 问题2　你能否用等比数列{an}中的Sm，Sn来表示Sm＋n? 思路一：Sm＋n＝a1＋a2＋…＋am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋n ＝Sm＋a1qm＋a2qm＋…＋anqm ＝Sm＋qmSn. 思路二：Sm＋n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋an＋2＋…＋an＋m ＝Sn＋a1qn＋a2qn＋…＋amqn ＝Sn＋qnSm. 问题3　类似于等差数列中的片段和的性质，在等比数列中，你能发现Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，… (n为偶数且q＝－1除外)的关系吗？ Sn，S2n－Sn，S3n－S2n ，…成等比数列 例2　在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n. 12 跟踪训练2　等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4为(　　) A．28　　B．32　　C．21　　D．28或－21 √ 2.若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm. 3.数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，……仍构成等比数列. 注意点：等比数列片段和性质的成立是有条件的，即Sn≠0. 一、等比数列前n项和的性质 二、分组求和法 15 16 17 18 19 本课小结： 本节课我们学习了： 1.等比数列前n项和的性质； 2.分组求和法； 三、等差数列与等比数列的综合应用 21 22 23 24 25 26 在等比数列{an}中，若q≠1时，Sn＝eq \f(a1(1－qn),1－q)．可以把Sn写成Sn＝Aqn－A的形式，这是等比数列前n项和的性质之一．对比等差数列前n项和的性质，那么等比数列的前n项和还有其他哪些性质？ ＝q. ＝q. ∴q＝＝2. 解析　由＝2，S偶－S奇＝100 可知S偶＝200，S奇＝100，故S2n＝300. S2n＋1＝＝341＋170＝511，解得n＝4， 12×n－1，n∈N* 所以有q＝＝. 所以a·q3＝64， 故所求通项公式为an＝12×n－1，n∈N*. A　[因为在等比数列中，连续相同项的和依然成等比数列，即 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n…成等比数列，题中 Sn＝48，S2n＝60，S2n－Sn＝12，根据等比中项性质有 S3n－S2n＝eq \f((S2n－Sn)2,Sn)＝3，则S3n＝S2n＋(S3n－S2n)＝63．] (1)A∵{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列， 即7，S4－7，91－S4成等比数列， ∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21． ∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2 ＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)>S2，∴S4＝28． 1.若数列{an}是公比为q的等比数列，则 ①在等比数列中，若项数为2n(n∈N*)，则eq \f(S偶,S奇)＝q． ②在等比数列中，若项数为2n＋1(n∈N*)，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q． 例3．求数列2eq \f(1,4)，4eq \f(1,8)，6eq \f(1,16)，…，2n＋eq \f(1,2n＋1)，…的前n项和Sn． [解]　Sn＝2eq \f(1,4)＋4eq \f(1,8)＋6eq \f(1,16)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋\f(1,2n＋1))) ＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n＋1))) ＝eq \f(n(2n＋2),2)＋n)eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))),1－\f(1,2)) ＝n(n＋1)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1)＝n2＋n－eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2)． 【例3】　已知{an}为等差数列，{bn}为单调递增的等比数列， a1＝b1＝1，a2＋a4＝6，a3b3＝12． (1)求{an}与{bn}的通项公式； (2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn． [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 由a2＋a4＝6，可得2a1＋4d＝6，又a1＝1，所以d＝1． 所以an＝a1＋(n－1)d＝n． 由a3b3＝12，可得b3＝4，又b1＝1，所以q2＝eq \f(b3,b1)＝4， 又因为数列{bn}为单调递增的等比数列，则q>0，故q＝2，所以bn＝b1qn－1＝2n－1； (2)由(1)可知an＋bn＝n＋2n－1， 数列{an}的前n项和为1＋2＋…＋n＝eq \f(n(n＋1),2)， 数列{bn}的前n项和为1＋2＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1， 故Sn＝eq \f(n(n＋1),2)＋2n－1． 【例4】　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≥2 021？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S2－S4＝S3－S2，,a2＋a3＋a4＝－18，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－a1q2－a1q3＝a1q2，,a1q(1＋q＋q2)＝－18，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝－2.)) 故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1． (2)由(1)有Sn＝eq \f(3[1－(－2)n],1－(－2))＝1－(－2)n． 若存在n，使得Sn≥2 021，则1－(－2)n≥2 021， 即(－2)n≤－2 020． 当n为偶数时，(－2)n＞0，上式不成立； 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 020，即2n≥2 020，则n≥11． 综上，存在符合条件的正整数n，且n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N*，k≥5}． [跟进训练] 3．已知Sn是无穷等比数列{an}的前n项和，且公比q≠1，1是eq \f(1,2)S2和eq \f(1,3)S3的等差中项，6是2S2和3S3的等比中项． (1)求S2和S3； (2)求数列{an}的前n项和； (3)求数列{Sn}的前n项和． [解]　(1)根据已知条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)S2＋\f(1,3)S3＝2，,(2S2)·(3S3)＝62，)) 整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3S2＋2S3＝12，,S2S3＝6，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S2＝2，,S3＝3.)) (2)因为q≠1，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1(1＋q)＝2，,a1(1＋q＋q2)＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q＝－\f(1,2)，,a1＝4.)) 所以Sn＝n)eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))),1＋\f(1,2)) ＝eq \f(8,3)－eq \f(8,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n． (3)由(2)得S1＋S2＋…＋Sn ＝eq \f(8,3)n－eq \f(8,3)·n)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))) ＝eq \f(8,3)n＋n)eq \f(8,9) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))) ． $$