1.3.2 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（北师大版2019）

第2课时　等比数列前n项和的性质及应用 　　明代数学家吴敬所著的《九章算法比类大全》中,有一道数学命题叫“宝塔装灯”,内容为:“远望巍巍塔七层,红灯点点倍加增;共灯三百八十一,请问塔尖几盏灯?”(“倍加增”指灯的数量从塔的顶层到底层按公比为2的等比数列递增),根据此诗,可以得出塔的顶层有3盏灯,你知道是怎样算出来的吗? 1.灵活运用等比数列前n项和公式的相关性质解题; 2.结合方程的思想方法解决与等比数列前n项和有关问题。 等比数列前n项和的常用性质 1.等比数列(q≠-1)中每k项之和依次构成的新数列依然是等比数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…仍是等比数列,新数列的公比为qk。 2.若等比数列有2n项,则=q。 3.当q≠1时,等比数列的前n项和Sn一定是Sn=Aqn-A的形式。 微思考 若某数列的前n项和公式为Sn=-aqn+a(a≠0,q≠0且q≠1,n∈N+),则此数列一定是等比数列吗? 提示:是。将等比数列前n项和公式Sn=(q≠0,且q≠1)变形为Sn=-qn(q≠0,且q≠1),若令a=,则和式可变形为Sn=a-aqn。 类型一 等比数列前n项和的性质 　　【例1】　(1)在等比数列{an}中,若前10项的和S10=10,前20项的和S20=30,则前30项的和S30=　　　　。  解析　解法一:设数列{an}的首项为a1,公比为q,则上面两式相除得1+q10=3,所以q10=2。所以S30==(1+q10+q20)=10×(1+2+4)=70。 解法二:因为S10,S20-S10,S30-S20仍成等比数列,又S10=10,S20=30,所以S30-30=,即S30=70。 答案　70 (2)若{an}是等比数列,且前n项和为Sn=3n-1+t,则t=　　　　。  解析　显然q≠1,此时应有Sn=A(qn-1),又Sn=·3n+t,所以t=-。 答案　- 　　若数列{an}是公比为q的等比数列,则其有以下性质: ①Sn+m=Sn+qnSm 　　②在等比数列中,若项数为2n(n∈N+),则=q;若项数为2n+1,则=q。 ③Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列(其中q≠-1) 【变式训练】　在等比数列{an}中,已知Sn=48,S2n=60,求S3n。 解　解法一:因为S2n≠2Sn,所以q≠1, 由已知得 ②÷①得1+qn=,即qn=　③。 将③代入①得=64, 所以S3n==64×=63。 解法二:因为{an}为等比数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列。 又Sn=48,S2n=60,所以S2n-Sn=12, 由(S2n-Sn)2=Sn·(S3n-S2n),得 122=48(S3n-60), 解得S3n=63。 类型二 an与Sn的综合应用 　　【例2】　数列{an}的前n项和Sn=3n-2(n∈N+)。求{an}的通项公式。 解　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2·3n-1。 当n=1时,a1=S1=31-2=1不适合上式。 所以an= 　　(1)已知Sn,通过an=求通项an,应特别注意n≥2时,an=Sn-Sn-1。 (2)若数列{an}的前n项和Sn=A(qn-1),其中A≠0,q≠0且q≠1,则{an}是等比数列 【变式训练】　在数列{an}中,a1=1,a1+2a2+3a3+…+nan=an+1(n∈N+),求数列{an}的通项公式。 解　由a1+2a2+3a3+…+nan=an+1,得当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)·an-1=an, 两式作差得nan=an+1-an, 得(n+1)an+1=3nan(n≥2), 即数列{nan}从第2项起是公比为3的等比数列,且a1=1,a2=1,于是2a2=2, 故当n≥2时,nan=2·3n-2。 于是an= 类型三 等比数列前n项和的实际应用 　　【例3】　借贷10 000元,月利率为1%,每月以复利计息,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(1.016≈1.061,1.015≈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=10 000,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≈1.061, 所以a≈≈1 739(元)。 故每月应支付1 739元。 解法二:一方面,借款10 000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×(1.01)6(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=≈1 739(元)。 故每月应支付1 739元。 　　解决此类问题的关键是建立等比数列模型及弄清数列的项数,所谓复利计息,即把上期的本利和作为下一期本金,在计算时每一期本金的数额是不同的,复利的计算公式为S=P(1+r)n,其中P代表本金,n代表存期,r代表利率,S代表本利和 【变式训练】　小华准备购买一部售价为5 000元的手机,采用分期付款方式,并在一年内将款全部付清。商家提出的付款方式为:购买2个月后第1次付款,再过2个月后第2次付款,…,购买12个月后第6次付款,每次付款金额相同,约定月利率为0.8%,每月利息按复利计算,求小华每期付款金额是多少。(参考数据:1.00812≈1.10) 解　解法一:设小华每期付款x元,第k个月末付款后的欠款本利为Ak元,则 A2=5 000×(1+0.008)2-x=5 000×1.0082-x, A4=A2(1+0.008)2-x=5 000×1.0084-1.0082x-x, …, A12=5 000×1.00812-(1.00810+1.0088+…+1.0082+1)x=0, 解得x= =≈883.5。 故小华每期付款金额约为883.5元。 解法二:设小华每期付款x元,到第k个月时已付款及利息为Ak元,则A2=x; A4=A2(1+0.008)2+x=x(1+1.0082); A6=A4(1+0.008)2+x=x(1+1.0082+1.0084); …, A12=x(1+1.0082+1.0084+1.0086+1.0088+1.00810)。 因为购买12个月后付清欠款, 所以A12=5 000×1.00812, 即5 000×1.00812=x(1+1.0082+1.0084+…+1.00810), 所以x=≈883.5。 故小华每期付款金额约为883.5元。 1.等比数列{an}中,a3=3S2+2,a4=3S3+2,则公比q等于 (　　) A.2　　　　B.　　　　C.4　　　　D. 解析　因为a3=3S2+2,a4=3S3+2,所以a4-a3=3(S3-S2)=3a3,即a4=4a3,所以q==4。 答案　C 2.在等比数列{an}中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn等于 (　　) A.2n+1-2 B.3n C.2n D.3n-1 解析　因为数列{an}为等比数列,所以an=2qn-1,又因为数列{an+1}也是等比数列,则(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1)⇒+2an+1=anan+2+an+an+2⇒an+an+2=2an+1⇒an(1+q2-2q)=0⇒q=1。即an=2,所以Sn=2n。故选C。 答案　C 3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于 (　　) A. B.- C. D. 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=。 答案　A 4.等比数列{an}共2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q=　　　　。  解析　根据题意得所以所以q===2。 答案　2 5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn=x·3n-1-,则x=　　　　。  解析　解法一:因为Sn=x·3n-1-=·3n-,由Sn=A(qn-1),得=,所以x=。 解法二:当n=1时,a1=S1=x-;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2x·3n-2,因为{an}是等比数列,所以n=1时也应适合an=2x·3n-2,即2x·3-1=x-,解得x=。 答案　 学科网（北京）股份有限公司 $$