3.2 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

该高中数学课件聚焦等比数列核心知识，涵盖前n项和公式、通项公式及性质应用，通过基础题回顾等比数列基本量计算，逐步过渡到综合问题，搭建从概念理解到实际应用的学习支架，帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于以分层练习（基础达标、能力提升、素养拓展）设计，结合数学思维与数学语言，如通过推导Sn表达式培养推理意识，用设备价值问题（第16题）渗透模型观念，助力学生提升逻辑推理与应用能力，也为教师提供系统教学资源，提高课堂效率。

3.2　第2课时　课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 解析：设等比数列{an}的公比为q，则有a4＋a5＋a6＝q3(a1＋a2＋a3)＝2S3＝2(a1＋a2＋a3)，解得q3＝2，a7＝a1q6，则有12＝4a1，得a1＝3.故选D. 课后达标 检测 2．(2024·河南焦作期中)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3×2n＋1＋λ，则λ＝(　　) A．3 B．－3 C．6 D．－6 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 课后达标 检测 3．(2024·广西钦州月考)在正项等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20＝(　　) A．10 B．18 C．36 D．40 解析：易知S10＝10，S30＝130，因为S10，S20－S10，S30－S20为等比数列，所以(S20－S10)2＝S10×(S30－S20)，代入数据可得(S20－10)2＝10×(130－S20)，解得S20＝40或S20＝－30(舍去)，所以S20＝40.故选D. 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 课后达标 检测 5．一个项数为偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为(　　) A．6 B．8 C．10 D．12 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 课后达标 检测 6．(多选)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝3，∀m，n∈N＋，Sm＋n＝SmSn，则(　　) A．{an}是等比数列 B．a4＝54 C．a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝38 D．Sn＝3n 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 解析：因为a1＝3，∀m，n∈N＋，Sm＋n＝SmSn， 所以Sn＋1＝SnS1＝Sna1＝3Sn，又S1＝3， 所以{Sn}是首项为3，公比为3的等比数列，所以Sn＝3n，故D正确； 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 因为a4＝2×33＝54，故B正确； 因为a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝S9－S4＝39－34>38，故C错误．故选BD. 课后达标 检测 7．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝3，a4＋a5＋a6＝9，则S12＝________． 解析：由题知，S3＝3，S6－S3＝9， 因为数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，所以S9－S6＝27，S12－S9＝81，所以S12＝S9＋81＝S6＋27＋81＝S3＋9＋27＋81＝120. 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 120 课后达标 检测 8．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1＋1，则数列{an}的前10项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为________． 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 课后达标 检测 9．已知等比数列{an}的公比为2，前n项和为Tn，T99＝77，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________． 解析：设S1＝a1＋a4＋…＋a97，S2＝a2＋a5＋…＋a98，S3＝a3＋a6＋…＋a99，由等比数列前n项和的性质可得，S2＝2S1，S3＝4S1，又S1＋S2＋S3＝T99＝77，所以7S1＝77，解得S1＝11.从而S3＝4S1＝44. 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 44 课后达标 检测 10．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足S3＝7，S6＝63. (1)求数列{an}的通项公式； 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)若bn＝an＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．已知等比数列{an}的前n项和满足Sn＝1－A·3n，数列{bn}是递增数列，且bn＝An2＋Bn，则A＝________，B的取值范围为______________． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 1 (－3，＋∞) 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 15．(多选)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，下列结论正确的是(　　) A．若q＞0且q≠1，则{an}是递增数列或递减数列 B．若{an}是递减数列，则0＜q＜1 C．任意λ∈R，{an＋λan＋1}为等比数列 D．若q≠1，则存在λ∈R，{Sn＋λ}为等比数列 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%. (1)求第n年初M的价值an的表达式； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a4＋a5＋a6＝2S3，a7＝12，则a1＝(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C．2 D．3 解析：由Sn＝3×2n＋1＋λ，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×2n＋1＋λ－(3×2n＋λ)＝3×2n，可得eq \f(an＋1,an)＝2，n≥2； 当n＝1时，a1＝S1＝3×22＋λ，因为数列{an}为等比数列，可得eq \f(a2,a1)＝eq \f(3×22,3×22＋λ)＝2，解得λ＝－6.故选D. 4．已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋an－2，n≥3，n为奇数，,2an－2，n≥3，n为偶数，))则数列{an}的前10项和为(　　) A．48 B．49 C．50 D．51 解析：因为n≥3且n为奇数时，an＝2＋an－2，所以所有奇数项构成以a1为首项，2为公差的等差数列，又因为n≥3且n为偶数时，an＝2an－2，即所有偶数项构成以a2为首项，2为公比的等比数列，所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝eq \f(（0＋8）×5,2)＋eq \f(1－25,1－2)＝51.故选D. 解析：设等比数列的项数为2n项，所有奇数项和为S奇，所有偶数项和为S偶，则q＝eq \f(S偶,S奇)＝2，又它的首项为1，所以通项公式为an＝2n－1， 中间两项的和为an＋an＋1＝2n－1＋2n＝24，解得n＝4，所以项数为8. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1， 当n＝1时，a1＝3，不满足上式， 所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2×3n－1，n≥2，,3，n＝1，))故A错误； 解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2， 又a1＝S1＝2，不满足上式， 即数列{an}的前10项分别为2，1，2，4，8，16，32，64，128，256，所以数列{an}的前10项中S偶＝eq \f(1－45,1－4)＝eq \f(1 023,3)＝341， S奇＝2＋eq \f(2×（1－44）,1－4)＝2＋eq \f(510,3)＝172， 所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(172,341). eq \f(172,341) 解：由题意知S6≠2S3，q≠1，且q≠－1， 由等比数列的前n项和的性质知， q3＝eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(63－7,7)＝8，故q＝2， 所以S3＝eq \f(a1（1－q3）,1－q)＝7，代入q可得a1＝1， 所以an＝2n－1. 解：由(1)知bn＝2n－1＋n－1， 所以Tn＝(1＋2＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)] ＝2n＋eq \f(n2－n,2)－1. 11．(2024·安徽宿州期中)已知等比数列{an}的公比为－eq \f(1,3)，其前n项和为Sn，且a1，eq \f(a2＋4,3)，a3成等差数列，若对任意的n∈N＋，均有A≤Sn－eq \f(2,Sn)≤B恒成立，则B－A的最小值为(　　) A．2 B.eq \f(7,6) C.eq \f(10,3) D.eq \f(5,3) 解析：等比数列{an}的公比为－eq \f(1,3)，因为a1，eq \f(a2＋4,3)，a3成等差数列，所以2×eq \f(－\f(1,3)a1＋4,3)＝a1＋eq \f(1,9)a1，解得a1＝2，所以Sn＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－（－\f(1,3)）n)),1－（－\f(1,3)）)＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)·(－eq \f(1,3))n，当n为奇数时，Sn＝eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)·(eq \f(1,3))n，易得Sn单调递减，且eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)·(eq \f(1,3))n＞eq \f(3,2)，所以eq \f(3,2)＜Sn≤S1＝2；当n为偶数时，Sn＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)·(eq \f(1,3))n，易得Sn单调递增，且eq \f(3,2)－eq \f(3,2)·(eq \f(1,3))n＜eq \f(3,2)，所以eq \f(4,3)＝S2≤Sn＜eq \f(3,2).所以Sn的最大值与最小值分别为2，eq \f(4,3). 函数y＝t－eq \f(2,t)在(0，＋∞)上单调递增，所以A≤(Sn－eq \f(2,Sn))min＝eq \f(4,3)－2×eq \f(3,4)＝－eq \f(1,6)，B≥(Sn－eq \f(2,Sn))max＝2－eq \f(2,2)＝1，所以B－A的最小值为1－(－eq \f(1,6))＝eq \f(7,6).故选B. 12．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6＝6，则8S3＋S9的最小值为(　　) A．18 B．24eq \r(2) C．30 D．33 解析：设等比数列{an}的公比为q，且q＞0，则S6＝a1(1＋q＋q2＋q3＋q4＋q5)＝a1(1＋q＋q2)·(1＋q3)＝S3(1＋q3)＝6，所以S3＝eq \f(6,1＋q3)，则S9＝a1(1＋q＋q2＋…＋q8)＝a1(1＋q＋q2)(1＋q3＋q6)＝S3(1＋q3＋q6)＝eq \f(6（1＋q3＋q6）,1＋q3)，所以8S3＋S9＝eq \f(48,1＋q3)＋eq \f(6（1＋q3＋q6）,1＋q3)＝6＋eq \f(48,1＋q3)＋eq \f(6q6,1＋q3)＝6＋eq \f(48,1＋q3)＋eq \f(6（1＋q3－1）2,1＋q3)＝6＋eq \f(48,1＋q3)＋eq \f(6[（1＋q3）2－2（1＋q3）＋1],1＋q3)＝6(1＋q3)＋eq \f(54,1＋q3)－6≥2eq \r(6（1＋q3）·\f(54,1＋q3))－6＝36－6＝30，当且仅当6(1＋q3)＝eq \f(54,1＋q3)(q＞0)，即当q＝eq \r(3,2)时，等号成立，因此，8S3＋S9的最小值为30.故选C. 解析：因为Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)·qn(q≠1)，而等比数列{an}的前n项和满足Sn＝1－A·3n，所以A＝1，于是bn＝n2＋Bn，又因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn＝2n＋1＋B>0恒成立，所以B>－(2n＋1)恒成立，所以B>－3，即B的取值范围为(－3，＋∞)． 14．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知满足________，求公比q以及aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋…＋aeq \o\al(2,n). 从①a2a5＝－32且a3＋a4＝－4，②a1＝1且S6＝9S3，③S2＝a3－1且S3＝a4－1这三组条件中任选一组，补充到上面问题中，并完成解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解：若选①，则有a2a5＝a3a4＝－32，又因为a3＋a4＝－4，解得a3＝4，a4＝－8，或a3＝－8，a4＝4，即q＝－2或q＝－eq \f(1,2)，因为{aeq \o\al(2,n)}是以aeq \o\al(2,1)为首项，q2为公比的等比数列，若q＝－2，则a1＝eq \f(a3,q2)＝1，此时aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3)(n∈N＋)；若q＝－eq \f(1,2)，则a1＝eq \f(a3,q2)＝－32，此时aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝eq \f(212,3)(1－eq \f(1,4n))(n∈ N＋)． 若选②，S3≠0，eq \f(S6－S3,S3)＝eq \f(a4＋a5＋a6,a1＋a2＋a3)＝8，即q3＝8，故q＝2. 因为{aeq \o\al(2,n)}是以aeq \o\al(2,1)为首项，q2为公比的等比数列，所以aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3)(n∈N＋)． 若选③，S2＝a3－1，S3＝a4－1，两式相减，得a3＝a4－a3，即a4＝2a3，故q＝2. 又a1＋a2＝a3－1，则a1＋2a1＝4a1－1，即a1＝1. 所以{aeq \o\al(2,n)}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3)(n∈N＋)． 解析：对于A项，由题意知an＝a1qn－1，则an＋1－an＝a1qn－1(q－1)，所以当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＞0，,0＜q＜1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＜0，,q＞1))时，an＋1－an＝a1qn－1(q－1)＜0，则{an}是递减数列； 当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＞0，,q>1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＜0，,0＜q＜1))时，an＋1－an＝a1qn－1(q－1)＞0，则{an}是递增数列． 综上可知，若q＞0且q≠1，则{an}是递增数列或递减数列，故A正确； 对于C项，因为an＋λan＋1＝an(1＋λq)，所以λ＝－eq \f(1,q)时，an＋λan＋1＝0，于是任意λ∈R，{an＋λan＋1}为等比数列不成立，故C错误； 对于B项，若{an}是递减数列，则an＋1－an＝a1qn－1(q－1)＜0，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＞0，,0＜q＜1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＜0，,q＞1，))故B错误； 对于D项，当q≠1时，等比数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，假设存在λ∈R，{Sn＋λ}为等比数列，则(S2＋λ)2＝(S1＋λ)(S3＋λ)，得Seq \o\al(2,2)＋2λS2＋λ2＝S1S3＋λ(S1＋S3)＋λ2， 得λ(2S2－S1－S3)＝S1S3－Seq \o\al(2,2)，得λ[2(a1＋a2)－a1－(a1＋a2＋a3)]＝a1(a1＋a2＋a3)－(a1＋a2)2，得λ(a2－a3)＝－a1a2＋a1a3－aeq \o\al(2,2)＝－a1a2，得λa2(1－q)＝－a1a2，解得λ＝－eq \f(a1,1－q)，此时Sn＋λ＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)－eq \f(a1,1－q)＝－eq \f(a1qn,1－q)＝eq \f(qan,q－1)，则eq \f(Sn＋1＋λ,Sn＋λ)＝eq \f(\f(qan＋1,q－1),\f(qan,q－1))＝eq \f(an＋1,an)＝q，所以若q≠1，则存在λ∈R，{Sn＋λ}为等比数列，故D正确．故选AD. 解：当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列． an＝120－10(n－1)＝130－10n； 当n≥7时，数列{an}是以a6为首项，eq \f(3,4)为公比的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×(eq \f(3,4))n－6. 因此，第n年初，M的价值an的表达式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(130－10n，n≤6，,70×（\f(3,4)）n－6，n≥7，))n∈ N＋. (2)设An＝eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新，证明：须在第9年初对设备M更新． 证明：设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得， 当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n≥95； 当n≥7时，Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋eq \f(70×\f(3,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－（\f(3,4)）n－6)),1－\f(3,4))＝780－210×(eq \f(3,4))n－6， An＝eq \f(780－210×（\f(3,4)）n－6,n)， 因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列， 又A8＝eq \f(780－210×（\f(3,4)）8－6,8)＝82eq \f(47,64)>80，A9＝eq \f(780－210×（\f(3,4)）9－6,9)＝76eq \f(79,96)<80， 所以须在第9年初对设备M更新． $