3.2 第2课时等比数列习题课(学案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(北师大版2019)

# # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # 易错警示 　 　 忽略对公比ｑ的讨论致误 ５．已知等比数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ ２，Ｓ３ ＝ ６，求ａ３ 和ｑ． ［错解］　 由等比数列的前ｎ项和公式得Ｓ３ ＝ ａ１（１ － ｑ３） １ － ｑ ＝ ２（１ － ｑ３） １ － ｑ ＝ ６， ∴ （１ － ｑ）（１ ＋ ｑ ＋ ｑ ２） １ － ｑ ＝ ３， ∴ １ ＋ ｑ ＋ ｑ２ ＝ ３，∴ ｑ２ ＋ ｑ － ２ ＝ ０． ∴ ｑ ＝ － ２或ｑ ＝ １（舍去）∴ ａ３ ＝ ａ１ｑ２ ＝ ２ × （－２）２ ＝８． ［误区警示］　 错解中由于没讨论公比ｑ是 否为１，就直接使用了等比数列的前ｎ项和公式Ｓｎ ＝ ａ１（１ － ｑｎ） １ － ｑ ，从而导致漏解． 　 　 ［正解                          ］ 6789%:;< １．在等比数列｛ａｎ｝中，若ａ１ ＝ １，ａ４ ＝ １８，则该数 列的前１０项和Ｓ１０ ＝ （Ｂ ） Ａ． ２ － １ ２８ Ｂ． ２ － １ ２９ Ｃ． ２ － １ ２１０ Ｄ． ２ － １ ２１１ ２．已知等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，等比数 列｛ｂｎ｝的前ｎ项和为Ｔｎ，且ａ１ ＝ ｂ１ ＝ １，ｂ４ ＝ ２ａ４ ＝ ８，则Ｓ３ ＋ Ｔ５ ＝ （Ｃ ） Ａ． １３ Ｂ． ２５ Ｃ． ３７ Ｄ． ４１ ３．已知在等比数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ ３，ａｎ ＝ ９６，Ｓｎ ＝ １８９，则ｎ的值为 （Ｃ ） Ａ． ４ Ｂ． ５ Ｃ． ６ Ｄ． ７ ４．等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ ＝ ２ｎ － １，则通项 ａｎ ＝ ２ ｎ －１　 ． 请同学们认真完成练案［９                  ］ 第２课时　 等比数列习题课 !"#$%&'( 学习目标 １．掌握等比数列前ｎ项和的性质的应用． ２．掌握等差数列与等比数列的综合应用． ３．会用错位相减法求数列的和． 核心素养 １．通过学习等比数列的通项公式、前ｎ项和公式、性质及其应用，提升数学运算素养。 ２．借助利用等比数列的前ｎ项和公式解决实际问题，培养数学建模素养． !$! ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # )*+,%-.+ 等比数列Ｓｎ与ａｎ的关系 　 　 Ｓｎ 与ａｎ 的关系可以由Ｓｎ ＝ ａ１ － ａｎｑ１ － ｑ 得到， 一般已知ａ１，ｑ即可得到二者之间的关系，也可 以通过特殊项验证判断． 练一练： 数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，若Ｓｎ ＝ ３ｎ ＋１ ＋ ３ － ｍ，且｛ａｎ｝是等比数列，则ｍ ＝ （Ｄ ） Ａ． ０ Ｂ． ３ Ｃ． ４ Ｄ． ６ 分组转化法求和 　 　 若数列｛ｃｎ｝的通项公式为ｃｎ ＝ ａｎ ± ｂｎ，且 ｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝为等差或等比数列，可采用分组求和 法求数列｛ｃｎ｝的前ｎ项和． 练一练： 数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ ０，ａ２ ＝ １，ａｎ ＝ ２ ＋ ａｎ －２，ｎ≥３，ｎ为奇数， ２ × ａｎ －２，ｎ≥３，ｎ为偶数{ ，则数列｛ａｎ｝的前２０ 项和为 （Ｄ ） Ａ． １ １１０ Ｂ． １ １１１ Ｃ． １ １１２ Ｄ． １ １１３ 错位相减法求和 　 　 一般地，如果数列｛ａｎ｝是等差数列，｛ｂｎ｝是 等比数列，求数列｛ａｎ·ｂｎ｝的前ｎ项和时，可采 用错位相减法． 练一练： 计算１ × １２ ＋ ２ × １ ２２ ＋ ３ × １ ２３ ＋…＋ ９ × １ ２９                                   ． /012%345 题型探究 题型一 等比数列ａｎ与Ｓｎ的关系 １．（１）已知正项等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和 为Ｓｎ，ａ１ ＝ １，且－ ａ３，ａ２，ａ４ 成等差数列，则 Ｓｎ与ａｎ的关系是 （Ａ ） Ａ． Ｓｎ ＝ ２ａｎ － １ Ｂ． Ｓｎ ＝ ２ａｎ ＋ １ Ｃ． Ｓｎ ＝ ４ａｎ － ３ Ｄ． Ｓｎ ＝ ４ａｎ － １ （２）数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，对任意正整 数ｎ，ａｎ ＋１ ＝ ３Ｓｎ，则下列关于｛ａｎ｝的论断中正确 的是 （Ｂ ） Ａ．一定是等差数列 Ｂ．可能是等差数列，但不会是等比数列 Ｃ．一定是等比数列 Ｄ．可能是等比数列，但不会是等差数列 　 　 ［规律方法］　 关于等比数列Ｓｎ与ａｎ的关系 （１）Ｓｎ与ａｎ 的关系可以由Ｓｎ ＝ ａ１ － ａｎｑ１ － ｑ 得 到，一般已知ａ１，ｑ即可得到二者之间的关系，也 可以通过特殊项验证判断． （２）Ｓｎ － Ｓｎ －１ ＝ ａｎ（ｎ≥２）是Ｓｎ与ａｎ之间的 内在联系，既可以推出项ａｎ －１，ａｎ，ａｎ ＋１之间的关 系，也可得到Ｓｎ －１，Ｓｎ，Ｓｎ ＋１之间的关系，体现了 Ｓｎ与ａｎ关系的本质． 对点训练? 已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和 为Ｓｎ，且Ｓｎ ＝ ２ａｎ ＋ １，求Ｓｎ                             ． !$" # # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # 题型二 分组转化求和 ２．已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，且Ｓｎ ＋１ ＝ Ｓｎ ＋ ａｎ ＋ １，　 　 　 　 ．请在①ａ４ ＋ ａ７ ＝ １３； ②ａ１，ａ３，ａ７成等比数列；③Ｓ１０ ＝ ６５，这三个条件 中任选一个补充在题干中，并解答下列问题． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）若数列｛ｂｎ － ａｎ｝是公比为２的等比数 列，ｂ１ ＝ ３，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ． 　 　 ［尝试作答          ］ 　 　 ［规律方法］　 分组求和法的适用条件 如果一个数列｛ｃｎ｝可写成ｃｎ ＝ ａｎ ± ｂｎ的形 式，其中数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝分别是等差数列，等比 数列或可转化为能够求和的数列，可以采用分 组求和法． 对点训练? 各项均为正数的等比数列 ｛ａｎ｝，ａ１ ＝ １，ａ２ａ４ ＝ １６，数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和为 Ｓｎ，且Ｓｎ ＝ ３ｎ ２ ＋ ｎ ２ （ｎ∈Ｎ ＋）． （１）求数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝的通项公式； （２）若ｃｎ ＝ ａｎ ＋ ｂｎ，求数列｛ｃｎ｝的前ｎ项 和Ｔｎ． 题型三 错位相减法求和 ３．设数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，已知ａ１ ＝ １，ａｎ ＋１ ＝ ｎ ＋ ２ｎ Ｓｎ（ｎ∈Ｎ ）． （１）证明：数列Ｓｎ{ }ｎ 是等比数列； （２）求数列Ｓ{ }ｎ 的前ｎ项和Ｔｎ． 　 　 ［尝试作答         ］ 　 　 ［规律方法］　 错位相减法的适用条件与注 意事项 （１）适用条件：求数列｛ａｎ·ｂｎ｝的前ｎ项 和，其中数列｛ａｎ｝是等差数列，｛ｂｎ｝是等比 数列； （２）步骤：在和式两边同乘等比数列｛ｂｎ｝的 公比，然后作差计算； （３）注意：①两式相减时，要特别注意最后 一项的符号，②利用等比数列前ｎ项和公式对 相减后的和式求和时，要注意项数． 对点训练? 已知等差数列｛ａｎ｝满足ａ３ ＝ ６，前７项和为Ｓ７ ＝ ４９． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）设数列｛ｂｎ｝满足ｂｎ ＝（ａｎ － ３）·３ｎ，求 ｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ                                                                        ． !$# ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # 易错警示 　 　 对于通项中含字母的数列求和，忽略对字 母进行分类讨论而致误 ４．求数列１，ａ，ａ２，…的前ｎ项和Ｓｎ． ［错解］　 Ｓｎ ＝ １ ＋ ａ ＋ ａ２ ＋…＋ ａｎ －１ ＝ １ － ａ ｎ １ － ａ ＝ ａ ｎ － １ ａ － １ ． ［误区警示］　 错误的原因在于忽略了对ａ 的取值进行分类讨论． 　 　 ［正解                     ］ 6789%:;< １．等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，前ｎ项和为Ｓｎ，设 甲：ｑ ＞ ０，乙：｛Ｓｎ｝是递增数列，则 （Ｂ ） Ａ．甲是乙的充分条件但不是必要条件 Ｂ．甲是乙的必要条件但不是充分条件 Ｃ．甲是乙的充要条件 Ｄ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 ２．若等差数列｛ａｎ｝的首项为１，公差为１，等比 数列｛ｂｎ｝的首项为－ １，公比为－ ２，则数列 ｛ａｎ ＋ ｂｎ｝的前８项和为 （Ｃ ） Ａ． － ４９ Ｂ． － ２１９ Ｃ． １２１ Ｄ． ２９１ ３．已知数列｛ａｎ｝为等差数列，且２ａ１，２，２ａ６成等 比数列，则｛ａｎ｝前６项的和为 （Ｃ ） Ａ． １５ Ｂ． ２１２ Ｃ． ６ Ｄ． ３ ４．已知ｆ（ｘ）＝ ｘ ＋ ２ｘ２ ＋ ３ｘ３ ＋…＋ ｎｘｎ，则ｆ １( )２ ＝ 　 　 　 　 ． 请同学们认真完成练案［１０                 ］ § ４　 数列在日常经济生活中的应用 !"#$%&'( 学习目标 １．掌握单利、复利的概念． ２．掌握零存整取、定期自动转存、分期付款等三种模型及应用． 核心素养 １．通过对单利、复利、零存整取、定期自动转存、分期付款等概念的学习，培养数学抽象素养． ２．借助数列的应用，培养数学建模素养． )*+,%-.+ 银行存款计息方式 　 　 （１）单利：单利的计算是仅在原有本金　 上 计算利息，对本金所产生的利息不再计算利息， 其公式为 利息＝本金×利率×存期． 以符号Ｐ代表本金，ｎ代表存期，ｒ代表利 率，Ｓ代表本金与利息和（简称本利和），则有 Ｓ ＝ Ｐ（１ ＋ ｎｒ）　        ． !$$ 所以Ｓ３ ＋Ｔ５ ＝３ａ１ ＋３ｄ ＋ ｂ１（１ － ｑ ５） １ － ｑ ＝３ ＋３ ＋ １ －２５ １ －２ ＝３７． ３． Ｃ　 由ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １，得９６ ＝ ３ｑｎ － １，∴ ｑｎ － １ ＝ ３２ ＝ ２５ ． 令ｎ ＝ ６，ｑ ＝ ２，这时Ｓ６ ＝ ３（１ － ２ ６） １ － ２ ＝ １８９，符合题意，故选Ｃ． ４． ２ｎ － １ 　 当ｎ ＝ １时，ａ１ ＝ １， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝（２ｎ － １）－（２ｎ － １ － １）＝ ２ｎ － １， 又ａ１ ＝ １也适合上式， 所以ａｎ ＝ ２ｎ － １ ． 第２课时　 等比数列习题课 必备知识·探新知 　 　 知识点１ 练一练： Ｄ　 分析：利用ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １算出通项，再结合该数列为等 比数列可求ｍ． 解：因为Ｓｎ ＝ ３ｎ ＋ １ ＋ ３ － ｍ， 故ａｎ ＝ １２ － ｍ，ｎ ＝ １２·３ｎ，ｎ≥{ ２ ， 因为｛ａｎ｝为等比数列，故ａ３ａ２ ＝ ａ２ ａ１ 即２·３ ３ ２·３２ ＝ ２·３２ １２ － ｍ，故ｍ ＝ ６， 此时ａｎ ＝ ６，ｎ ＝ １２·３ｎ，ｎ≥{ ２即ａｎ ＝ ２·３ｎ，ａｎａｎ － １ ＝ ３即｛ａｎ｝为等 比数列． 故选Ｄ． 知识点２ 练一练： Ｄ　 分析：由数列的递推关系知奇数项构成等差数列，偶数 项构成等比数列，由此可分组求和． 解：因为ｎ≥３且ｎ为奇数时ａｎ ＝ ２ ＋ ａｎ － ２， 所以所有奇数项构成ａ１ ＝ ０为首项，２为公差的等差数列， 又因为ｎ≥４且ｎ为偶数时，ａｎ ＝ ２ａｎ － ２，即所有偶数项构成 ａ２ ＝ １为首项，２为公比的等比数列， 所以ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＋…＋ ａ２０ ＝（ａ１ ＋ ａ３ ＋ ． ． ． ＋ ａ１９）＋（ａ２ ＋ ａ４ ＋ ． ． ． ＋ ａ２０） ＝（０ ＋ １８）× １０２ ＋ １ － ２１０ １ － ２ ＝ ９０ ＋ １ ０２３ ＝ １ １１３． 故选Ｄ． 知识点３ 练一练： 分析：利用乘公比错位相减法，求数列ｎ × １２{ }ｎ 的前９项和 即可． 解析：Ｓ ＝ １ × １２ ＋ ２ × １ ２２ ＋ ３ × １ ２３ ＋…＋ ９ × １ ２９ ①， １ ２ Ｓ ＝ １ × １ ２２ ＋ ２ × １ ２３ ＋ ３ × １ ２４ ＋…＋ ９ × １ ２１０ ②， ① －②得：１２ Ｓ ＝ １ ２ ＋ １ ２２ ＋ １ ２３ ＋…＋ １ ２９ － ９ × １ ２１０ ＝ １ ２ １ － １ ２( )９ １ － １２ － ９ × １ ２１０ ＝ １ － １ ２９ － ９ × １ ２１０ ＝ １ － １１ ２１０ ＝ １ ０１３１ ０２４， 所以Ｓ ＝ １ ０１３５１２ ． 关键能力·攻重难 　 　 例１：（１）Ａ　 设等比数列的公比为ｑ（ｑ ＞ ０）， 由ａ１ ＝ １，且－ ａ３，ａ２，ａ４成等差数列， 得２ａ２ ＝ ａ４ － ａ３，即２ｑ ＝ ｑ３ － ｑ２，得ｑ ＝ ２． 所以Ｓｎ ＝ １ － ａｎ × ２１ － ２ ，则Ｓｎ ＝ ２ａｎ － １． （２）Ｂ　 ａｎ ＋ １ ＝ ３Ｓｎ，ａｎ ＝ ３Ｓｎ － １，故ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ３ａｎ，即ａｎ ＋ １ ＝ ４ａｎ（ｎ≥２），而ｎ ＝ １时，ａ２ ＝ ３Ｓ１ ＝ ３ａ１，可知该数列不是等比数 列．当ａｎ ＝ ０时，数列｛ａｎ｝为等差数列．故本题正确答案为Ｂ． 　 　 对点训练１：∵ Ｓｎ ＝ ２ａｎ ＋ １① ∴ Ｓｎ － １ ＝ ２ａｎ － １ ＋ １（ｎ≥２）② ① －②得ａｎ ＝ ２ａｎ － ２ａｎ － １， ∴ ａｎ ＝ ２ａｎ － １， ∴ ａｎ ａｎ － １ ＝ ２（ｎ≥２） 又ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ ２ａ１ ＋ １， ∴ ａ１ ＝ － １， ∴数列｛ａｎ｝是首项为－ １，公比为２的等比数列， ∴ Ｓｎ ＝ －（１ － ２ｎ） １ － ２ ＝ １ － ２ ｎ ． 　 　 例２：（１）因为Ｓｎ ＋ １ － Ｓｎ ＝ ａｎ ＋ １， 所以，由题意得ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ １，即ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ １，所以数列 ｛ａｎ｝是等差数列，公差为１． 选①，ａ４ ＋ ａ７ ＝ １３，则ａ１ ＋ ３ ＋ ａ１ ＋ ６ ＝ １３，解得ａ１ ＝ ２，所以 ａｎ ＝ ２ ＋（ｎ － １）＝ ｎ ＋ １； 选②，ａ１，ａ３，ａ７成等比数列， 则ａ２３ ＝ ａ１ａ７，所以（ａ１ ＋ ２）２ ＝ ａ１（ａ１ ＋ ６），解得ａ１ ＝ ２，所以 ａｎ ＝ ２ ＋（ｎ － １）＝ ｎ ＋ １； 选③，Ｓ１０ ＝ １０ａ１ ＋ １０ × ９２ × １ ＝ ６５，解得ａ１ ＝ ２， 所以ａｎ ＝ ２ ＋（ｎ － １）＝ ｎ ＋ １； （２）由题意得ｂ１ － ａ１ ＝ １，ｂｎ － ａｎ ＝ ２ｎ － １， 任选①②③：ａｎ ＝ ｎ ＋ １， 所以ｂｎ ＝ ２ｎ － １ ＋ ｎ ＋ １，Ｔｎ ＝（１ ＋ ２）＋（２ ＋ ３）＋（２２ ＋ ４）＋… ＋（２ｎ － １ ＋ ｎ ＋ １） ＝（１ ＋ ２ ＋…＋ ２ｎ － １）＋［２ ＋ ３ ＋…＋（ｎ ＋ １）］＝ １ － ２ ｎ １ － ２ ＋ ｎ（２ ＋ ｎ ＋ １） ２ ＝ ２ ｎ ＋ ｎ ２ ＋ ３ｎ － ２ ２ ． 　 　 对点训练２：（１）设公比为ｑ，∵ ａ１ ＝ １，ａ２ａ４ ＝ １６， ∴ ｑ４ ＝ １６，∵ ｑ ＞ ０，∴ ｑ ＝ ２． ∴ ａｎ ＝ ２ ｎ － １ ． ∵ Ｓｎ ＝ ３ｎ２ ＋ ｎ ２ ， ∴当ｎ≥２时，ｂｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ ３ｎ ２ ＋ ｎ ２ － ３（ｎ － １）２ ＋（ｎ － １） ２ ＝ ３ｎ － １． 当ｎ ＝ １时，ｂ１ ＝ Ｓ１ ＝ ２满足上式，∴ ｂｎ ＝ ３ｎ － １． （２）ｃｎ ＝ ａｎ ＋ ｂｎ ＝ ２ｎ － １ ＋ ３ｎ － １． ∴ Ｔｎ ＝ ｃ１ ＋ ｃ２ ＋…＋ ｃｎ ＝（２０ ＋ ２１ ＋…＋ ２ｎ － １）＋［２ ＋ ５ ＋…＋（３ｎ － １）］ ＝ １ － ２ ｎ １ － ２ ＋ ［２ ＋（３ｎ － １）］ｎ ２ ＝ ２ ｎ － １ ＋ ｎ（３ｎ ＋ １）２ ． 　 　 例３：（１）证明：由ａｎ ＋ １ ＝ ｎ ＋ ２ｎ Ｓｎ，ａｎ ＋ １ ＝ Ｓｎ ＋ １ － Ｓｎ，得Ｓｎ ＋ １ － Ｓｎ ＝ ｎ ＋ ２ ｎ Ｓｎ， 整理得ｎＳｎ ＋ １ ＝ ２（ｎ ＋ １）Ｓｎ， 所以Ｓｎ ＋ １ｎ ＋ １ ＝ ２· Ｓｎ ｎ ，又 Ｓ１ １ ＝ １， 所以Ｓｎ{ }ｎ 是首项为１，公比为２的等比数列                                                                       ． —１３５— （２）由（１）得Ｓｎｎ ＝ ２ ｎ － １， 所以Ｓｎ ＝ ｎ·２ｎ － １（ｎ∈Ｎ）． 所以Ｔｎ ＝ １ × ２０ ＋ ２ × ２１ ＋ ３ × ２２ ＋…＋ ｎ·２ｎ － １，① ２Ｔｎ ＝ １ × ２ １ ＋ ２ × ２２ ＋…＋（ｎ － １）·２ｎ － １ ＋ ｎ·２ｎ，② 由② － ①得Ｔｎ ＝ － （１ ＋ ２ ＋ ２２ ＋…＋ ２ｎ － １）＋ ｎ·２ｎ ＝ － １ － ２ ｎ １ － ２ ＋ ｎ·２ ｎ ＝（ｎ － １）·２ｎ ＋ １． 　 　 对点训练３：（１）由Ｓ７ ＝ ７ ×（ａ１ ＋ ａ７）２ ＝ ７ａ４ ＝ ４９，得ａ４ ＝ ７， 因为ａ３ ＝ ６，所以ｄ ＝ １，所以ａ１ ＝ ４，ａｎ ＝ ｎ ＋ ３． （２）ｂｎ ＝（ａｎ － ３）·３ｎ ＝ ｎ·３ｎ， 所以Ｔｎ ＝ １ × ３１ ＋ ２ × ３２ ＋ ３ × ３３ ＋…＋ ｎ × ３ｎ…① ３Ｔｎ ＝ １ × ３ ２ ＋ ２ × ３３ ＋ ３ × ３４ ＋…＋ ｎ × ３ｎ ＋ １…② 由① － ②得：－ ２Ｔｎ ＝ ３ ＋ ３２ ＋ ３３ ＋…＋ ３ｎ － ｎ × ３ｎ ＋ １ ＝ ３ － ３ｎ ＋ １ １ － ３ － ｎ × ３ ｎ ＋ １， 所以Ｔｎ ＝（２ｎ － １）× ３ ｎ ＋ １ ＋ ３ ４ ． 　 　 例４：Ｓｎ ＝ １ ＋ ａ ＋ ａ２ ＋…＋ ａｎ － １， 当ａ ＝ １时，Ｓｎ ＝ １ ＋ １ ＋…＋ １ ＝ ｎ；当ａ≠１且ａ≠０时，Ｓｎ ＝ １ － ａｎ １ － ａ ＝ ａｎ － １ ａ － １ ． 当ａ ＝ ０时满足上式． ∴ Ｓｎ ＝ ｎ　 （ａ ＝ １）， ａｎ － １ ａ － １（ａ≠１）{ ． 课堂检测·固双基 １． Ｂ　 由题，当数列为－ ２，－ ４，－ ８，…时，满足ｑ ＞ ０，但是｛Ｓｎ｝ 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件． 若｛Ｓｎ｝是递增数列，则必有ａｎ ＞ ０成立，若ｑ ＞ ０不成立，则会 出现一正一负的情况，是矛盾的，则ｑ ＞ ０成立，所以甲是乙的 必要条件．故选Ｂ． ２． Ｃ　 因为等差数列｛ａｎ｝的首项为１，公差为１，等比数列｛ｂｎ｝的 首项为－ １，公比为－ ２，记等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，等 比数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和为Ｔｎ，则数列｛ａｎ ＋ ｂｎ｝的前８项和为 Ｓ８ ＋ Ｔ８ ＝ ８ × １ ＋ ８ ×（８ － １） ２ × １ ＋ － １ ×［１ －（－ ２）８］ １ ＋ ２ ＝ １２１． ３． Ｃ　 设数列｛ａｎ｝为公差为ｄ的等差数列， 且２ａ１，２，２ａ６成等比数列， 可得４ ＝ ２ａ１·２ａ６ ＝ ２ａ１ ＋ ａ６，可得ａ１ ＋ ａ６ ＝ ２， 即有｛ａｎ｝前６项的和为１２ × ６（ａ１ ＋ ａ６）＝ ６． ４． ２ － ｎ ＋ ２ ２ｎ 　 因为ｆ( )１２ ＝ １２ ＋ ２ × １２２ ＋ ３ × １２３ ＋…＋ ｎ × １２ｎ，① 所以１２ ｆ( )１２ ＝ １２２ ＋ ２ × １２３ ＋ ３ × １２４ ＋…＋ ｎ × １２ｎ ＋ １，② 由① －②得， １ ２ ｆ( )１２ ＝ １２ ＋ １２２ ＋ １２３ ＋…＋ １２ｎ － ｎ２ｎ ＋ １ ＝ １ － １ ２ｎ － ｎ ２ｎ ＋ １ ， 所以ｆ( )１２ ＝ ２ － １２ｎ － １ － ｎ２ｎ ＝ ２ － ｎ ＋ ２２ｎ ． § ４　 数列在日常经济生活中的应用 必备知识·探新知 　 　 知识点１ （１）原有本金　 Ｐ（１ ＋ ｎｒ）　 （２）各计息周期内　 Ｓ ＝Ｐ（１ ＋ ｒ）ｎ 想一想： （１）复利在第二次以后计算时，将上一次得到的利息也作为了 本金，而单利每一次的计算都是将开始的本金作为本金计息． （２）单利和复利分别以等差数列和等比数列作为模型，即 单利的实质是等差数列，复利的实质是等比数列． 练一练： Ｄ　 设该工厂最初的产值为１，这两年的平均增长率为ｒ，则 （１ ＋ ｐ％）（１ ＋ ｑ％）＝（１ ＋ ｒ）２ ． 于是ｒ ＝ （１ ＋ ｐ％）（１ ＋ ｑ％槡 ）－ １． 知识点２ （１）本利和　 ｎｘ ＋ ｎ（ｎ ＋ １）ｒ２ ｘ　 （２）Ｐ（１ ＋ ｒ） ｎ 　 （３）复利 练一练： （１）√　 （２）√　 （３）× 　 （４）√ 关键能力·攻重难 　 　 例１：（１）每月存５００元，３年后的利息为５００（３６ × ０． ３６％ ＋ ３５ × ０． ３６％ ＋…＋ ２ × ０． ３６％ ＋ １ × ０． ３６％ ）＝ １ １９８． ８≈１ １９９ 元，所以３年后的本息和为５００ × ３６ ＋ １ １９９ ＝ １９ １９９元． （２）设王先生每月存入ｘ元，则有 ｘ ３６ ＋ ３６ × ３７２ × ０． ３６( )％ ＝ ２０ ０００， ｘ≈５２１元， 故王先生每月大约存５２１元． 　 　 对点训练１：实际取出的钱等于：本金＋利息． 到１２月最后一天取款时： 第１个月存款利息：１００ × １２ × ０． １６５％， 第２个月存款利息：１００ × １１ × ０． １６５％， … 第１１个月存款利息：１００ × ２ × ０． １６５％， 第１２个月存款利息：１００ × １ × ０． １６５％， 所以Ｓ１２ ＝ １００ × １２ × ０． １６５％ ＋ １００ × １１ × ０． １６５％ ＋…＋ １００ × ２ × ０． １６５％ ＋ １００ × １ × ０． １６５％ ＝ １００ × ０． １６５％（１ ＋ ２ ＋ ３ ＋…＋ １２） ＝ １００ × ０． １６５％ × １２ × １３２ ＝ １２． ８７． 所以实际取出１００ × １２ ＋ １２． ８７ ＝ １ ２１２． ８７（元）． 　 　 例２：方法一：设每年还款ｘ万元，需１０年还清，那么每年还 款情况如下： 第１０年还款ｘ万元，这次还款后欠款全部还清； 第９年还款ｘ万元，过一年欠款全部还清时，所付款连同利 息之和为ｘ（１ ＋ １０％）万元； 第８年还款ｘ万元，过２年欠款全部还清时，所付款连同利 息之和为ｘ（１ ＋ １０％）２万元； …… 第１年还款ｘ万元，过９年欠款全部还清时，所付款连同利 息之和为ｘ（１ ＋ １０％）９万元． 依题意得： ｘ ＋ ｘ（１ ＋ １０％）＋ ｘ（１ ＋ １０％）２ ＋…＋ ｘ（１ ＋ １０％）９ ＝ ２０（１ ＋ １０％）１０， 解得ｘ ＝ ２０ × １． １ １０ × ０． １ １． １１０ － １ ≈３． ２５５（万元）． 即每年应还３． ２５５万元． 方法二：第１次还款ｘ万元之后还欠银行 ２０（１ ＋ １０％）－ ｘ ＝ ２０ × １． １ － ｘ． 第２次还款ｘ万元后还欠银行［２０（１ ＋ １０％）－ ｘ］（１ ＋ １０％）－ ｘ ＝ ２０ × １． １２ － １． １ｘ － ｘ． …… 第１０次还款ｘ万元后，还欠银行 ２０ × １． １１０ － １． １９ｘ － １． １８ｘ －…－ ｘ， 依题意得，第１０次还款后，欠款全部还清，故可得 ２０ × １． １１０ －（１． １９ ＋ １． １８ ＋ １…＋ １）ｘ ＝ ０， 解得ｘ ＝ ２０ × １． １ １０ × ０． １ １． １１０ － １ ≈３． ２５５（万元）， 即每年应还３． ２５５万元                                                                      ． —１３６—