4.3.2等比数列的前n项和公式第2课时习题课 课件- 2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦等比数列前n项和公式习题课，核心涵盖前n项和性质、奇偶项和性质、等差等比综合及应用问题。通过从基础性质（如S_k,S_2k - S_k成等比数列）到综合应用的递进，搭建学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于通过一题多解（如例1三种方法求S_30）和性质探究（如公比q≠-1时的等比数列片段和性质），培养学生数学思维（推理能力）与数学语言（模型意识）。实例丰富，如古代塔灯问题体现应用意识，助力学生提升解题能力，为教师提供系统教学资源。

4.3.2　等比数列的前n项和公式(第2课时)(习题课) 题型一　 等比数列前n项和的性质 例 1　(1)已知在等比数列{an}中，S10＝10，S20＝30，则S30＝________．　 70 【解析】　设等比数列{an}的公比为q，∵S20≠2S10，∴q≠1. ∵S10≠S20，∴q≠－1. 方法一：由等比数列的前n项和公式， 第页 2 ②÷①得1＋q10＝3，故q10＝2. 方法二：因为q≠－1，则S10，S20－S10，S30－S20仍成等比数列，则(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(30－10)2＝10(S30－30)，得S30＝70. 方法三：由题意得S20＝S10＋q10S10，即30＝10＋10q10，∴q10＝2，∴S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70. 第页 (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于(　　) A．3∶4　　　　　　　　 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3 √ 第页 【解析】　等比数列{an}的前n项和为Sn，易知q≠－1，则S5，S10－S5，S15－S10成等比数列， 第页 探究1 等比数列前n项和的性质： 在公比不等于－1的等比数列{an}中，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…仍成等比数列． 当等比数列{an}的公比等于－1时， 若k为奇数，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…仍成等比数列； 若k为偶数，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…每一项都为0，不成等比数列． 第页 思考题1　(1)设等比数列{an}的前n项和为Sn，a5＋a6＝16，S6＝21，则S2＝(　　) A．1 B．4 C．8 D．25 √ 【解析】　因为S6＝21，a5＋a6＝16，所以S4＝21－16＝5， 易知q≠－1，因为{an}是等比数列，所以S2，S4－S2，S6－S4成等比数列， 所以(5－S2)2＝S2(21－5)，解得S2＝1或S2＝25(舍)，故A正确． 第页 (2)已知等比数列{an}中，an>0，S3＝6，a7＋a8＋a9＝24，求S99的值． 第页 题型二　 等比数列奇数项、偶数项和的性质 √ 例 2　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＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5　 第页 9 【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)＝85①， 偶数项的和为q＋q3＋q5＋…＋q2n－1＝42，整体代入①式得q＝2， 第页 探究2 (1)项数为2n＋1的等比数列奇数项的和与偶数项的和的关系： S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝a1＋qS偶． 第页 思考题2　一个等比数列的首项为1，项数为偶数，其中奇数项的和为85，偶数项的和为170，求该数列的公比和项数． 即22n＝256＝28，∴2n＝8. 即该数列的公比为2，项数为8. 第页 题型三　 等差、等比数列的综合问题 例 3　(1)记等差数列{an}的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列，求Sn.　 第页 13 (2)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,2Sn=an+1-1，则Sn＝________． 【解析】　方法一：当n＝1时，有2S1＝a2－1， ∴a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3， 当n≥2时，由2Sn＝an＋1－1得，2Sn－1＝an－1， 两式相减得2an＝an＋1－an，∴an＋1＝3an， 第页 第页 探究3 在等差数列{an}中，通常把首项a1和公差d作为基本量，在等比数列{bn}中，通常把首项b1和公比q作为基本量，列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和等比数列问题的常用方法． 第页 思考题3　已知等差数列{an}中，a2＝9，a5＝21. (1)求{an}的通项公式； 第页 第页 题型四　 应用问题 √ 例 4　一群羊中，每只羊的质量数均为整千克数，其总质量为65千克，已知最轻的一只羊质量为7千克，除去一只10千克的羊外，其余各只羊的千克数恰能构成一等差数列，则这群羊共有(　　) A．6只　　　　　　　 B．5只 C．8只 D．7只　 第页 19 【解析】　依题意设除去一只10千克的羊外，其余n只羊的质量数从小到大依次排列构成等差数列{an}，公差为d，其前n项和为Sn. 依题意可知，a1＝7，d>0，Sn＝65－10＝55， 所以n[14＋(n－1)d]＝110. 因为110＝1×110＝2×55＝5×22＝10×11，且n为正整数，n≥3，14＋(n－1)d为正整数，经计算得n只能为5.所以这群羊共有6只． 第页 思考题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层的塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层灯数为________． 3 返 回 课后巩固 22 1．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a2，a4成等比数列，则a2＝(　　) A．－10　　　　　　　 B．－6 C．4 D．－4 √ 第页 2．已知等比数列{an}的前n项和为45，前2n项和为60，则其前3n项和为(　　) A．65 B．80 C．90 D．105 √ 解析　易知q≠－1，设数列{an}的前n项和为Sn，由等比数列的性质得Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．又Sn＝45，S2n＝60，故45，60－45，S3n－60成等比数列，故(60－45)2＝45(S3n－60)，解得S3n＝65.故选A. 第页 3．已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9＝(　　) A．2 B．4 C．8 D．16 √ 第页 90 第页 解析　设小球第1次落地时经过的路程为a1米，小球从第n－1(n≥2)次落地到第n次落地时经过的路程为an米， 第页 5．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＝________． 2 解析　设等比数列{an}的奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶， 则S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝q(a1＋a3＋…＋a2n－1)＝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. 返 回 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q10）,1－q)＝10①，,\f(a1（1－q20）,1－q)＝30②.)) S30＝eq \f(a1（1－q30）,1－q)＝eq \f(a1（1－q10）,1－q)×(1＋q10＋q20)＝10×(1＋2＋22)＝70. 设S5＝m，m≠0，则S10＝eq \f(m,2)，S10－S5＝－eq \f(m,2)，所以S15－S10＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)))2,m)＝eq \f(m,4)，所以S15＝eq \f(3m,4)，所以eq \f(S15,S5)＝eq \f(\f(3m,4),m)＝eq \f(3,4)，即S15∶S5＝3∶4. 【解析】　因为{an}是等比数列，易知q≠－1，则S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，…，S99－S96，…也为等比数列，且首项为S3＝6，设其公比为q，因为S9－S6＝S3q2，则q2＝eq \f(24,6)＝4，因为an>0，所以q＝2. 则S99＝(S99－S96)＋(S96－S93)＋…＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝eq \f(6×（1－233）,1－2)＝6(233－1)． 所以数列前2n＋1项的和为eq \f(1－22n＋1,1－2)＝85＋42＝127，解得n＝3.故选B. (2)当项数为偶数时，偶数项之和与奇数项之和的比等于等比数列的公比，即eq \f(S偶,S奇)＝q. 【解析】　设该数列有2n项，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝170①，,a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝85②，)) ①÷②，得q＝2. ∵S2n＝eq \f(a1·（q2n－1）,q－1)，∴85＋170＝eq \f(1×（22n－1）,2－1). 【解析】　设数列{an}的公差为d，依题设有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1（a3＋1）＝a\o\al(2,2)，,a1＋a2＋a3＝12，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)＋2a1d－d2＋2a1＝0，,a1＋d＝4.))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,d＝－4.)) 因此Sn＝eq \f(1,2)n(3n－1)或Sn＝2n(5－n)． eq \f(3n－1,2) ∵a1＝1≠0，∴an≠0，∴eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，又eq \f(a2,a1)＝3， ∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2). 方法二：∵2Sn＝an＋1－1＝Sn＋1－Sn－1， ∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))， 又S1＋eq \f(1,2)＝a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列， ∴Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1＝eq \f(1,2)×3n，∴Sn＝eq \f(1,2)×3n－eq \f(1,2)＝eq \f(3n－1,2). 【解析】　(1)设数列{an}的公差为d，由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝9，,a1＋4d＝21，))解得a1＝5，d＝4，所以{an}的通项公式为an＝5＋(n－1)×4＝4n＋1. (2)令bn＝2eq \s\up20(an)，求数列{bn}的前n项和Sn. 【解析】　(2)由an＝4n＋1，得bn＝24n＋1， 则bn＋1＝24(n＋1)＋1＝24n＋5，则eq \f(bn＋1,bn)＝24， 所以{bn}是首项为b1＝25，公比为q＝24的等比数列． 所以Sn＝eq \f(25（1－24n）,1－24)＝eq \f(32×（24n－1）,15). 所以有na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝55，即7n＋eq \f(n（n－1）,2)d＝55， 解析　数列{an}是公差为2的等差数列，∴a1＝a2－2，a4＝a2＋4.∵a1，a2，a4成等比数列，∴aeq \o\al(2,2)＝a1a4，即aeq \o\al(2,2)＝(a2－2)(a2＋4)，解得a2＝4. 解析　等比数列{an}中，a3a11＝aeq \o\al(2,7)＝4a7，易知a7＝4，等差数列{bn}中，b5＋b9＝2b7＝8. 4．一个小球从距地面54米的高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的eq \f(1,3)处，则小球第2次落地时，经过的路程是________米；小球第n(n≥2)次落地时，经过的路程是__________米． 108－eq \f(162,3n) 则a1＝54，a2＝54×eq \f(1,3)×2，a3＝54×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×2，…，an＝54×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1×2(n≥2)，所以小球第2次落地时，经过的路程是54＋54×eq \f(1,3)×2＝90(米)， 小球第n(n≥2)次落地时，经过的路程是a1＋a2＋…＋an＝54＋108×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up20(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up26(n－1)))＝54＋108×eq \f(\f(1,3)－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝108－eq \f(162,3n)(米)． $