4.3.2 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案教用word（人教A版2019）

数学 选择性必修　第二册[RJ] 第2课时　等比数列前n项和的性质及应用 （教师独具内容） 课程标准：1.掌握等比数列前n项和的性质，并能够运用其来解决问题.2.体会等比数列前n项和公式与指数函数的联系，并能够运用指数函数的知识解决数列问题. 教学重点：1.等比数列前n项和的性质.2.等比数列前n项和的实际应用. 教学难点：利用等比数列前n项和公式解决实际问题. 核心素养：1.通过等比数列前n项和性质的应用，提升数学运算素养和逻辑推理素养.2.通过利用等比数列的前n项和公式解决实际应用问题，提升数学建模素养和数学运算素养. 知识点　等比数列的前n项和的性质 1.若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列（当q＝－1，n为偶数时，上述性质不成立）. [想一想]　当q＝－1，n为奇数时，上述性质是否成立？如果成立，公比为多少？如果不成立，请说明理由. 提示：上述性质成立，公比为－1. 2.若数列{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm（m，n∈N*）. 3.在等比数列{an}中，公比为q，若项数为2n，用S奇，S偶分别表示奇数项与偶数项的和，则有＝q.若项数为2n＋1，则＝q. 4.若等比数列{an}的前n项的积为Tn＝a·q，则连续m项的积仍为等比数列，即Tm，，，…是等比数列，公比为qm2. 1.（等比数列前n项和的性质）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝（　　） A.3∶4 B.2∶3 C.1∶2 D.1∶3 答案：A 2.（等比数列的实际应用）有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有1个这种细菌和200个这种病毒，则细菌将病毒全部杀死至少需要（　　） A.6秒钟 B.7秒钟 C.8秒钟 D.9秒钟 答案：C 3.（等比数列奇偶项和的性质）若等比数列{an}的公比为，且a1＋a3＋…＋a99＝60，则{an}的前100项和为　　　　. 答案：80 题型一　等比数列的连续n项和的性质　 　各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝（　　） A.16 B.26 C.30 D.80 [解析]　设等比数列{an}的公比为q，且注意到S3n＝14≠3×2＝3Sn，所以q≠1. 解法一：由已知有Sn＝＝2　①，S3n＝＝14　②，②÷①，得q2n＋qn＋1＝7，即q2n＋qn－6＝0，变形得（qn＋3）（qn－2）＝0.由于数列各项均为正数，所以qn＝2，即q＝.故a1＝＝2（－1），所以S4n＝＝＝30. 解法二：S4n＝＝ ＝＋ qn＝Sn＋qnS3n.由于S3n＝（a1＋a2＋…＋an）＋（an＋1＋an＋2＋…＋a2n）＋（a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n）＝Sn＋qnSn＋q2nSn＝Sn（1＋qn＋q2n）＝2（1＋qn＋q2n）＝14，所以q2n＋qn－6＝0，又an>0，所以qn＝2，所以S4n＝Sn＋qnS3n＝2＋2×14＝30. 解法三：易得q≠－1，根据等比数列前n项和的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列.由an>0，得S2n>0，设S2n＝x（x>0），则2，x－2，14－x成等比数列，故（x－2）2＝2（14－x），解得x＝6，由S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，可得4（S4n－14）＝82，解得S4n＝30. 解法四（特殊值法）：取n＝1，则a1＝S1＝2，S3＝＝14，即q2＋q－6＝0，注意到an>0，所以q＝2，从而S4＝＝30. [答案]　C 感悟提升　解决有关等比数列前n项和的问题时，若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质，则可以避繁就简.不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避免对公比q的讨论.解题时把握好等比数列前n项和性质的使用条件，并结合题设条件寻找使用性质的切入点，方可快速解题. [跟踪训练1]　在等比数列{an}中，若前10项的和S10＝10，前20项的和S20＝30，求前30项的和S30. 解：解法一：设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1，则 两式相除得1＋q10＝3，∴q10＝2. ∴S30＝S10＋q10S20＝10＋2×30＝70. 解法二：∵S10，S20－S10，S30－S20仍成等比数列， 又S10＝10，S20＝30， ∴S30－30＝，即S30＝70. 题型二　等比数列的不连续n项和的性质　 　（1）已知等比数列{an}的前10项中，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为170，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为　　　　. [解析]　设等比数列{an}的前10项中，所有奇数项的和为S奇，所有偶数项的和为S偶，等比数列{an}的公比为q，则S偶＝a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝q（a1＋a3＋a5＋a7＋a9）＝qS奇，∴q＝＝＝2，又S奇＝＝＝341a1＝，∴a1＝，∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3（1＋q3＋q6＋q9）＝a1q2·＝585. [答案]　585 （2）一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求此数列的通项公式. [解]　设此数列{an}的公比为q， 由题意，知S奇＋S偶＝4S偶， ∴S奇＝3S偶，∴q＝＝. 又a1a2a3＝64，即a1（a1q）（a1q2）＝aq3＝64， ∴a1q＝4.又q＝，∴a1＝12， ∴an＝a1qn－1＝12×＝. 感悟提升　 （1）在公比为q的等比数列{an}中，若项数为奇数，则有S奇＝a1＋qS偶，若项数为偶数，则有S偶＝qS奇，且均有Sn＝S偶＋S奇. （2）解题时要注意观察序号之间的联系，发现解题契机，注意应用整体的思想. [跟踪训练2]　（1）（2024·湖北十堰高二期中）已知等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项和为，偶数项和为，求数列{an}的通项公式. 解：设等比数列{an}的项数为2m＋1，公比为q，则由题意，得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝， S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝， ∵项数为奇数时，＝q， 即2＋q＝，∴q＝， ∴an＝a1qn－1＝2×＝. （2）一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求此数列的公比和项数. 解：设此等比数列为{an}，其公比为q，项数为2n（n∈N*）. 若q＝1，则S奇＝S偶，与已知矛盾，故q≠1. 解法一： ②÷①，得q＝2. 把q＝2代入①，得＝85， ∴4n＝256＝44，∴n＝4. ∴此数列的公比为2，项数为8. 解法二：q＝＝＝2， 又S2n＝S偶＋S奇＝＝22n－1＝255，∴2n＝8. ∴此数列的公比为2，项数为8. 题型三　等比数列前n项和的实际应用　 　借贷10000元，月利率为1%，每月以复利计息借贷，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（精确到1）？（1.016≈1.062，1.015≈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＝10000， 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≈1.062， 所以a≈≈1713. 故每月应支付1713元. 解法二：一方面，借款10000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＝104×1.016（元）. 另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为S2＝a（1＋0.01）5＋a（1＋0.01）4＋…＋a＝＝a（1.016－1）×102（元）. 由S1＝S2，得a＝. 以下解法同解法一，得a≈1713. 故每月应支付1713元. 感悟提升　解数列应用题的注意点 在数列的实际应用中，把数学问题背景中的数列知识挖掘出来（投入资金数列和收入资金数列），然后用数列的知识进行加工和整理是常见的解题方法，应注意合理安排，解题时要明确数学问题的实际意义，以便进行合理取舍. [跟踪训练3]　某校为扩大教学规模，从今年起扩大招生，现有学生人数为b，以后学生人数的年增长率为4.9‰.该校今年年初有旧实验设备a套，其中需要换掉的旧设备占了一半.学校决定每年以当年年初设备数量的10%的增长率增加新设备，同时每年淘汰x套旧设备. （1）如果10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番，那么每年应淘汰旧设备多少套？ （2）依照（1）的更换速度，共需多少年能更换所有需要更换的旧设备？（参考数据：1.110≈2.6，1.004910≈1.05） 解：（1）今年学生人数为b，则10年后学生人数为b（1＋4.9‰）10≈1.05b. 由题设可知， 1年后的设备数量为a（1＋10%）－x＝1.1a－x， 2年后的设备数量为（1.1a－x）×（1＋10%）－x＝1.12a－1.1x－x＝1.12a－x（1＋1.1），…， 10年后的设备数量为a×1.110－x（1＋1.1＋1.12＋…＋1.19）≈2.6a－x×≈2.6a－16x. 由题设，得＝2·，解得x＝. 所以每年应淘汰旧设备套. （2）更换全部旧设备共需a÷＝16（年）. 所以共需16年能更换所有需要更换的旧设备. 1.（2024·江苏淮安马坝高级中学高二期末）设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9＝（　　） A. B.－ C. D. 答案：A 解析：因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8（S9－S6）＝1，即S9－S6＝，所以a7＋a8＋a9＝. 2.在等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝（　　） A.2n－1 B. C. D. 答案：B 解析：设等比数列{an}的公比为q.∵a1a2a3＝1，∴a＝1，即a2＝1，又a4＝4，则q2＝＝4.数列{a2n}是以a2＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，∴a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝.故选B. 3.中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”.其大意为：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7天，共走了700里.则这匹马第7天所走的里程数为（　　） A. B. C. D. 答案：A 解析：设这匹马每天走的里程数构成等比数列{an}，公比q＝，则S7＝＝700，解得a1＝，所以a7＝×＝.故选A. 4.数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n－1，其前n项和为Sn，则a5＝　　　　，S2n＝　　　　. 答案：4　2n＋1－2 解析：由递推关系可得anan＋1＝2n－1，an＋1an＋2＝2n，两式相除可得＝2，则a5＝a1·22＝4.由anan＋1＝2n－1可得a2＝1，则奇数项、偶数项均为首项为1，公比为2的等比数列，则S2n＝2×＝2n＋1－2. 5.在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝56，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝　　　　. 答案：32 解析：解法一：∵S99＝＝56，∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝a3（1＋q3＋q6＋…＋q96）＝a1q2·＝a1q2·＝·＝×56＝32. 解法二：设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a97，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a98，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a99，则b1q＝b2，b2q＝b3且b1＋b2＋b3＝56，∴b1（1＋q＋q2）＝56，∴b1＝＝8，b3＝b1q2＝32，即a3＋a6＋a9＋…＋a99＝32. 课后课时精练 基础题（占比50%）　中档题（占比40%）　拔高题（占比10%） 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 利用等比数列“相关和”性质Sn＋m＝Sn＋qnSm求值 利用等比数列中Sm，S2m－Sm，S3m－S2m间的关系求值 利用等比数列中奇数项和与偶数项和的关系求公比 由递推关系判断等比数列；求等比数列的前n项和与前n项积 等比数列前n项和的实际应用 等比数列前n项和公式的实际应用 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 由Sm，S2m－Sm，S3m－S2m间的关系求公比 利用Sn＋m＝Sn＋qnSm求数列的前n项和 利用等比数列的前n项和公式证明等式 等比数列前n项和公式的实际应用 定义法证明等比数列；求数列中的最大项 等差数列、等比数列的实际应用 一、选择题 1.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝3，S6－S2＝12，则S8＝（　　） A.49 B.50 C.51 D.52 答案：C 解析：∵S6＝S2＋q2S4，又S6－S2＝12，∴S2＋12＝S2＋q2S4，∴q＝2（q＝－2舍去）.∴S8＝S4＋q4S4＝3＋16×3＝51. 2.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝（　　） A. B. C. D. 答案：C 解析：由题意知等比数列{an}的公比q≠－1，故根据等比数列的性质，知S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列.由＝，设S4＝m（m≠0），则S8＝3m，S8－S4＝2m，∴S12－S8＝4m，∴S12＝7m.又S16－S12＝8m，∴S16＝15m.∴＝＝. 3.（2024·江西南昌高二期中）已知正项等比数列{an}共有2n项，它的所有项的和是奇数项的和的3倍，则公比q＝（　　） A.2 B. C.3 D. 答案：A 解析：解法一：由题意知，等比数列{an}的奇数项构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，①若q＝1，则S2n＝3S奇，即2na1＝3na1，得a1＝0，矛盾；②若q≠1，则S2n＝，S奇＝.由题意得＝，所以1＋q＝3，q＝2. 解法二：因为等比数列{an}共有2n项，所以S偶＝qS奇，由S2n＝3S奇，得（1＋q）S奇＝3S奇，因为an>0，所以S奇>0，所以1＋q＝3，q＝2. 4.（多选）（2024·吉林东北师大附中高二期末）已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝22n－1（n∈N*），{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列结论正确的是（　　） A.a3＝2 B.＝4（n≥2） C.Sn＝2n－1 D.T2n＝2n（2n－1） 答案：BCD 解析：由题意，得当n≥2时，＝＝4，即＝4，B正确；∵a1＝1，∴a2＝2，则数列{an}的奇数项是首项为1，公比为4的等比数列，偶数项是首项为2，公比为4的等比数列，当n为奇数时， ＝2n－1，当n为偶数时，＝2n－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1，故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，则a3＝22＝4，A错误；Sn＝＝2n－1，C正确；T2n＝20×21×22×…×22n－1＝20＋1＋2＋…＋（2n－1）＝＝2n（2n－1），D正确.故选BCD. 5.（多选）（2024·山东滨州高二期末）计算机病毒危害很大，一直是计算机学家研究的对象.当计算机内某文件被病毒感染后，该病毒文件就不断地感染其他未被感染文件.计算机学家们研究的一个数字为计算机病毒传染指数C0，即一个病毒文件在一分钟内平均所传染的文件数，某计算机病毒的传染指数C0＝2，若一台计算机有105个可能被感染的文件，如果该台计算机有一半以上文件被感染，则该计算机将处于瘫痪状态.该计算机现只有一个病毒文件，如果未经防毒和杀毒处理，则下列说法中正确的是（　　） A.在第3分钟内，该计算机新感染了18个文件 B.经过5分钟，该计算机共有243个病毒文件 C.10分钟后，该计算机处于瘫痪状态 D.该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为2的等比数列 答案：ABC 解析：设第n＋1分钟之内新感染的文件数为an＋1，前n分钟内新感染的病毒文件数之和为Sn，则an＋1＝2（Sn＋1），且a1＝2，由an＋1＝2（Sn＋1），可得an＝2（Sn－1＋1）（n≥2），两式相减得an＋1－an＝2an，所以an＋1＝3an（n≥2），又a2＝2（S1＋1）＝2（a1＋1）＝6＝3a1，所以每分钟内新感染的文件数构成以a1＝2为首项，3为公比的等比数列，所以an＝2×3n－1，在第3分钟内，该计算机新感染了a3＝2×33－1＝18个文件，故A正确；经过5分钟，该计算机共有1＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋＝35＝243个病毒文件，故B正确；10分钟后，该计算机被感染的文件数为1＋a1＋a2＋…＋a10＝1＋＝310>×105，所以计算机处于瘫痪状态，故C正确；该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为3的等比数列，故D不正确.故选ABC. 二、填空题 6.一个球从256米的高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半，当它第6次着地时，共经过的路程是　　　　米. 答案：752 解析：设小球每次着地后跳回的高度构成数列{an}，则数列{an}为等比数列，a1＝128，q＝，S5＝＝248，共经过的路程为256＋2S5＝752（米）. 7.（2024·福建泉州高二期中）已知正项等比数列{an}的前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，∴＝q10＝.又{an}为正项等比数列，∴q＝. 8.设数列{xn}满足log2xn＋1＝1＋log2xn（n∈N*），且x1＋x2＋…＋x10＝10，记{xn}的前n项和为Sn，则S20＝　　　　. 答案：10250 解析：∵log2xn＋1＝1＋log2xn＝log2（2xn），∴xn＋1＝2xn，且xn>0，∴{xn}为等比数列，且公比q＝2，∴S20＝S10＋q10S10＝10＋210×10＝10250. 三、解答题 9.已知等比数列前n项、前2n项、前3n项的和分别为Sn，S2n，S3n，求证：S＋S＝Sn（S2n＋S3n）. 证明：证法一：设此等比数列的公比为q，首项为a1， 当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1， ∴S＋S＝n2a＋4n2a＝5n2a， Sn（S2n＋S3n）＝na1（2na1＋3na1）＝5n2a， ∴S＋S＝Sn（S2n＋S3n）. 当q≠1时，Sn＝（1－qn）， S2n＝（1－q2n），S3n＝（1－q3n）， ∴S＋S＝[（1－qn）2＋（1－q2n）2]＝（1－qn）2（2＋2qn＋q2n）. 又Sn（S2n＋S3n）＝（1－qn）（2－q2n－q3n）＝（1－qn）2（2＋2qn＋q2n）， ∴S＋S＝Sn（S2n＋S3n）. 综上，命题得证. 证法二：根据等比数列的性质有 S2n＝Sn＋qnSn＝Sn（1＋qn）， S3n＝Sn＋qnSn＋q2nSn， ∴S＋S＝S＋[Sn（1＋qn）]2 ＝S（2＋2qn＋q2n）， Sn（S2n＋S3n）＝S（2＋2qn＋q2n）， ∴S＋S＝Sn（S2n＋S3n）. 10.某地本年度旅游业收入估计为400万元，由于该地出台了一系列措施，进一步发展旅游业，预计今后旅游业的收入每年会比上一年增加. （1）求n年内旅游业的总收入； （2）试估计大约几年后，旅游业的总收入超过8000万元. （已知lg 2≈0.3010，lg 3≈0.4771，lg 5≈0.6990） 解：（1）设第n年的旅游业收入估计为an万元，数列{an}的前n项和为Sn， 则a1＝400，an＋1＝an. ∵a1≠0，∴＝， ∴数列{an}是首项为400，公比为的等比数列， ∴Sn＝＝1600， 即n年内旅游业的总收入为1600万元. （2）由（1）知Sn＝1600， 令Sn>8000，即1600>8000， ∴>6，∴lg >lg 6， ∴n>＝≈8.0216. 又n∈N*， ∴估计大约9年后，旅游业的总收入超过8000万元. 11.已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝. （1）求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列； （2）若数列{an}的前2n项和为T2n，令bn＝（3－T2n）n（n＋1），求数列{bn}的最大项. 解：（1）证明：数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝， ∴an＋1an＋2＝，∴＝. ∵a1＝1，∴a2＝， 故数列{a2n－1}是以1为首项，为公比的等比数列；数列{a2n}是以为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）得T2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（a2＋a4＋…＋a2n）＝＋＝3－， ∴bn＝（3－T2n）n（n＋1）＝3n（n＋1）， ∴bn＋1－bn＝3（n＋1） ＝3（n＋1）（2－n）， ∴b3＝b2＞b1，且b3＞b4＞b5＞…， 故数列{bn}的最大项是b2＝b3＝. 12.某市2023年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张，为了节能减排，从2023年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每年发放的电动型汽车牌照的数量维持不变.记2023年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}. （1）完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式； a1＝10 a2＝9.5 a3＝ a4＝ b1＝2 b2＝3 b3＝ b4＝ （2）累计各年发放的汽车牌照数，到哪一年开始不低于200万？（注：≈17.7） 解：（1）如表所示， a1＝10 a2＝9.5 a3＝9 a4＝8.5 b1＝2 b2＝3 b3＝4.5 b4＝6.75 当1≤n≤21且n∈N*时，an＝10＋（n－1）×＝－＋； 当n≥22且n∈N*时，an＝0， ∴an＝ 又a3＋b3＝<15，a4＋b4＝>15， ∴bn＝ （2）当n＝4时， Sn＝（a1＋a2＋a3＋a4）＋（b1＋b2＋b3＋b4）＝53.25； 当5≤n≤21时， Sn＝（a1＋a2＋…＋an）＋（b1＋b2＋…＋bn） ＝10n＋×＋＋（n－4） ＝－n2＋17n－， 由Sn≥200，得－n2＋17n－≥200， 即n2－68n＋843≤0， 又一元二次方程x2－68x＋843＝0的两根分别为x1＝34＋≈51.7，x2＝34－≈16.3， ∴17≤n≤51， ∵5≤n≤21且n∈N*， ∴17≤n≤21且n∈N*， ∴到2039年累计发放的汽车牌照数开始不低于200万. 9 学科网（北京）股份有限公司 $$