4.3.2等比数列的前n项和公式(第2课时)-2024-2025学年下学期高二数学同步课件（人教A版2019选择性必修二）

4.3.2 第2课时 等比数列的前n项和公式 第1页 课内导航 等比数列前n项和公式的性质 奇数项、偶数项和的性质 1 2 等比数列前n项和公式的综合应用 3 第1页 1.熟练应用等比数列前n项和公式的性质解题. 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. 学习目标 第1页 同学们，前面我们就用等差数列的性质，类比出了等比数列的性质，由此得出“类比能使人智慧”这一重要结论，今天我们再进一步增长同学们的智慧，继续通过类比，看我们能得出等比数列前n项和的哪些性质. 导 语 第1页 一 等比数列前n项和公式的性质 第1页 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？ 问题1 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=-=， 第页 第1页 S3n-S2n=- =， 而=， Sn(S3n-S2n)=×， 故有=Sn(S3n-S2n)， 所以Sn，S2n-Sn，S3n-S2n成等比数列. 第页 第1页 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. 第页 第1页 你能否用等比数列{an}中的Sm，Sn来表示Sm+n？ 问题2 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. 第页 第1页 1.数列{an}为公比不为-1的等比数列(或公比为-1，且n不是偶数)，Sn为其前n项和，则Sn，S2n-Sn， 仍构成等比数列. 2.若{an}是公比为q的等比数列，则Sn+m=Sn+ (n，m∈N*). S3n-S2n qnSm 注意： 等比数列片段和性质的成立是有条件的，即Sn≠0. 知识梳理 第页 第1页 70 第页 第1页 第页 第1页 √ 第页 第1页 反思感悟1 第页 第1页 第页 第1页 二 等比数列奇数项、偶数项和的性质 第1页 类比等差数列前n项和性质中的奇数项、偶数项的性质，等比数列是否也有相似的性质？ 问题3 提示　若等比数列{an}的项数有2n项， 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，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， 其偶数项和为S偶=a2+a4+…+a2n， 第页 第1页 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. 第页 第1页 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)；S奇=a1+qS偶. . 知识梳理 第页 第1页 √ 第页 第1页 反思感悟2 第页 第1页 第页 第1页 三 等比数列前n项和公式的综合应用 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟3 第页 第1页 √ 第页 第1页 课 后 巩 固 第页 第1页 √ 第页 第1页 √ 第页 第1页 √ 第页 第1页 90 第页 第1页 2 第页 第1页 2 0 2 4 《高考调研》 看 观 谢 谢 ★新教材同步学案★ 第1页 例1　(1)已知在等比数列{an}中，S10＝10，S20＝30，则S30＝________． 【解析】　设等比数列{an}的公比为q，∵S20≠2S10，∴q≠1. ∵S10≠S20，∴q≠－1. 方法一：由等比数列的前n项和公式， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q10）,1－q)＝10①，,\f(a1（1－q20）,1－q)＝30②.)) ②÷①得1＋q10＝3，故q10＝2. S30＝eq \f(a1（1－q30）,1－q)＝eq \f(a1（1－q10）,1－q)×(1＋q10＋q20)＝10×(1＋2＋22)＝70. 方法二：因为q≠－1，则S10，S20－S10，S30－S20仍成等比数列，则(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(30－10)2＝10(S30－30)，得S30＝70. 方法三：由题意得S20＝S10＋q10S10，即30＝10＋10q10，∴q10＝2，∴S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70. (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于(　　) A．3∶4　　　　　　　　 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3 【解析】　等比数列{an}的前n项和为Sn，易知q≠－1，则S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，设S5＝m，m≠0，则S10＝eq \f(m,2)，S10－S5＝－eq \f(m,2)，所以S15－S10＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)))2,m)＝eq \f(m,4)，所以S15＝eq \f(3m,4)，所以eq \f(S15,S5)＝eq \f(\f(3m,4),m)＝eq \f(3,4)，即S15∶S5＝3∶4. 等比数列前n项和的性质： 在公比不等于－1的等比数列{an}中，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…仍成等比数列． 当等比数列{an}的公比等于－1时， 若k为奇数，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…仍成等比数列； 若k为偶数，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…每一项都为0，不成等比数列． 思考题1　已知等比数列{an}，an>0，S3＝6，a7＋a8＋a9＝24，求S99的值． 【解析】　因为{an}是等比数列，易知q≠－1，则S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，…，S99－S96，…也为等比数列，且首项为S3＝6，设其公比为q，因为S9－S6＝S3q2，则q2＝eq \f(24,6)＝4，因为an>0，所以q＝2. 则S99＝(S99－S96)＋(S96－S93)＋…＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝eq \f(6×（1－233）,1－2)＝6(233－1)． 例2　已知等比数列{an}有2n＋1项，a1＝1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 【解析】　因为等比数列有2n＋1项，则奇数项有n＋1项，偶数项有n项，设公比为q，得到奇数项的和为1＋q2＋q4＋…＋q2n＝1＋q(q＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝85①，偶数项的和为q＋q3＋q5＋…＋q2n－1＝42，整体代入①式得q＝2， 所以数列前2n＋1项的和为eq \f(1－22n＋1,1－2)＝85＋42＝127，解得n＝3.故选B. (1)项数为2n＋1的等比数列奇数项的和与偶数项的和的关系： S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝a1＋qS偶． (2)当项数为偶数时，偶数项之和与奇数项之和的比等于等比数列的公比，即eq \f(S偶,S奇)＝q. 思考题2　一个等比数列的首项为1，项数为偶数，其中奇数项的和为85，偶数项的和为170，求该数列的公比和项数． 【解析】　设该数列有2n项， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝170①，,a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝85②，)) ①÷②，得q＝2. ∵S2n＝eq \f(a1·（q2n－1）,q－1)，∴85＋170＝eq \f(1×（22n－1）,2－1). 即22n＝256＝28，∴2n＝8. 即该数列的公比为2，项数为8. 例3　(1)记等差数列{an}的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn. 【解析】　设数列{an}的公差为d，依题设有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1（a3＋1）＝a22，,a1＋a2＋a3＝12，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a12＋2a1d－d2＋2a1＝0，,a1＋d＝4.)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,d＝－4.)) 因此Sn＝eq \f(1,2)n(3n－1)或Sn＝2n(5－n)． (2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝an＋1－1，则Sn＝________． eq \f(3n－1,2) 【解析】　方法一：当n＝1时，则有2S1＝a2－1， ∴a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3； 当n≥2时，由2Sn＝an＋1－1得，2Sn－1＝an－1，两式相减得2an＝an＋1－an， ∴an＋1＝3an，∵a1＝1≠0，∴an≠0， ∴eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，又eq \f(a2,a1)＝3， ∴数列{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列， ∴Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2). 方法二：∵2Sn＝an＋1－1＝Sn＋1－Sn－1， ∴Sn＋1＝3Sn＋1， ∴Sn＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))， 又S1＋eq \f(1,2)＝a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列， ∴Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1＝eq \f(1,2)×3n， ∴Sn＝eq \f(1,2)×3n－eq \f(1,2)＝eq \f(3n－1,2). 在等差数列{an}中，通常把首项a1和公差d作为基本量，在等比数列{bn}中，通常把首项b1和公比q作为基本量，列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和等比数列问题的常用方法． 思考题3　已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9＝(　　) A．2 B．4 C．8 D．16 【解析】　等比数列{an}中，a3a11＝a72＝4a7，解得a7＝4， 等差数列{bn}中，b5＋b9＝2b7＝8. 1．已知等比数列{an}的前n项和为45，前2n项和为60，则其前3n项和为(　　) A．65　　　　　　　　　　　 B．80 C．90 D．105 解析　易知q≠－1，设数列{an}的前n项和为Sn，由等比数列的性质得Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．又Sn＝45，S2n＝60，故45，60－45，S3n－60成等比数列，故(60－45)2＝45(S3n－60)，解得S3n＝65.故选A. 2．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a2，a4成等比数列，则a2＝(　　) A．－10 B．－6 C．4 D．－4 解析　数列{an}是公差为2的等差数列，∴a1＝a2－2，a4＝a2＋4. ∵a1，a2，a4成等比数列，∴a22＝a1a4，即a22＝(a2－2)(a2＋4)，解得a2＝4. 3．等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝t·2n－1－1，则t＝(　　) A．2 B．－2 C．1 D．－1 解析　设等比数列的公比为q，当q＝1时，Sn＝na1，不合题意； 当q≠1时，Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝－eq \f(a1,1－q)·qn＋eq \f(a1,1－q)， 依题意Sn＝t·2n－1－1＝eq \f(1,2)t·2n－1⇒eq \f(1,2)t＋(－1)＝0，t＝2.故选A. 4．一个小球从距地面54米的高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的eq \f(1,3)处，则小球第2次落地时，经过的路程是________米；小球第n(n≥2)次 落地时，经过的路程是________米． 108－eq \f(162,3n) 解析　设小球第1次落地时经过的路程为a1米，小球从第n－1(n≥2)次落地到第n次落地时经过的路程为an米，则a1＝54，a2＝54×eq \f(1,3)×2，a3＝54×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(2)×2，…，an＝54×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(n－1)×2(n≥2)，所以小球第2次落地时，经过的路程是54＋54×eq \f(1,3)×2＝90(米)，小球第n(n≥2)次落地时，经过的路程是a1＋a2＋…＋an＝54＋108×[eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(n－1)]＝54＋108×eq \f(\f(1,3)－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝108－eq \f(162,3n)(米)． 5．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＝________． 解析　设等比数列{an}的奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶， 则S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝q(a1＋a3＋…＋a2n－1)＝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. $$