4.3.2 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

本讲义聚焦等比数列前n项和的性质及应用核心知识点，从类比等差数列性质切入，系统推导Sm+n=Sm+q^mSn、片段和（Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列）、奇偶项和（S偶=qS奇等）关键性质，结合实际应用（分期付款、增长率）与综合应用（等差等比结合），构建从性质推导到问题解决的学习支架。 资料以类比探究为主线，情境导入激发数学眼光，问题链驱动逻辑推理（如性质推导双方法），例题训练强化数学运算（如用片段和求S4）。实际应用案例（分期付款）培养数学建模意识，课堂小结与分层练习助力课中教学引导、课后查漏补缺，提升学生知识迁移与解题能力。

第二课时　等比数列前n项和的性质及应用 课标要求 情境导入 1.熟练应用等比数列前n项和公式的性质解题（数学运算）. 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（逻辑推理、数学运算）. 　　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，由此还得出了“类比能使人智慧”这一重要结论，今天我们继续通过类比，看我们能得出等比数列前n项和的哪些性质. 　　 知识点一｜等比数列前n项和的性质 问题　（1）你能否用等比数列{an}中的Sm，Sn来表示？ 提示：法一 Sm＋n＝a1＋a2＋…＋am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋n＝Sm＋a1qm＋a2qm＋…＋anqm＝Sm＋qmSn. 法二 Sm＋n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋an＋2＋…＋an＋m＝Sn＋a1qn＋a2qn＋…＋amqn＝Sn＋qnSm. （2）类比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？ 提示：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列.证明如下： 法一 当q＝1时，结论显然成立； 当q≠1时，Sn＝，S2n＝， S3n＝. S2n－Sn＝－＝， S3n－S2n＝－＝， 而（S2n－Sn）2＝［］2， Sn（S3n－S2n）＝×， 故有（S2n－Sn）2＝Sn（S3n－S2n）， 所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列. 法二 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（S2n－Sn）2＝Sn（S3n－S2n）， 所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列. （3）类比等差数列前n项和性质中的奇数项和、偶数项和的问题，等比数列是否也有相似的性质？ 提示：若等比数列{an}的项数有2n项，则其偶数项和为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，则其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋， 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. 【知识梳理】 设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则： （1）当q＝1时，＝；当q≠±1时，＝　　（n，m∈N*）； （2）Sn＋m＝Sn＋　qnSm　（n，m∈N*）； （3）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），则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成公比为　qn　的等比数列； （4）若S偶，S奇分别是数列{an}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＝　a1＋qS偶　. 　　提醒：当q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…不是等比数列；当q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…是等比数列. 角度1　与“片段和”相关的性质 【例1】 （链接教材P37例9）（1）等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4＝（　A　） A.28 B.32 C.21 D.28或－21 解析：∵{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，即7，S4－7，91－S4成等比数列，∴（S4－7）2＝7（91－S4），解得S4＝28或S4＝－21.∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2＝（a1＋a2）（1＋q2）＝S2（1＋q2）＞S2，∴S4＝28. （2）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则 ＝（　D　） A.　　　B. C.　　　D. 解析：∵{an}是等比数列，∴S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列.∵＝，∴设S5＝2k（k≠0），则S10＝k，∴S10－S5＝－k，∴S15－S10＝，∴S15＝，∴＝＝. 【规律方法】 等比数列{an}“片段和”的性质 （1）正确理解等比数列“片段和”性质的含意，即当q≠－1时，连续m项的和Sm，S2m－Sm，S3m－S2m（或a1＋a2＋…＋am，am＋1＋am＋2＋…＋a2m，a2m＋1＋a2m＋2＋…＋a3m）成等比数列； （2）正确区分“片段和”Sm，，S3m所具有的性质与上述性质的不同，即＋＝Sm·S2m＋Sm·S3m. 角度2　与“奇、偶和”相关的性质 【例2】 一个项数为偶数的等比数列，全部项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求该等比数列的通项公式. 解：设数列为{an}，首项为a1，公比为q，全部奇数项、偶数项之和分别记为S奇，S偶， 由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶. ∵数列{an}的项数为偶数，∴q＝＝. 又a1·a1q·a1q2＝64，∴·q3＝64，即a1＝12. 故所求通项公式为an＝12×（）n－1，n∈N*. 变式　若等比数列{an}共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为　2　，项数为　9　. 解析：由性质S奇＝a1＋qS偶可知341＝1＋170q，所以q＝2，设这个数列共有2n＋1项，则S2n＋1＝＝341＋170＝511，解得n＝4，即这个等比数列的项数为9. 【规律方法】 灵活应用等比数列的项的个数的奇偶性质以及对应的奇数项与偶数项的和与公比的关系解题，注意数列求和的关键是确定首项、公比和项数. 训练1　（1）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝8，S6＝24，则a10＋a11＋a12＝（　B　） A.32 B.64 C.72 D.216 解析：由于S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，S3＝8，S6－S3＝16，故其公比为2，所以S9－S6＝32，a10＋a11＋a12＝S12－S9＝64. （2）已知等比数列{an}的公比q＝，且a1＋a3＋a5＋…＋a99＝90，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝　120　. 解析：因为在等比数列中，若项数为2n，则＝q，所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝（a1＋a3＋a5＋…＋a99）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a100）＝（a1＋a3＋a5＋…＋a99）＋（a1＋a3＋a5＋…＋a99）＝90＋×90＝120. 知识点二｜等比数列前n项和公式的实际应用 【例3】 （链接教材P38例11）某商店采用分期付款的方式促销一款每台价格为6 000元的电脑.商店规定，购买时先支付货款的，剩余部分在三年内按每月底等额还款的方式支付欠款，且结算欠款的利息.已知欠款的月利率为0.5%. （1）到第一个月底，货主在第一次还款之前欠商店多少元？ 解：购买电脑时，货主未支付的货款为6 000×（1－）＝4 000（元）， 按月利率0.5%到第一个月底的欠款金额应为4 000×（1＋0.5%）＝4 020（元）， 即到第一个月底，欠款金额为4 020元. （2）假设货主每月还商店a元，写出在第i（i＝1，2，…，36）个月末还款后，货主对商店欠款数的表达式； 解：设第i个月底还款后的欠款金额为yi元， 则有y1＝4 000（1＋0.5%）－a，y2＝y1（1＋0.5%）－a＝4 000（1＋0.5%）2－a（1＋0.5%）－a，y3＝y2（1＋0.5%）－a＝4 000（1＋0.5%）3－a（1＋0.5%）2－a（1＋0.5%）－a， …… yi＝yi－1（1＋0.5%）－a＝4 000（1＋0.5%）i－a（1＋0.5%）i－1－a（1＋0.5%）i－2－…－a， 整理得yi＝4 000（1＋0.5%）i－a（i＝1，2，…，36）. （3）每月的还款额为多少元（精确到0.01）？ 解：因为y36＝0， 所以4 000（1＋0.5%）36－a＝0， 即每月还款额a＝≈121.69（元）， 所以每月的还款额约为121.69元. 【规律方法】 解答数列应用问题的策略 （1）判断、建立数列模型：①变化“量”是同一个常数：等差数列；②变化“率”是同一个常数：等比数列； （2）提取基本量：从条件中提取相应数列的基本量a1，q（d），n，an，Sn，列出方程（组）求解. 训练2　某市共有1万辆燃油型公交车，有关部门于2023年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%. （1）该市在2029年应该投入电力型公交车多少辆？ 解：每年投入电力型公交车的数量可构成等比数列{an}，其中a1＝128，q＝. 所以2029年应投入的数量为a7＝a1q6＝128×（）6＝1 458（辆）. 故该市在2029年应该投入1 458辆电力型公交车. （2）到哪一年年底，电力型公交车的数量开始超过公交车总量的？ 解：设{an}的前n项和为Sn， 则Sn＝＝256×［（）n－1］， 由Sn＞（10 000＋Sn）×，即Sn＞5 000，解得n≥8. 所以该市到2030年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的. 知识点三｜等比数列前n项和的综合应用 【例4】 （链接教材P41习题11题）已知等差数列{an}满足a3＝7，a2＋a6＝20. （1）求{an}的通项公式； 解：设等差数列{an}的公差为d， 则a3＝a1＋2d＝7，a2＋a6＝2a1＋6d＝20， 解得a1＝1，d＝3，所以an＝1＋3（n－1）＝3n－2. （2）若等比数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝a1，＝a6，bn＋1＞bn，求满足Sn≤2 025的正整数n的最大值. 解：设等比数列{bn}的公比为q. 由（1）知b1＝a1＝1，＝a6＝3×6－2＝16. 因为＝（b1q2）2，所以q＝2或q＝－2， 又bn＋1＞bn，所以q＝2， 所以Sn＝＝2n－1. 令2n－1≤2 025，得2n≤2 026， 又210＜2 026＜211， 所以满足题意的正整数n的最大值为10. 【规律方法】 解决等比数列前n项和公式有关问题时应注意 （1）首先将题目问题转化为等比数列问题； （2）当题中有多个数列出现时，既要研究单一数列项与项之间的关系，又要关注各数列之间的相互联系. 训练3　如图，画一个边长为2的正方形，再将此正方形各边的中点相连得到第2个正方形，以此类推，记第n个正方形的面积为an，数列{an}的前n项和为Sn.求{an}的通项公式及S2 025. 解：记第n个正方形的边长为bn， 由题意可知＝2×（）2＝，则an＋1＝an， 所以数列{an}是以a1＝4为首项，以q＝为公比的等比数列，即an＝4×（）n－1＝23－n. S2 025＝＝8×（1－）＝8－. 1.已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1 012，偶数项之和为2 024，则这个数列的公比为（　　） A.8 B.－2 C.4 D.2 解析：D　由＝q，可知q＝2. 2.在等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝（　　） A.2n－1 B. C. D. 解析：B　由a1a2a3＝1得a2＝1，又a4＝4，故q2＝4，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝. 3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝1，S4＝4，则a7＋a8＝（　　） A.40 B.30 C.27 D.9 解析：C　由于{an}是等比数列，所以S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6也成等比数列，其中S2＝1，S4－S2＝3，所以S6－S4＝3×3＝9，S8－S6＝9×3＝27，所以a7＋a8＝S8－S6＝27. 4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯.”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层的灯数是　3　. 解析：设顶层的灯数是a1，则每一层灯数形成以a1为首项，以2为公比的等比数列，设为{an}，由题可得S7＝＝381，解得a1＝3，故塔的顶层的灯数是3. 课堂小结 1.理清单 （1）等比数列前n项和公式的性质； （2）等比数列前n项和公式的实际应用； （3）等比数列前n项和公式的综合应用. 2.应体会 利用等比数列前n项和的性质解决问题时常利用分类讨论和转化与化归思想. 3.避易错 应用“片段和”性质时易忽略其成立的条件. 1.设f（n）＝2＋24＋27＋…＋23n＋1（n∈N*），则f（n）＝（　　） A.（8n－1） B.（8n＋1－1） C.（8n＋2－1） D.（8n＋3－1） 解析：B　f（n）＝2＋24＋27＋…＋23n＋1＝＝（8n＋1－1）. 2.已知数列{an}为等比数列，且q＝2，S4＝1，则S8＝（　　） A.15 B.17 C.19 D.21 解析：B　法一 因为q＝2，S4＝1，所以S4＝＝＝1，解得a1＝，所以S8＝＝＝17.故选B. 法二 由题意得S8＝（a1＋a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋a7＋a8）＝S4＋q4（a1＋a2＋a3＋a4）＝S4（1＋q4）＝17. 3.已知等比数列{an}共有32项，其公比q＝3，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列{an}的所有项之和是（　　） A.30 B.60 C.90 D.120 解析：D　设等比数列{an}的奇数项之和为S1，偶数项之和为S2，则S1＝a1＋a3＋a5＋…＋a31，S2＝a2＋a4＋a6＋…＋a32＝q（a1＋a3＋a5＋…＋a31）＝3S1，又S1＋60＝S2，则S1＋60＝3S1，解得S1＝30，S2＝90，故数列{an}的所有项之和是30＋90＝120.故选D. 4.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n＝6，S3n＝14，则S4n－Sn＝（　　） A.18 B.20 C.24 D.28 解析：D　由等比数列的性质，知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n构成等比数列，设Sn＝x，则x，6－x，14－6构成等比数列，可得（6－x）2＝8x，即x2－20x＋36＝0，解得x＝2或x＝18（舍去）.从而Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n是以2为首项，＝＝2为公比的等比数列，则S4n－S3n＝24＝16，故S4n＝30，所以S4n－Sn＝30－2＝28. 5.在等腰直角三角形ABC中，B＝，AB＝a，以AB为斜边作等腰直角三角形AB1B，再以AB1为斜边作等腰直角三角形AB2B1，依此类推，记△ABC的面积为S1，依次所得三角形的面积分别为S2，S3，…，若S1＋S2＋…＋S8＝，则a＝（　　） A.2 B.2 C.3 D.4 解析：B　由题知AB1＝AB，AB2＝AB1，…，ABn＋1＝ABn，S1＝AB2＝a2，Sn＝A（n≥2），∴＝（）2＝（n≥2），又S2＝a2＝S1，∴数列{Sn}是首项为a2，公比为的等比数列，∴S1＋S2＋S3＋…＋S8＝＝，∴a＝2（负值舍去）. 6.〔多选〕“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自《庄子·天下篇》，其意思为“一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完”.设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺，第二天被截取剩下的一半剩下a2尺，…，第六天被截取剩下的一半剩下a6尺，则（　　） A.a6＝ B.＝8 C.a5＋a6＝ D.a1＋a2＋…＋a6＝ 解析：BD　依题意可知，a1，a2，a3，…成等比数列，且首项与公比均为，则a6＝（）6＝，＝8，a5＋a6＝，a1＋a2＋…＋a6＝，故选B、D. 7.〔多选〕设等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列数列一定是等比数列的有（　　） A.a1＋a2，a2＋a3，a3＋a4，… B.a1＋a3，a3＋a5，a5＋a7，… C.S2，S4－S2，S6－S4，… D.S3，S6－S3，S9－S6，… 解析：BD　设数列{an}的公比为q，q≠0，对于A和C，都有首项a1＋a2＝a1（1＋q），当q＝－1时，a1＋a2＝0，不满足等比数列，故A、C错误；对于B，a1＋a3＝a1（1＋q2）≠0，且＝＝q2，同理＝q2，故数列a1＋a3，a3＋a5，a5＋a7，…为等比数列，故B正确；对于D，S3＝a1＋a2＋a3＝a1（1＋q＋q2）≠0，且＝q3，＝q3，故数列S3，S6－S3，S9－S6，…为等比数列，故D正确.故选B、D. 8.某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植树2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n（n∈N*）为　6　. 解析：由题意知，第n天植树2n棵，则前n天共植树2＋22＋…＋2n＝（2n＋1－2）棵，令2n＋1－2≥100，则2n＋1≥102，又26＝64，27＝128，且y＝2x＋1是增函数，所以n≥6，即n的最小值为6. 9.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且210S30－（210＋1）S20＋S10＝0，则公比q＝　　. 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＝（）10.又{an}为正项等比数列，∴q＝. 10.为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80吨，该矿区计划从2025年开始出口，当年出口a吨，以后每年出口量均比上一年减少10%. （1）以2025年为第一年，设第n年出口量为an吨，试求an的表达式； （2）国家计划10年后终止该矿区的出口，问2025年最多出口多少吨？（0.910≈0.35，保留一位小数） 解：（1）由题意知每年的出口量构成等比数列{an}，且首项a1＝a，公比q＝1－10%＝0.9， ∴an＝a·0.9n－1. （2）10年的出口总量S10＝＝10a（1－0.910）. ∵S10≤80，∴10a（1－0.910）≤80， 即a≤， ∴a≤12.3.故2025年最多出口12.3吨. 11.Sn是公比不为1的等比数列{an}的前n项和，S9是S3和S6的等差中项，则＝（　　） A. B. C. D. 解析：A　设等比数列{an}的公比为q（q≠1），因为S9是S3和S6的等差中项，得S3＋S6＝2S9，所以＋＝2，整理得q3（2q6－q3－1）＝0，即2q6－q3－1＝0，即（2q3＋1）·（q3－1）＝0，解得q3＝－，则q6＝，所以＝·＝＝1＋q6＝1＋＝. 12.等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，记这个等比数列前n项的积为Tn（n≥2），则Tn的最大值为（　　） A. B. C.1 D.2 解析：D　设共有（2m＋1）项，由题意知S奇＝a1＋a3＋…＋＝，S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝，S奇＝a1＋a2q＋…＋a2mq＝2＋q（a2＋a4＋…＋a2m）＝2＋q＝，故q＝.故Tn＝a1a2…an＝q1＋2＋…＋（n－1）＝2n×＝，当n＝1或2时，Tn的最大值为2. 13.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为　2　. 解析：设数列{an}的公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.∵＝＝qm＋1＝9，∴qm＝8.∵＝＝qm＝8＝，∴m＝3，∴q3＝8，∴q＝2. 14.已知数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝3（n∈N*）. （1）求a2及an； （2）若Sn满足＞，求n的值. 解：（1）由2an＋1＋Sn＝3，得2a2＋a1＝3. 因为a1＝，所以a2＝. 由2an＋1＋Sn＝3，2an＋Sn－1＝3（n≥2）， 得＝.又＝，所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列. 故an＝·（）n－1＝3·（）n（n∈N*）. （2）由（1）可得Sn＝ ＝3×［1－（）n］， 所以S2n＝3×［1－（）2n］，所以＝1＋（）n. 令1＋（）n＞，得（）n＞，即2n＜63，且n∈N*，故n的值可以为1，2，3，4，5. 15.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑后的新序列为A*＝{，，，…}，它的第n项为.记数列{an}的前n项和、前n项积分别为Sn，Tn，若序列（A*）*的所有项都是1，且a3＝4，a4＝8，Tn－Sn＞1，试求正整数n的最小值. 解：因为A＝{a1，a2，a3，…}，A*＝{，，，…}， 所以（A*）*＝{，，，…}， 又序列（A*）*的所有项都是1， 所以它的第n项＝1， 所以＝，所以数列{an}是等比数列， 又a3＝4，a4＝8，所以公比q＝＝2， 所以a1＝1. 所以an＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1， Tn＝20×21×22×…×2n－1＝. 因为Tn－Sn＞1， 所以－（2n－1）＞1， 即＞2n，所以＞n， 所以n－1＞2，解得n＞3， 所以正整数n的最小值为4. 9 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $