1.3.2 第2课时 等比数列习题课-【成才之路·学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步新课程学习指导(北师大版)

040 课堂检测 固双基 1.在等比数列{an}中，若a1=1,a4= 8,则该数 A.13 B.25 C.37 D.41 3.已知在等比数列{an}中，a1=3,an=96,Sn= 列的前10项和S1= ( 189,则n的值为 () A.2-⊙ 1 B.2-2 1 A.4 B.5 C.6 D.7 C2、 D2- 4.等比数列{an}的前n项和Sn=2”-1,则通项 210 2.已知等差数列{an}的前n项和为S,等比数列 {bn}的前n项和为Tn,且a1=b1=1,b4=2a4 夯基提能作业 =8,则S3+T,= ( 请同学们认真完成练案[9] 第2课时 等比数列习题课 素养目标定方向 学习目标 核心素养 1.通过学习等比数列的通项公式、前n项和公式 1.掌握等比数列前n项和的性质的应用. 性质及其应用，提升数学运算素养。 2.掌握等差数列与等比数列的综合应用. 2.借助利用等比数列的前n项和公式解决实际问 3.会用错位相减法求数列的和， 题，培养数学建模素养 必备知识探新知 知识点一等比数列Sn与a.的关系 S。与4，的关系可以由S.=二9得到，一般已知41,9即可得到二者之间的关系，也可以通过 1-q 特殊项验证判断. 练一练： 数列{an}的前n项和为S,若S。=3"+1+3-m,且{an}是等比数列，则m= A.0 B.3 C.4 D.6 知识点二 分组转化法求和 若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an},{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求 数列{cn}的前n项和. 练一练： 数列{a.}满足a1=0,a2=1,an= r2+an-2,n≥3，n为奇数， 则数列{a}的前20项和为() 2×an-2,n≥3，n为偶数， A.1110 B.1111 C.1112 D.1113 知识点三错位相减法求和 般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·b的前n项和时，可采用错 位相减法。 ●041 练一练： 计算1×分+2×+3×分 2+…+9× 关键能力攻重难 ●题型探究 题型一等比数列an与Sn的关系 例1)已知正项等比数列a,的前n项和为S,4=1,且-，4,4，成 等差数列，则Sn与a.的关系是 () A.S,=2a-1 B.S =2a +1 规律方法： C.S =4a-3 D.S =4a -1 关于等比数列Sn与an (2)数列{an}的前n项和为S,对任意正整数n,a+1=3S,则下列关的关系 于{an}的论断中正确的是 (）(1)Sn与an的关系 A.一定是等差数列 可以由S。=41-a9得 B.可能是等差数列，但不会是等比数列 1-9 C.一定是等比数列 到，一般已知41,9即 D.可能是等比数列，但不会是等差数列 可得到二者之间的关 系，也可以通过特殊 >[规律方法] 项验证判断. )》对点训练1 (2)Sn-Smn-l=am（n 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+1,求S ≥2)是Sn与an之间 的内在联系，既可以 推出项an-l,an,an+l 之间的关系，也可得 到Sn-1,Sn,Sn+i之间 的关系，体现了Sn与 an关系的本质. 042。 题型二分组转化求和 例2已知数列a,的前n项和为s,且51=8+a.+1, .请在 ①a4+a7=13;②a1,a3,a7成等比数列；③S10=65,这三个条件中任选 一个补充在题干中，并解答下列问题 (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn-an}是公比为2的等比数列，b1=3,求数列{bn的前n 项和T 规律方法： 分组求和法的适用 条件 如果一个裁列{cn}可 写成cn=an±bn的形 式，其中数列{an{, {bn}分别是等差裁 列，等比裁列或可转 化为能够求和的裁 [规律方法] 列，可以采用分组求 》对点训练2 和法. 各项均为正数的等比数列{an},a1=1,a2a4=16,数列{bn}的前n项和为 s,且S=3n)+(n∈N). 2 (1)求数列{an},{bn}的通项公式； (2)若cm=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn ●043 题型三错位相减法求和 例3.设数列a.的前n项和为S.,已知，=1，a,1="+2s.(n∈N) n (1)证明：数列心是等比数列； n (2)求数列{Sn}的前n项和Tn 规律方法： 错位相减法的适用条 件与注意事项 (1)适用条件：求裁列 {an·bn的前n项和， 其中裁列{an是等差 数列，{bn是等比 数列； [规律方法] (2)步骤：在和式两边 同乘等比数列{bn}的 】对点训练3 公比，然后作差计算； 已知等差数列{a}满足a3=6,前7项和为S2=49 (3)注意：①两式相减 (1)求{an}的通项公式； 时，要特别注意最后 (2)设数列{bn满足bn=（am-3)·3”,求{bn}的前n项和Tn 一项的符号，②利用 等比数列前n项和公 式对相减后的和式求 和时，要注意项数 ●易错警示 对于通项中含字母的数列求和，忽略对字母进行分类讨论而致误 例4求数列1，a,,…的前n项和S [错解] S,=1+a+a2+…+a-t=a=0-l 1-a-a-1 [误区警示]错误的原因在于忽略了对α的取值进行分类讨论. [正解] 044 课堂检测固双基 1.等比数列{an}的公比为g,前n项和为Sn,设3.已知数列{an}为等差数列，且2,2,2成等比 甲：9>0，乙：{Sn}是递增数列，则 () 数列，则{an}前6项的和为 A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 A.15 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 号 C.甲是乙的充要条件 C.6 D.3 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 4.已知x)=x+2x+3x+…+心，则2) 2.若等差数列{an}的首项为1，公差为1，等比数 列{bn}的首项为-1，公比为-2，则数列{an+ bn}的前8项和为 夯基提能作业 A.-49 B.-219 C.121 D.291 请同学们认真完成练案[10] §4 数列在日常经济生活中的应用 素养目标定方向 学习目标 核心素养 1.掌握单利、复利的概念 1.通过对单利、复利、零存整取、定期自动转存、分 2.掌握零存整取、定期自动转存、分期付款等 期付款等概念的学习，培养数学抽象素养 三种模型及应用. 2.借助数列的应用，培养数学建模素养 必备知识探新知 知识点一 银行存款计息方式 (1)单利：单利的计算是仅在 上计算利息，对本金所产生的利息不再计算利息，其公 式为 利息=本金×利率×存期 以符号P代表本金，代表存期，r代表利率，S代表本金与利息和（简称本利和），则有 S= (2)复利：复利是指一笔资金除本金产生利息外，在下一个计息周期内，以前 产生的 利息也计算利息的计息方法，复利的计算公式是 想一想： 复利与单利的区别是什么？又a1=1也适合上式， 所以a.=2”-1 第2课时 等比数列习题课 必备知识探新知 知识点 练一练： D分析：利用an=Sn-Sn-1算出通项，再结合该数列为等 比数列可求m. 解：因为Sn=3"+1+3-m, 12-m,n=1 故a,={23”,n≥2' 因为a}为等比数列，故= az a 即23=2·32 2·32-m放m=6, 此时a6n≥2即a=2·3。=3即10为等 an- 比数列 故选D. 知识点二 练一练： D分析：由数列的递推关系知奇数项构成等差数列，偶数 项构成等比数列，由此可分组求和. 解：因为n≥3且n为奇数时an=2+a-2, 所以所有奇数项构成a1=0为首项，2为公差的等差数列， 又因为n≥4且n为偶数时，a.=2a.-2,即所有偶数项构成 a=1为首项，2为公比的等比数列， 所以a1+a2+a3+…+a20 =（a1+a3+.·+a19）+(a2+a4+...+a20） =(0+18)×10,1-20 2 +1-2=90+1023=113. 故选D. 知识点三 练一练： 分析：利用乘公比错位相减法，求数列{×2}的前9项和 即可 解析：S=1x1 ①-②得：宁=++++-9×克 。1 1 动) 1-2 -9×2 =1京-9x-1品-88 1 所以s=器 关键能力攻重难 例1：(1)A设等比数列的公比为g(9>0), 由a1=1,且-a3,a2,a4成等差数列， 得2a2=a4-a3,即2g=g3-g2,得g=2. 所以s2则8=2a1 (2)Ba+1=3Sn,an=3S4-1,故aa1-an=3aa,即am+1= 4an(n≥2)，而n=1时，a2=3S=3a1,可知该数列不是等比数 -15 列.当an=0时，数列{an}为等差数列.故本题正确答案为B. 对点训练1：.Sn=2am+1① .S-1=2am-1+1(n≥2)② ①-②得a.=2an-2a-1, .an=2am-1, a.=2(n≥2） an-1 又a1=S1=2a1+1, .a1=-1, ∴.数列{a.}是首项为-1，公比为2的等比数列， s==1-22=1-2 1-2 例2：(1)因为Sm+1-S.=am+1, 所以，由题意得an+1=an+1,即am+1-an=1,所以数列 an}是等差数列，公差为1. 选①，a4+a7=13,则a1+3+a+6=13,解得a1=2,所以 an=2+(n-1)=n+1; 选②，a1,a3,a7成等比数列， 则a=a1a7,所以(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以 am=2+(n-1)=n+1; 选3,5。=10a,+10X9×1=65,解得41=2， 所以an=2+(n-1)=n+1; (2)由题意得b1-a1=1,b.-an=2"-1, 任选①②③：a.=n+1, 所以bn=2"-1+n+1,Tn=(1+2)+(2+3)+(22+4)+… +(2"-1+n+1) +2+…+2)+[2+3+…+(n+10刀-2+ n2+n+=2++3n-2 2 2 对点训练2：(1)设公比为q,∵a1=1,a2a4=16, .94=16,g>0,.9=2. ∴.an=2m-1 S =3n2tn 2 当n≥2时，6=5-s1=3n+n_3(n-1)2+(n-) =3n-1. 当n=1时，b1=S1=2满足上式，.bn=3n-1. (2)cn=an+bn=2"-1+3n-1. .Tn=C1+c2+…tcn =(2°+2+…+2-1)+[2+5+…+(3n-1)] -号+2+g-2-1+g 2 2 例3：(1)证明：由a1=”+25,01=51-5,得51- n S.=n+25.. 整理得nSn+1=2(n+1)S, 所u=2÷1 所以3是首项为1，公比为2的等比数列. [n (2)由(1)得=2-， 所以Sn=n·2-l(neN*). 所以Tn=1×2°+2×2+3×22+…+n·2"-1,① 2T.=1×2+2×22+…+(n-1)·2m-1+n·2".② 由②-①得T。=-(1+2+22+…+2-1)+n·2”= 1-2" 1-2+n2°=(n-1)·2”+1. 对点训练3：(1)由S,= 7×(a+a）=7a4=49,得a=7, 2 因为a1=6,所以d=1,所以a1=4,am=n+3. (2)bn=(am-3)·3"=n·3", 所以Tn=1×3+2×32+3×33+…+n×3".① 3Tm=1×32+2×33+3×3+…+n×3m+1…② 由①-②得：-2Tn=3+32+33+…+3"-n×3"+1= 3-3m+1 1-3-nx3*1 所以T,=(2n-1)×3+3 4 例4：Sn=1+a+a2+…+a-1 当a=1时，Sn=1+1+…+1=n;当a≠1且a≠0时，Sm= 1-a"a"-1 1-a-a-1 rn (a=1), 当a=0时满足上式..Sn={a”-1 la-i(a≠1). 课堂检测固双基 1.B由题，当数列为-2，-4，-8，…时，满足g>0,但是Sn} 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件. 若{S}是递增数列，则必有a.>0成立，若q>0不成立，则会 出现一正一负的情况，是矛盾的，则g>0成立，所以甲是乙的 必要条件.故选B. 2.C因为等差数列{an}的首项为1，公差为1，等比数列{bn}的 首项为-1，公比为-2，记等差数列{a.}的前n项和为S.,等 比数列{bn}的前n项和为Tn,则数列{a.+bn}的前8项和为 S+I=8x1+8×(8-山×1+=1x[1-(-2)1-121. 2 1+2 3.C设数列{an}为公差为d的等差数列， 且2,2,26成等比数列， 可得4=21·26=241+6，可得a1+a6=2, 即有a,前6项的和为2×6(a,+as)=6, 所以宁分=京+2+3x+…+m×② 由①-②得， 22)* 1 1.1 安+2+…+ 1 22"+ 1、1 220， 所以2）=22点是=2“是 2 §4数列在日常经济生活中的应用 必备知识探新知 知识点一 (1)原有本金P(1+m)(2)各计息周期内S=P(1+r) 想一想： (1)复利在第二次以后计算时，将上一次得到的利息也作为了 本金，而单利每一次的计算都是将开始的本金作为本金计息 (2)单利和复利分别以等差数列和等比数列作为模型，即 单利的实质是等差数列，复利的实质是等比数列。 练一练： D设该工厂最初的产值为1，这两年的平均增长率为1，则 (1+p%)(1+g%)=(1+r)2. 于是r=/(1+p%)(1+g%)-1. 16 知识点二 (4)本利和x+nn1)”x(2)P(1+r)(3)复利 2 练一练： (1)V(2)V(3)×(4)V 关键能力攻重难 例1：(1)每月存500元，3年后的利息为500(36×0.36%+ 35×0.36%+…+2×0.36%+1×0.36%)=1198.8≈1199 元，所以3年后的本息和为500×36+1199=19199元. (2)设王先生每月存入x元，则有 36+3637×0.36%）=2000, 2 x≈521元， 故王先生每月大约存521元. 对点训练1：实际取出的钱等于：本金+利息 到12月最后一天取款时： 第1个月存款利息：100×12×0.165%， 第2个月存款利息：100×11×0.165%， 第11个月存款利息：100×2×0.165%， 第12个月存款利息：100×1×0.165%， 所以S12=100×12×0.165%+100×11×0.165%+…+ 100×2×0.165%+100×1×0.165% =100×0.165%(1+2+3+·+12) =100×0.165%×12×13 =12.87. 所以实际取出100×12+12.87=1212.87（元）. 例2：方法一：设每年还款x万元，需10年还清，那么每年还 款情况如下： 第10年还款x万元，这次还款后欠款全部还清： 第9年还款x万元，过一年欠款全部还清时，所付款连同利 息之和为x(1+10%)万元； 第8年还款x万元，过2年欠款全部还清时，所付款连同利 息之和为x(1+10%)2万元； 。。。。。 第1年还款x万元，过9年欠款全部还清时，所付款连同利 息之和为x(1+10%)9万元 依题意得： x+x(1+10%)+x(1+10%)2+…+x(1+10%)9=20(1 +10%)10, 解得x-20×1.1°×0.1≈3.25（万元. 1.10-1 即每年应还3.255万元. 方法二：第1次还款x万元之后还欠银行 20(1+10%)-x=20×1.1-x. 第2次还款x万元后还欠银行[20(1+10%)-x](1+ 10%)-x=20×1.12-1.1x-x. 第10次还款x万元后，还欠银行 20×1.1l0-1.1x-1.18x-…-x, 依题意得，第10次还款后，欠款全部还清，故可得 20×1.10-(1.19+1.18+1…+1)x=0, 解得x20×1,×01≈3.255（万元）， 1.110-1 即每年应还3.255万元 对点训练2：出生时的a元到18岁本利和为a(1+r)8元；1 岁生日时的a元到18岁本利和为a(1+r)”元，…，17岁生日 时的a元到18岁本利和为a(1+r)元，由此可知存款到18岁时 取回的钱的总数为 a(1+r)8+a(1+r)7+…+a(1+r）=g[(1+r)9-(1 0