1.3.2 第2课时 等比数列的前n项和的性质-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版2019）

第2课时　等比数列的前n项和的性质 知识层面 1.熟练应用等比数列前n项和的性质解题．　 2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题. 素养层面 通过对等比数列前n项和性质的应用，培养数学运算、逻辑推理的素养. 知识点一　等比数列前n项和的”片段和“性质 问题1.你能否用等比数列{an}中的Sm，Sn来表示Sm＋n? 提示：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2.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？ 提示：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，证明如下： 思路一：当q＝1时，结论显然成立； 当q≠1时，Sn＝，S2n＝，S3n＝.S2n－Sn＝－＝， S3n－S2n＝－＝，而＝，Sn(S3n－S2n)＝·，故有＝Sn(S3n－S2n)，所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列． 思路二：由性质Sm＋n＝Sm＋qmSn可知S2n＝Sn＋qnSn，故有S2n－Sn＝qnSn， S3n＝S2n＋q2nSn，故有S3n－S2n＝q2nSn，故有＝Sn(S3n－S2n)， 所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列． 学生用书↓第32页 “片段和”性质 1．若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N＋)． 2．若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和(n为偶数且q＝－1除外)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列． [微提醒]　“片段和”性质成立的条件：Sn≠0. 例1　(一题多解)在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n. 解：法一：因为S2n≠2Sn，所以q≠1， 由已知得 ②÷①得1＋qn＝，即qn＝，③ ③代入①得＝64， 所以S3n＝＝64＝63. 法二：因为{an}为等比数列，显然公比不等于－1， 所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列， 所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)， 所以S3n＝＋S2n＝＋60＝63. 法三：由性质Sm＋n＝Sm＋qmSn可知S2n＝Sn＋qnSn，即60＝48＋48qn，得qn＝， 所以S3n＝S2n＋q2nSn＝60＋48×＝63. [变式探究] (变条件，变结论)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若an>0，S3＝5，a7＋a8＋a9＝20，则S15＝__________________________________________. 答案：155 解析：由等比数列的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，S15－S12是等比数列，由条件可知S3＝5，S9－S6＝20，设此等比数列的公比为q，则q2＝＝＝4，又an>0，所以q＝2，S15＝S3＋＋＋＋，所以S15＝＝155. 处理等比数列前n项和的“片段和”有关问题的常用方法 1．充分利用Sm＋n＝Sm＋qmSn和Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…(n为偶数且q＝－1除外)仍成等比数列这一重要性质，能有效减少运算． 2．运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元． 对点练1. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝－1，S4＝－5，则S6等于(　　 ) A．－9 B．－21 C．－25 D．－63 答案：B 解析：因为S2＝－1≠0，所以q≠－1，由等比数列前n项和的性质得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即－1×(S6＋5)＝(－5＋1)2，所以S6＝－21.故选B. 知识点二　等比数列前n项和的“奇偶项”性质 问题3.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}共有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，容易发现两式子中对应项之间存在联系，即S偶＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝qS奇，所以有＝q. 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，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，于是我们有S奇－a1＝a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝a2q＋a4q＋…＋a2nq＝qS偶，即S奇＝a1＋qS偶． 若{an}是公比为q的等比数列，S偶，S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和，则： (1)在其前2n项中，＝q； (2)在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝＝(q≠－1)． [微提醒]　若项数为2n＋1，则＝q(S偶≠0)；S奇＝a1＋qS偶． 例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＝________． 答案：12×，n∈N＋ 解析：设数列{an}的首项为a1，公比为q，所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇，S偶，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，所以有q＝＝.又因为a1·a1q·a1q2＝64，所以a·q3＝64，即a1＝12，故所求通项公式为an＝12×，n∈N＋. 处理等比数列前n项和的“奇偶项”有关问题的常用方法 1．若等比数列{an}共有2n项，要抓住＝q和S偶＋S奇＝S2n这一隐含特点；若等比数列{an}共有2n＋1项，要抓住S奇＝a1＋qS偶和S偶＋S奇＝S2n＋1这一隐含特点． 2．运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元． 3．灵活运用等比数列前n项和的有关性质． 对点练2. 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________． 答案：2　9 解析：由性质S奇＝a1＋qS偶可知341＝1＋170q，所以q＝2，S2n＋1＝＝341＋170＝511，解得n＝4，即这个等比数列的项数为9. 学生用书↓第33页 应用一　利用错位相减法求数列的前n项和 例3　已知等比数列{an}中，a1＋a2＝8，a2＋a3＝24，Sn为数列{an}的前n项和． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝an·log3(Sn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q， 则q＝＝＝3. 故a1＋a2＝a1＋3a1＝8，解得a1＝2， 所以an＝a1qn－1＝2×3n－1. (2)由(1)知an＝2×3n－1，Sn＝3n－1， 所以bn＝an·log3(Sn＋1)＝2×3n－1×log33n＝2n·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋2(n－1)×3n－2＋2n·3n－1，① 3Tn＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋2(n－1)×3n－1＋2n·3n，② ①－②得－2Tn＝2×30＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2n·3n＝－2n·3n＝3n(1－2n)－1. 所以Tn＝. 关于错位相减法求和 1．适用范围：{an}是等差数列，{bn}是等比数列(q≠1)，形如cn＝anbn的数列适合利用错位相减法求和． 2．求和步骤：(1)对求和式Sn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn(ⅰ)，要写出倒数第二项cn－1； (2)式子的两边同乘以等比数列的公比q，写成qSn＝c1q＋c2q＋…＋cn－1q＋cnq(ⅱ)的形式，要空一位书写，(ⅰ)(ⅱ)式形成错位； (3)(ⅰ)式－(ⅱ)式，左边＝(1－q)Sn，右边考查除了最后一项外的其他项，利用等比数列求和公式求和、整理； (4)两边同除以1－q，整理得Sn. 对点练3.在各项均为正整数的等差数列{an}中，a10－a2＝16，且为小于10的质数． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝2n(an－1)，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)因为a10－a2＝16，所以公差d＝＝2. 又因为＝＝＋3d＝＋6，且为小于10的质数，a1为正整数， 所以＋6＝7，a1＝2. 故an＝2＋(n－1)×2＝2n. (2)由(1)知，an＝2n，所以bn＝2n·(2n－1)， 则Sn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n， 2Sn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1， 则Sn－2Sn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n＋1，化简得－Sn＝2n＋1(3－2n)－6， 即Sn＝2n＋1(2n－3)＋6. 应用二　等差、等比数列的综合运算 例4　设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N＋)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N＋)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值． 解：(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0)． 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0. 因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1. 所以Tn＝＝2n－1. 设等差数列{an}的公差为d. 由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.① 由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，② 联立①，②得a1＝1，d＝1，故an＝n. 所以Sn＝. (2)由(1)，有 T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2. 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得 ＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1， 整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍去)，或n＝4. 所以n的值为4. 学生用书↓第34页 与等差、等比数列有关的综合问题，其解题过程应注意以下方法与技巧 1．化归思想：将非等差、等比数列转化构造成等差、等比数列，以便于利用其公式和性质解题． 2．等差(比)数列公式和性质的灵活应用． 3．当题中有多个数列出现时，既要研究单一数列项与项之间的关系，又要关注各数列之间的相互联系． 对点练4.已知Sn是无穷等比数列{an}的前n项和，且公比q≠1，1是S2和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． 解：(1)根据已知条件 整理得解得 (2)因为q≠1，所以 解得 所以Sn＝＝－. 知识 1.等比数列前n项和的“片段和”性质.2.等比数列前n项和的“奇偶项”性质.3.利用错位相减法求数列的前n项和.4.等差、等比数列的综合运算 方法 公式法、分类讨论法 易错误区 应用“片段和”性质时易忽略其成立的条件 1．等比数列{an}中，a3＝a4，则＋＋＋…＋＝(　　 ) A． B． C． D． 答案：D 解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a3＝a4，所以q＝3，所以＋＋＋…＋＝q＋q2＋q3＋…＋qn＝＝＝.故选D. 2．已知等比数列{an}共有32项，其公比q＝3，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列{an}的所有项之和是(　　 ) A．30 B．60 C．90 D．120 答案：D 解析：设等比数列{an}的奇数项之和为S1，偶数项之和为S2，则S1＝a1＋a3＋a5＋…＋a31，S2＝a2＋a4＋a6＋…＋a32＝q＝3S1，又S1＋60＝S2，则S1＋60＝3S1，解得S1＝30，S2＝90，故数列{an}的所有项之和是30＋90＝120.故选D. 3．(多选题)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　 ) A．数列{kan}(k≠0)为等比数列 B．数列an，an＋m，an＋2m，…为等比数列 C．数列an，an＋m，an＋2m，an＋3m，…为等比数列 D．数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…为等比数列 答案：AB 解析：由等比数列的定义可知，数列{an}每项乘以一个不为0的常数构成的数列为等比数列，故A正确；等比数列中等距离项构成的数列为等比数列，故B正确；因为m，2m，3m，…构成一个等差数列，所以当m≠0时不能构成等比数列，故C错误；若an＝(－1)n，此时S2＝0，S4－S2＝0，S6－S4＝0，…不能构成等比数列，故D错误．故选AB. 4．(一题多解)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为____________________________________． 答案：－ 解析：法一：若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不合题意．所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3， 所以8·＝7·， 即8·(1－q6)＝7·(1－q3)，即8·(1＋q3)(1－q3)＝7·(1－q3)，即8·(1＋q3)＝7， 解得q＝－. 法二：由法一知q≠1，因为8S6＝7S3，所以＝，所以由性质＝，得＝＝， 所以8·＝7·，即8·(1＋q3)＝7·，即8·＝7，解得q＝－. 课时测评10　等比数列的前n项和的性质 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9每小题5分，共45分) 1．已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1 012，偶数项之和为2 024，则这个数列的公比为(　　 ) A．8 B．－2 C．4 D．2 答案：D 解析：由＝q，可知q＝2.故选D. 2．在等比数列{an}中，Sn为其前n项和．若S2＝7，S6＝91，则S4＝(　　 ) A．28 B．32 C．35 D．49 答案：A 解析：因为{an}为等比数列，S6≠3S2，且S2≠0，所以公比q≠±1.所以S2，S4－S2，S6－S4是公比为q2的等比数列，即7，S4－7，91－S4是公比为q2的等比数列．所以(S4－7)2＝7×(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21(舍去)．故选A. 3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且＝9，则的值为(　　 ) A． B．2 C．2 D．4 答案：D 解析：设等比数列{an}的公比为q，因为＝9，所以S6＝9S3，所以S6－S3＝8S3，即a4＋a5＋a6＝8(a1＋a2＋a3)，由a4＋a5＋a6＝q3(a1＋a2＋a3)，且a1＋a2＋a3≠0，所以q3＝8，故q＝2，所以＝q2＝4.故选D. 4．(多选题)(2024·山东淄博高二期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是(　　 ) A．若Sn＝n2＋1，则{an}是等差数列 B．若Sn＝3n－1，则{an}是等比数列 C．若{an}是等差数列，则S9＝9a5 D．若{an}是等比数列，且a1>0，q>0，则S1S3>S 答案：BC 解析：若Sn＝n2＋1，当n＝1时，a1＝S1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝2不满足an＝2n－1，故A错误；若Sn＝3n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1，且a1＝S1＝2，又a1＝2满足an＝2·3n－1，所以{an}是等比数列，故B正确；若{an}是等差数列，则S9＝＝9a5，故C正确；若{an}是等比数列，且a1>0，q>0，则S1S3－S＝a(1＋q＋q2)－a(1＋q)2＝－aq<0，则S1S3<S，故D错误．故选BC. 5．一个等比数列共有3m项，若前2m项之和为15，后2m项之和为60，则这个等比数列的所有项的和为(　　 ) A．63 B．72 C．75 D．87 答案：A 解析：由题意知S2m＝15，S3m－Sm＝60，又＝Sm(S3m－S2m)＝Sm，解得Sm＝3，所以S3m＝60＋3＝63.故选A. 6．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 答案：C 解析：法一：设等比数列{an}的公比为 q，首项为a1， 若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，＝－5，＝21×　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝＝×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C. 法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝，当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知，S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C. 7．已知等比数列{an}共有2n项，其和为－360，且(a1＋a3＋…＋a2n－1)－(a2＋a4＋…＋a2n)＝240，则公比q＝________． 答案：5 解析：由题意知S奇＋S偶＝－360，S奇－S偶＝240，所以S奇＝－60，S偶＝－300，所以q＝＝5. 8．设正项等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，则公比q＝________． 答案： 解析：由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，得210(S30－S20)＝S20－S10.又S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，所以＝q10＝.又{an}为正项等比数列，所以q＝. 9．已知等比数列{an}的公比q＝，且a1＋a3＋a5＋…＋a99＝90，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________． 答案：120 解析：因为在等比数列中，若项数为2n，则＝q，所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＝90＋×90＝120. 10．(10分)求Sn＝＋＋＋…＋. 解：由Sn＝＋＋＋…＋， 得Sn＝＋＋…＋＋， 两式相减，得Sn－Sn＝＋＋＋…＋－， 即Sn＝－＝1－－， 所以Sn＝2－－＝2－. (11－13每小题5分，共15分) 11．已知等比数列{an}中，a1＝1，a1＋a3＋…＋a2k＋1＝85，a2＋a4＋…＋a2k＝42，则k＝(　　 ) A．2 B．3 C．4 D．5 答案：B 解析：设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a3＋…＋a2k＋1＝a1＋a2q＋a4q＋…＋a2kq＝85，即q＝85－1＝84，因为a2＋a4＋…＋a2k＝42，所以q＝2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2k＋a2k＋1＝85＋42＝127＝，即128＝22k＋1，解得k＝3.故选B. 12．(多选题)已知一个等比数列的前n项、前2n项、前3n项的和分别为P，Q，R，则下列式子不正确的是(　　 ) A．P＋Q＝R B．Q2＝PR C．(P－Q)2＝P(R－Q) D．P2＋Q2＝P 答案：ABD 解析：设等比数列{an}的公比为q，则P＝a1＋a2＋…＋an，Q－P＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n＝qn＝qnP，R－Q＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n＝q2n＝q2nP，所以(P－Q)2＝P(R－Q)．故选ABD. 13．等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，这个等比数列前n项的积为Tn(n≥1)，则Tn的最大值为________． 答案：2 解析：设数列{an}共有(2m＋1)项，由题意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝，S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝，因为项数为奇数时，＝q，即2＋q＝，所以q＝.所以Tn＝a1·a2·…·an＝aq1＋2＋…＋n－1＝2n－，故当n＝1或2时，Tn取最大值2. 14．(10分)(新角度)某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑后的新序列为A*＝，它的第n项为.记数列{an}的前n项和、前n项积分别为Sn，Tn，若序列(A*)*的所有项都是1，且a3＝4，a4＝8，Tn－Sn＞1，求正整数n的最小值． 解：因为A＝{a1，a2，a3，…}， A*＝， 所以(A*)*＝， 又序列(A*)*的所有项都是1， 所以它的第n项＝1， 所以＝，所以数列{an}是等比数列， 又a3＝4，a4＝8，所以公比q＝＝2， 所以a1＝1. 所以an＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1， Tn＝20×21×22×…×2n－1＝2. 因为Tn－Sn＞1，所以2－(2n－1)＞1， 即2＞2n，所以＞n， 所以n－1＞2，解得n＞3， 所以正整数n的最小值为4. 15．(5分)(多选题)已知数列{an}：，，，，，，，，，，，，，…(其中第一项是，接下来的22－1项是，，，再接下来的23－1项是，，，，，，，依次类推)，其前n项和为Sn，则下列判断正确的是(　　 ) A．是{an}的第2 036项 B．存在常数M，使得Sn<M恒成立 C．S2 036＝1 018 D．满足不等式Sn>1 019的正整数n的最小值是2 100 答案：ACD 解析：若是{an}的第k项，则k＝21－1＋22－1＋…＋210－1＝－10＝2 036，所以是{an}的第2 036项，故A正确；因为Sn随着n的增大而增大，且n→＋∞时，→1，故Sn→＋∞，所以不存在常数M，使得Sn<M恒成立，故B错误；S2 036＝＋＋…＋＝×＝1 018，故C正确；由＋＋…＋＝>1，解得n≥64，又因为S2 036＝1 018，所以满足不等式Sn>1 019的正整数n的最小值是2 036＋64＝2 100，故D正确．综上，故选ACD. 16．(15分)已知数列{an}中，前n项的和为Sn，且Sn＝3an－4. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)如果＋＋＋…＋<－8×恒成立，求n的最小值．(9分) 解：(1)Sn＝3an－4①，Sn－1＝3an－1－4(n≥2)②， ①－②得an＝3an－3an－1，即＝， 所以数列{an}是以为公比的等比数列， 又S1＝3a1－4，即a1＝2， 所以 an＝2×. (2)＝×，设Tn＝＋＋＋…＋， 则Tn＝×＋×＋×＋…＋×＋×， 所以Tn＝×＋×＋×＋…＋×＋×， 两式相减，得Tn＝×－×，得Tn＝－×， 所以Tn＝－×<－8×， 解不等式得n>，所以nmin＝3. 学生用书↓第35页 学科网（北京）股份有限公司 $$