b1＝2 1 2 当 1 时，q ＝16， b3＝8 1 1 ∴q＝ q＝－ <0舍去， 4 4
填一填·知识要点、记下疑难点
2.3.2（二）
1．等比数列{an}的前n项和为Sn，当公比q≠1时，Sn＝
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a1－anq a11－qn 1－q 1－q na1 ____________＝__________；当q＝1时，Sn＝______.
2．等比数列前n项和的性质： (1)连续m项的和(如Sm、S2m－Sm、S3m－S2m)，仍构成
1 ∴数列{bn}是等比数列，公比q＝ d. 2
1 1 3 ∴b1b2b3＝b2＝ ，∴b2＝ . 8 2 17 b1＋b3＝ 8 ∴ b1·3＝1 b 4 1 b1＝ 8 ，解得 b3＝2 b1＝2 或 1 b3＝8
.
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若{an}是等比数列，它的前n项和为Sn＝3n＋t，则t .
若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n 1＋t，则t . 显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，
－
答案 －1
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问题2 ＝ 解析
1 1 又Sn＝3·n＋t，∴t＝－3. 3
答案 1 －3
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探究点三 问题 分期付款问题
2.3.2（二）
在分期付款问题中，贷款a元，分m个月付清，月利率为
r，每月还x元，想一想，每月付款金额x元应如何计算？
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下面给出了两种推导方法，请你补充完整： 方法一：每个月还款x元后的剩余欠款按月份构成一个数列， 记作{an}，则有：
探究点二 问题1 等比数列前n项和的性质
2.3.2（二）
等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，
左边＝Sm＋n＝(a1＋a2＋„＋am)＋(am＋1＋am＋2＋„＋am＋n)
求证：Sm＋ n＝Sm＋qmSn.
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证明
＝Sm＋(a1qm＋a2qm＋„＋anqm) ＝Sm＋(a1＋a2＋„＋an)qm ＝Sm＋qmSn＝右边，
a11－q9 1－q 1－q9 1－23 7 S9 ∴ ＝ ＝ ＝ ＝ . S6 a11－q6 1－q6 1－22 3 1－q
填一填·知识要点、记下疑难点
2.3.2（二）
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a是不为零且a≠1的常 数)，则数列{an} A．一定是等差数列 B．一定是等比数列
6 3 3
∴a2＋a5＝2a8. ∴a2，a8，a5成等差数列．
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例2 设{an}是等差数列，bn＝
1 2
2.3.2（二）
，已知：b1＋b2＋b3＝
21 ， 8
1 b1b2b3＝ ，求等差数列的通项an. 8
解 设等差数列{an}的公差为d，
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a11－q3 a11－q6 a11－q9 当q≠1时，S3＝ ，S6＝ ，S9＝ . 1－q 1－q 1－q ∵S3，S9，S6组成等差数列， ∴S3＋S6＝2S9， a11－q3 a11－q6 2a11－q9 ∴ ＋ ＝ . 1－q 1－q 1－q
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[问题情境]
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一件家用电器，现价20 000元，实行分期付款，每期付款数相同，每 月为一期，一个月付款一次，共付12次，购买后一年还清，月利率 为0.8%，按复利计算，那么每期付款多少元？要解决上述问题，需 要了解复利的计算方法，这正是这一节的主要内容之一．
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2.3.2（二）
2.3.2 等比数列的前n项和(二)
学习要求 1．熟练应用等比数列前n项和公式的有关性质解题． 2．能用等比数列的前n项和公式解决实际问题．
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学法指导 1．解决与等比数列前n项和有关问题的关键在于“基本量”以及 方程思想方法的灵活运用． 2．运用等比数列前n项和解题时要注意“整体思想”方法的灵活 运用． 3．利用等比数列的知识解决实际问题，需要从实际问题中抽象出 等比数列模型，明确首项a1，公比q，以及项数n的实际含义， 切忌含糊不清．
a(1＋r)3－(1＋r)2x－(1＋r)x－x _______________________________；
„
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„
经过m个月，还款x元后，剩余欠款为am＝am－ 1(1＋r)－x a(1＋r)m－[(1＋r)m－1＋(1＋r)m－2＋…＋(1＋r)＋1]x ＝___________________________________________________. 由于经过m个月后，欠款还清，故am＝0，从而有a(1＋r)m＝
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2.3.2（二）
跟踪训练1 已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等 差数列，求证：a2，a8，a5成等差数列．
证明 若q＝1，则S3＝3a1，S9＝9a1，S6＝6a1，
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S3＋S6＝9a1,2S9＝18a1，a1≠0 ∴S3＋S6≠2S9矛盾，∴q≠1.
a(1＋r)－x 经过1个月，还款x元后，剩余欠款为a1＝___________；
经过2个月，还款x元后，剩余欠款为a2＝a1(1＋r)－x＝
a(1＋r)2－(1＋r)x－x ___________________；
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2.3.2（二）
经过3个月，还款x元后，剩余欠款为a3＝a2(1＋r)－x＝
探究点一 探究 等比数列前n项和Sn与函数的关系
2.3.2（二）
当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1，是n的正比例
函数(常数项为0的一次函数)．当q＝1时，数列S1，S2， S3，„，Sn，„的图象是正比例函数y＝a1x图象上一些孤立
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的点． 当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是Sn＝ a1 (1－qn) 1－q
1 b1＝ 8 当 b3＝2
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2.3.2（二）
时，q2＝16，
∴q＝4(q＝－4<0舍去)
1 n－1 － 此时，bn＝b1q ＝8· ＝22n 5. 4 15－2n 1 由bn＝2 ＝2 ，∴an＝5－2n.
n－1
2 2 ∴S2＋S2n＝S2＋[Sn(1＋qn)]2＝Sn(2＋2qn＋q2n)， n n
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Sn(S2n＋S3n)＝S2(2＋2qn＋q2n)． n
2 ∴S2＋S2n＝Sn(S2n＋S3n)． n
小结 运用等比数列的前n项和公式要注意公比q＝1和q≠1两 种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方 法进行消元．
∴Sm＋n＝Sm＋qmSn.
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2.3.2（二）
问题2 在等比数列{an}中，若连续m项的和不等于0，则它们仍 组成等比数列． 即Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，„仍组成等比数列． 请你证明上述结论．
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证明 ∵在等比数列{an}中有am＋n＝amqn， ∴Sm＝a1＋a2＋„＋am，
r
a(1＋r)m 另一方面贷款a元，m个月后应偿还本息和为___________；
由于m个月后，贷款全部付清， ar1＋r m [1＋r m－1] 1＋r m－1 a(1＋r)m 所以有 x＝___________，故x＝______________. r
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典型例题
∴(1－q3)＋(1－q6)＝2(1－q9)， ∴q3＋q6＝2q9，
∵q≠0，∴1＋q3＝2q6.
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2.3.2（二）
1 3 ∴2q －q －1＝0，解得q ＝－ (q ＝1舍) 2 a2 3 ∵a2＋a5＝a2(1＋q )＝ ， 2 12 a2 6 2a8＝2a2q ＝2a2×－ ＝ ， 2 2
等比 ______数列．(注意：q≠－1或m为奇数)
(2)Sm＋ n＝Sm＋qmSn(q为数列{an}的公比)．
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2.3.2（二）
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S6 S9 3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若 ＝3，则 等于( B ) S3 S6 7 8 A．2 B. C. D．3 3 3 S6 6a1 解析 q≠1，否则 ＝ ＝2≠3. S3 3a1 6 a11－q 1－q S6 3 3 ∴ ＝ 3 ＝1＋q ＝3，∴q ＝2. S3 a11－q 1－q
2.3.2（二）
一方面，每月付款x元，共付m次，m个月后各期付款到期后的本 息和为： m－1 ___________ _________ „ x(1＋r) x x(1＋r)m－2 x(1＋r)m 3 课 ___________ ______ 和 时 栏 目 从而到期后(m个月后)，银行共收到付款及利息为： 开 [1＋r m－1] 2 m－1 关 _________________________________________＝ x＋x(1＋r)＋x(1＋r) ＋„＋x(1＋r) x；
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( B )
C．或者是等差数列，或者是等比数列 D．既非等差数列，也非等比数列
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a－1)·n－1； a 当n＝1时，a1＝a－1，∴an＝(a－1)·n－1，n∈N*. a
an＋1 ∴ ＝a. an
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2.3.2（二）
2.3.2（二）
例1 已知等比数列前n项，前2n项，前3n项的和分别为Sn，