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】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案word（人教A版）

该高中数学导学案聚焦等比数列前n项和的性质及应用，引导学生掌握连续n项和、奇偶项和等性质，通过“想一想”提示探究q=-1时的特殊情况，搭建从公式到性质的知识支架，衔接前后内容。 资料题型多样且解法多元，一题多解（公式法、性质法等）培养逻辑推理素养，实际应用问题（如借贷还贷）提升数学建模能力，分层习题设计助力夯实基础，提升数学运算素养。

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.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． 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：等比数列前n项和性质的应用． 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．若公比为q的等比数列{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 3．(等比数列前n项和的实际应用)有一座六层高的商场，若每层所开灯的数量都是下面一层的两倍，一共开了1890盏，则底层所开灯的数量为______盏． 答案：30 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：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】求等比数列连续n项和的注意点 (1)注意公比q＝1和q≠1两种情况的讨论，在解有关方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元． (2)运用等比数列前n项和的性质时注意适用条件，例如Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成公比为qn的等比数列，但q＝－1且n为偶数时不适用． 【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＝＝40，即S30＝70. 题型二　等比数列的不连续n项和的性质　 　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】求等比数列不连续n项和的策略 (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．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＝， ∵当项数为奇数时，＝q， 即2＋q＝，∴q＝， ∴an＝a1qn－1＝2×＝. 题型三　等比数列前n项和的实际应用　 　小王通过某平台借贷10000元，月利率为1%，每月以复利计息，他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，共需多少年才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年才能更换所有需要更换的旧设备． 1．已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项和为1013，偶数项和为2026，则这个数列的公比为(　　) A．8 B．－2 C．4 D．2 答案：D 解析：由题意可知，公比q＝＝2.故选D. 2．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＝. 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．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：设等比数列{an}的公比为q.∵S6＝S2＋q2S4，又S6－S2＝12，∴S2＋12＝S2＋q2S4，∴q＝2(q＝－2舍去)，∴S8＝S4＋q4S4＝3＋16×3＝51. 5．已知数列{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＋1·an＋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、偶数项均是首项为1，公比为2的等比数列，则S2n＝2×＝2n＋1－2. 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 利用Sn＋m＝Sn＋qnSm求公比 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 利用递推关系求等比数列的通项公式；等比数列前n项积的最值 等比数列前n项和公式的应用 等比数列前n项和公式的实际应用 利用等比数列中奇数项和与偶数项和的关系求项数 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 利用Sn＋m＝Sn＋qnSm求前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 等比数列前n项和公式的实际应用 等比数列的不连续n项和的性质 定义法证明等比数列；求数列中的最大项 等比数列前n项和公式的实际应用 一、选择题 1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则公比q＝(　　) A. B．－ C.或1 D．－或1 答案：A 解析：由S10＝(1＋q5)S5，得1＋q5＝，解得q＝.故选A. 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，故根据等比数列前n项和的性质，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．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．在数列{an}中，an＝4an＋1－3an＋2，a1＝27，a2＝9，Tn是数列{an}的前n项积，则Tn的最大值是(　　) A．81 B．243 C．729 D．2187 答案：C 解析：由题意可知，对任意的n∈N*，an＋2＝an＋1－an，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，又a2－a1＝0，所以数列是每项都为0的常数列，所以an＋1＝an，所以数列{an}是首项为a1＝27，公比为q＝的等比数列，所以an＝a1qn－1＝27×＝34－n，由an＝34－n≥1，可得4－n≥0，解得n≤4，故当n＝3或n＝4时，Tn取最大值，且其最大值为T3＝T4＝a1a2a3＝33×32×31＝36＝729.故选C. 5.(多选)如图所示，作边长为3的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆．如此下去，则(　　) A．第n个圆的面积为 B．这n个圆的半径成公比为的等比数列 C．第一个圆的面积为 D．前n个圆的面积和为π 答案：ABD 解析：设第n个正三角形的内切圆半径为an，因为从第2个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个的，每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的，即这n个圆的半径成公比为的等比数列，故B正确；因为a1＝＝，所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，所以an＝×，则a＝×，则第n个圆的面积为πa＝××π＝，第一个圆的面积为，故A正确，C错误；设前n个圆的面积和为Sn，则Sn＝＝×＝π＝π，即前n个圆的面积和为π，故D正确．故选ABD. 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．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＝________． 答案：3 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)＝85，偶数项的和为q＋q3＋q5＋…＋q2n－1＝42，整体代入，得q＝2，所以前2n＋1项的和为＝85＋42＝127，解得n＝3. 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＝an， ∴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．(多选)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. 12．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. 13．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＝. 14．党的十八大以来，我国防沙治沙工作取得显著成效，《全国防沙治沙规划(2021～2030年)》的提出明确了今后一个阶段防沙治沙工作的总体思路、工作重点和目标任务．某地区政府顺势提出了沙漠治理的十年计划．已知第1年该地区有土地1万平方千米，其中70%是沙漠，30%是绿洲．从第2年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的16%改造成绿洲，而原有绿洲的4%被沙漠所侵蚀后又变成沙漠．设第n年的绿洲面积为an万平方千米，其中1≤n≤10，n∈N. (1)证明：数列为等比数列； (2)假设把沙漠改造成绿洲的改造费为每万平方千米2亿元，请计算该地区政府完成沙漠治理计划总共需要拨款的费用． 解：(1)证明：由题意，当n≥2时， an＝(1－4%)an－1＋(1－an－1)×16%＝0.96an－1＋0.16－0.16an－1＝an－1＋， 变形，得an－＝， 因为a1－＝1×(1－70%)－＝－， 所以数列是以－为首项，为公比的等比数列． (2)由(1)，得an－＝－×， 所以数列{an}的通项公式为an＝－×＋. 则1－an＝×＋， 由题意可知，该地区政府完成沙漠治理计划时，把沙漠改造成绿洲的面积为 S＝(1－an)＝××＋××9＝×＋＝×＋， 故总共需要拨款的费用为×＋≈1.27(亿元)． 10 学科网（北京）股份有限公司 $