2．3.2 等比数列的前n项和
整体设计
教学分析
本节是数列一章的最后内容，分两课时完成，第一课时侧重于公式的推导及记忆，第二课时侧重于公式的灵活应用．等比数列的前n项和是教材中很重要的一部分内容，是等比数列知识的再认识和再运用，它对学生进一步掌握、理解等比数列以及数列的知识有着很重要的作用．等比数列前n项和公式的推导，也是培养学生分析、发现、类比等能力的很好的一个工具．在讲求和公式推导时，应指出其运算的依据是等式性质和数运算的通性(交换律、结合律、分配律)．培养学生逻辑思维的习惯和代数运算技能．
新大纲中对本知识有较高层次的要求，教学地位很重要，是教学全部学习任务中必须优先完成的任务．这项知识内容有广泛的实际应用，很多问题都要转化到等比数列的求和上来才能得到解决．如增长率、浓度配比、细胞分裂、储蓄信贷、养老保险、分期付款的有关计算等许多方面均用到等比数列的知识，因而考题中涉及数列的应用问题屡见不鲜．掌握等比数列的基础知识，培养建模和解模能力是解决数列应用问题的基本途径．
等比数列的通项公式与前n项和公式中共涉及五个量，将两个公式结合起来，已知其中三个量可求另两个量，即已知a1，an，q，n，Sn五个量中的任意三个，就可以求出其余的两个量，这其中渗透了方程的思想．其中解指数方程的难度比较大，训练时要控制难度和复杂程度，要大胆地摒弃“烦琐的计算、人为技巧化的难题和过分强调细枝末节的内容”．
数列模型运用中蕴含着丰富的数学思想方法(如方程的思想、分类讨论思想、算法思想等)，这些思想方法对培养学生的阅读理解能力、运算能力和逻辑思维能力等基本能力有着不可替代的作用．教学中应充分利用信息和多媒体技术，还应给予学生充分的探索空间．
三维目标
1．通过本节学习，使学生会用方程的思想认识等比数列前n项和公式，会用等比数列前n项和公式及有关知识解决现实生活中存在着的大量的数列求和的问题，将等比数列前n项和公式与等比数列通项公式结合起来解决有关的求解问题．
2．通过启发、引导、分析、类比、归纳，并通过严谨科学的解题思想和解题方法的训练，提高学生的数学素养．
3．通过解决生产实际和社会生活中的实际问题了解社会、认识社会，形成科学的世界观和价值观．
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重点难点
教学重点：等比数列前n项和公式的推导及灵活运用，及生产实际和社会生活中有关的实际问题．
教学难点：建立等比数列模型，用等比数列知识解决有关的生产实际及社会生活中的热点问题．
课时安排
2课时
教学过程
第1课时
导入新课
思路1.(故事导入)国际象棋起源于古代印度，相传有位数学家带着画有64个方格的木盘，和32个雕刻成六种立体形状，分别涂黑白两色的木制小玩具，去见波斯国王并向国王介绍这种游戏的玩法．国王对这种新奇的游戏很快就产生了浓厚的兴趣，一天到晚兴致勃勃地要那位数学家或者大臣陪他玩．高兴之余，他便问那位数学家，作为对他忠心的奖赏，他需要得到什么赏赐呢？数学家开口说道：请您在棋盘上的第一个格子上放1粒麦子，第二个格子上放2粒，第三个格子上放4粒，第四个格子上放8粒……即每一个次序在后的格子中放的麦粒都必须是前一个格子麦粒数目的2倍，直到最后一个格子第64格放满为止，这样我就十分满足了．“好吧！”国王挥挥手，慷慨地答应了数学家的这个谦卑的请求．国王觉得，这个要求太低了，问他：“你怎么只要这么一点东西呢？”数学家笑着恳求道：“陛下还是叫管理国家粮仓的大臣算一算吧！”第二天，管理粮仓的大臣满面愁容地向国王报告了一个数字，国王大吃一惊：“我的天！我哪来这么多的麦子？”这个玩具也随着这个故事传遍全世界，这就是今日的国际象棋．假定千粒麦子的质量为40 g，那么，数学家要求的麦粒的总质量究竟是多少呢？由此传说向学生发问：怎样算出小麦的总质量呢？
思路2.(问题导入)买24枚钉子，第一枚分钱，第二枚分钱，第三枚1分钱，以此类推，每一枚钉子的钱是前一枚的2倍，共要多少钱？请学生想一想，多数学生认为大概没有多少钱，结果一算吓一跳，大约要4万2千元．事实上，这是等比数列的求和问题，即S＝＋＋1＋2＋…＋221＝？那么怎样求等比数列的前n项和呢？在学生急于揭开谜底的强烈欲望下展开新课的探究．
推进新课
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(1)回忆等差数列前n项和公式的推导过程，是用什么方法推导的？
(2)对任意数列{an}，前n项和与通项an的关系是什么？
(3)对首项为1的等比数列{an}，你能探究它的前n项和吗？
(4)对任意等比数列{an}，怎样推导它的前n项和公式呢？你能联想到哪些推导思路？
(5)对于思路1中麦粒问题，国王应发给数学家多少麦粒？对于Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1的两边为什么要乘以2而不是乘以3或4呢？
活动：教师引导学生回忆前面学过的等差数列前n项和问题，我们用倒序相加法推得了它的前n项和公式，并且得到了求等差数列通项公式的一个方法：an＝ 还知道这个由数列Sn来确定an的方法适用于任何数列，且a1不一定满足由Sn－Sn－1＝an求出的通项表达式．
类比联想以上方法，怎样探究等比数列的前n项和呢？我们先来探究象棋格里填麦粒的问题，也就是求S＝1＋2＋…＋263＝？让学生充分观察这个式子的特点，发现每一项乘以2后都得它的后一项，点拨学生找到解决问题的关键是等式左右同乘以2，再相减得和．通过这个问题的解决，先让学生有一个感觉，就是等比数列的前n项和可化为一个比较简单的形式，关键的问题是如何简化．再让学生探究首项为1的等比数列的前n项和，即1，q，q2，…，qn－1的前n项和．观察这个数列，由于各项指数不同，显然不能倒序相加减．但可发现一个规律，就是次数是依次增加的，教师引导学生模仿等差数列写出两个求和式子，给学生以足够的时间让其观察、思考、合作交流、自主探究．
经过教师的点拨，学生的充分活动，学生会发现把两个Sn＝1＋q＋q2＋…＋qn－1错一个位，两边再同乘以公比q，那么相同的指数就对齐了．这一发现是突破性的智慧发现，是石破惊天的发现．这样将Sn＝1＋q＋q2＋…＋qn－1与qSn＝q＋q2＋q3＋…＋qn两式相减就有(1－q)Sn＝1－qn，以下只需讨论q的取值就可得到Sn了．
在上面的特殊简单情形解决过程中，蕴含着一个特殊而且重要的处理问题的方法，那就是“错位相减，消除差别”的方法．我们将这种方法简称为“错位相减法”．在解决等比数列的一般情形时，我们还可以使用“错位相减法”．
如果记Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，
那么qSn＝a1q＋a2q＋a3q＋…＋anq，
要想得到Sn，只要将两式相减，就立即有(1－q)Sn＝a1－anq.
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这里要提醒学生注意q的取值．
如果q≠1，则有Sn＝.
上述过程我们略加变化一下，还可以得到如下的过程：
如果记Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，
那么qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，
要想得到Sn，只要将两式相减，就立即有(1－q)Sn＝a1－a1qn.
如果q≠1，则有Sn＝.
上述推导过程，只是形式上的不同，其本质没有什么差别，都是用的“错位相减法”．
形式上，前一个出现的是等比数列的五个基本量：a1，q，an，Sn，n中a1，q，an，Sn四个；后者出现的是a1，q，Sn，n四个，这将为我们今后运用公式求等比数列的前n项的和提供了选择的余地．
值得重视的是：上述结论都是在“如果q≠1”的前提下得到的．言下之意，就是只有当等比数列的公比q≠1时，我们才能用上述公式．
对于等比数列的一般情形，如果q＝1会是什么样呢？学生很快会看出，若q＝1，则原数列是常数列，它的前n项和等于它的任一项的n倍，即Sn＝na1.由此我们得到等比数列{an}的前n项和的公式：
Sn＝或Sn＝
教师进一步启发学生根据等比数列的特征和我们所学知识，还能探究其他的方法吗？经过学生合作探究，联想初中比例的性质等，我们会有以下推导方法：
思路一：根据等比数列的定义，我们有＝＝＝…＝＝q，
再由合比定理，则得＝q，
即＝q，
从而就有(1－q)Sn＝a1－anq.
当q＝1时，Sn＝na1，当q≠1时，Sn＝.
思路二：由Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，得
Sn＝a1＋a1q＋a2q＋…＋an－1q＝a1＋q(a1＋a2＋…＋an－1)＝a1＋q(Sn－an)，
从而得(1－q)Sn＝a1－anq.
(以下从略)
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在思路二中，我们巧妙地利用了Sn－Sn－1＝an这个关系式，教师再次向学生强调这是一个非常重要的关系式，应引起足够的重视，几乎在历年的高考中都有它的影子．但要注意这里n≥2，也就是n的取值应使这个关系式有意义，若写Sn－1－Sn－2＝an－1，则这里n≥3，以此类推．
教师引导学生对比等差数列的前n项和公式，并结合等比数列的通项公式，从方程角度认识这个公式，以便正确灵活地运用它．(1)在等比数列的通项公式及前n项和公式中共有a1，an，n，q，Sn五个量，只要知道其中任意三个量，都可以通过建立方程(组)等手段求出其余两个量；(2)在应用公式求和时，应注意到公式的使用条件q≠1，当q＝1时，应按常数列求和，即Sn＝na1.在解含字母参数的等比数列求和问题时，常应分类讨论q＝1与q≠1两种情况．
讨论结果：(1)倒序相加法；
(2)an＝Sn－Sn－1(n≥2)；
(3)利用错位相减法；
(4)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)；
(5)乘以2的目的是为了错位相减，共有麦粒264－1(颗)，每千粒麦子按40 g计算，共约7 000亿吨．
例1求下列等比数列的前8项的和：
(1)，，，…；
(2)a1＝27，a9＝，q＜0.
活动：本例目的是让学生熟悉公式，第(1)小题是对等比数列的前n项和公式的直接应用；第(2)小题已知a1＝27，n＝8，还缺少一个已知条件，由题意显然可以通过解方程求得公比q.题目中要求q＜0，一方面是为了简化计算，另一方面是想提醒学生q既可为正数，又可为负数．本题中由条件可得q8＝＝，再由q＜0可得q＝－.将所得的值代入公式就可以了．本例可由学生自己探究解答．
解：(1)因为a1＝，q＝，所以当n＝8时，S8＝＝.
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(2)由a1＝27，a9＝，可得q8＝＝，
又由q＜0，可得q＝－，
于是当n＝8时，S8＝＝.
点评：通过本例要让学生熟悉方程思想，再次让学生明确，等比数列的通项公式与前n项和公式中共五个量：a1，an，q，n，Sn，五个量中已知任意三个就可以求出其余的两个，其中a1，q为最基本的两个量．同时提醒学生注意，由于等比数列涉及到指数问题，有时解题计算会很烦琐，要注意计算化简中的技巧，灵活运用性质．
例2(教材本节例2)
活动：本例是等比数列求和公式的直接运用，引导学生结合方程思想，按算法的思路来解答．本例可由学生自己完成．
点评：通过本例让学生明确，等比数列的通项公式和求和公式共涉及5个量：a1，q，an，n，Sn，已知其中3个量就可以求出另外的2个量．
变式训练
设{an}是公比为正数的等比数列，若a1＝1，a5＝16，则数列{an}前7项的和为( )
A．63 B．64 C．127 D．128
答案：C
解析：∵a5＝a1q4，∴16＝q4.
又∵q＞0，∴q＝2.∴S7＝＝127.
例3(教材本节例3)
活动：本例仍属等比数列求和公式的直接应用．虽然原数列不是等比数列，不能用公式求和，但可这样转化：9＝10－1,99＝100－1,999＝1 000－1，…，这样就容易解决了．
点评：让学生体会本例中的转化思想．
变式训练
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求和：2＋22＋222＋…＋.
解：原式＝(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)
＝(10＋102＋…＋10n－n)
＝[－n]
＝(10n－1)－n.
例4求数列1,3a,5a2,7a3，…，(2n－1)an－1的前n项的和．
活动：教师引导学生观察数列特点，其形式是{an·bn}型数列，且{an}是等差数列，{bn}是等比数列．根据本节等比数列求和公式的推导方法，可采用错位相减法进行求和．教学时可让学生自己独立探究，教师适时地点拨，要注意学生规范书写．
解：当a＝1时，数列变为1,3,5,7，…，(2n－1)，
则Sn＝＝n2.
当a≠1时，有
Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1，①
aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an，②
①－②，得Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－(2n－1)an，
(1－a)Sn＝1－(2n－1)an＋2(a＋a2＋a3＋…＋an－1)
＝1－(2n－1)an＋2·
＝1－(2n－1)an＋.
又1－a≠0，
∴Sn＝－.
点评：通过本例，让学生反思解题时要善于识别题目类型，善于分类讨论．在应用错位相减时，写出的“Sn”与“qSn”的表达式应特别注意将两式“同项对齐”，以便于下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
变式训练
等差数列{an}中，a2＝8，S6＝66.
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(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{Cn}的通项为Cn＝2n，求数列{anCn}的前n项和An.
解：(1)由已知，得解得a1＝6，d＝2.
∴an＝2n＋4.
(2)由题意，知anCn＝(2n＋4)·2n，
∴An＝6·21＋8·22＋10·23＋…＋(2n＋4)·2n.①
在上式中两边同乘以2，得
2An＝6·22＋8·23＋10·24＋…＋(2n＋4)·2n＋1.②
①－②，得－An＝6·21＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n＋4)·2n＋1＝4－(2n＋2)·2n＋1，
∴An＝(n＋1)·2n＋2－4.
例5已知数列{an}中，a1，a2，a3，…，an，…构成一个新数列：a1，(a2－a1)，…，(an－an－1)，…，此数列是首项为1，公比为的等比数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
活动：教师引导学生观察新数列的各项，不难发现这样一个事实：新数列的前n项和恰为an，这样即可将问题转化为首项为1，公比为的等比数列的前n项和，数列{an}的通项公式求出后，计算其前n项和Sn就容易多了．
解：(1)an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋＋()2＋…＋()n－1＝[1－()n]．
(2)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(1－)＋[1－()2]＋…＋[1－()n]
＝{n－[＋()2＋…＋()n]}
＝n－[1－()n]
＝(2n－1)＋()n－1.
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点评：本例思路新颖，方法独特，解完本例后教师引导学生反思本例解法，注意平时学习中培养思路的灵活性．
1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3等于( )
A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．1∶3
2．在等比数列{an}中，
(1)已知a2＝18，a4＝8，求a1与q；
(2)已知a5－a1＝15，a4－a2＝6，求a3.
答案：
1．C 解析：∵S6∶S3＝1∶2，
由＋＝，得q3＝－.
∴＝＝.
2．解：(1)由已知得
解这个方程组，得或
(2)根据题意，有
方程两边分别相除，得＝.
整理，得2q2－5q＋2＝0.
解这个方程，得q＝2或q＝.
当q＝2时，a1＝1；当q＝时，a1＝－16.
所以a3＝4或a3＝－4.
1．由学生总结本节学习的内容：等比数列前n项和公式的推导，特别是在推导过程中，学到了错位相减法；在运用等比数列求和时，注意q的取值范围是很重要的一点，需要放在第一位来思考．
2．等比数列求和公式有两种形式，在应用中应根据题目所给的条件灵活选用，注意从方程的角度来观察公式，并结合等比数列的通项公式共5个量，知三可求二，并注意解题中的化简技巧．
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课本习题2—3 B组2、3.
设计感想
“探索是教学的生命线”，本教案设计体现以学生为本的思想．为了让学生较好掌握本课内容，本节课主要采用观察法、归纳法等教学方法，同时采用设计变式题的教学手段进行教学．通过具体问题的引入，使学生体会数学源于生活．
本教案设计加强数学思想方法的训练．因为数列内容几乎渗透了中学数学所有的数学思想方法，而数列模型运用中更是蕴含着丰富的数学思想方法，这些思想方法对培养学生的阅读理解能力、运算能力和逻辑思维能力等有着不可替代的作用．教学中应充分让学生体会这些思想方法的运用．
“问题是数学的心脏”，本教案设计注重了情境教学．通过生动具体的现实问题，激发学生探究的兴趣和欲望，树立学生求真的勇气和自信心，增强学生学好数学的心理体验，产生热爱数学的情感，体验在学习中获得的成功．
(设计者：张晓君)
第2课时
导入新课
思路1.(情境导入)一个人为了积累养老金，他每个月按时到银行存100元，银行的年利率为4%，假设可以任意分段按复利计算，试问此人在5年后共积累了多少养老金？如果存款和复利按日计算，则他又有多少养老金？如果复利和存款连续计算呢？银行复利计息的计算方法正是我们今天要探究的内容，由此展开新课．
思路2.(习题导入)在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝8，a4＋a5＋a6＝－4，则数列前15项的和S15为( )
A. B. C．5 D．15
本题如果运用方程的思想，求数列{an}的首项a1和公比q之后再求S15，是一种常规思路，但运算量较大．可将原数列按一定规律重新组合成一个新的等比数列，S15又刚好是新数列前5项的和，新数列的首项和公比又容易求得，使得小题巧解．具体解法如下：
解析：设b1＝a1＋a2＋a3＝8；b2＝a4＋a5＋a6＝－4；…；b5＝a13＋a14＋a15，
则b1，b2，b3，b4，b5构成一个等比数列，其首项为8，公比为－.
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故S15＝S5′＝b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝.选A.
由此展开本课的进一步探究．
答案：A
推进新课
(1)回忆等比数列前n项和公式的推导过程，是用什么方法推导的？需要注意什么问题？
(2)比较等差、等比数列的前n项和公式，从推导方法到应用有什么不同？怎样从方程的角度理解等比数列的求和公式？
(3)利用等比数列求和的关键是什么？
(4)你能对等差、等比数列求和问题作一归纳总结吗？
(5)应用等比数列可解决哪些类型的实际问题？
活动：教师引导学生回忆上节课所学的等比数列的求和公式，通过“错位相减”的思路方法很巧妙地将等式Sn＝a1＋a1q＋…＋a1qn－1的两边同乘以该数列的公比q，使得等式右边各项都向右错了一位；然后通过求Sn－qSn把相同项消去，达到简化的目的，最后解出Sn.这种求和方法具有普通性，教师再次引导学生回顾这种求和方法的精髓，注意的问题是必须注意q是否等于1，如果不确定，就应分q＝1与q≠1两种情况或更多的情况进行讨论．
等比数列求和的关键与等差数列求和一样，在于数列通项公式的表达形式，由通项公式的形式特点确定相应的求和方法．为了达到求和时的简化运算，应充分利用等比数列的前n项和的性质．(1)若某数列的前n项和公式为Sn＝an－1(a≠0,1)，则{an}成等比数列．(2)若数列{an}是公比为q的等比数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列；若项数为2n(n∈N*)，则＝q.
应用等比数列可解决的实际问题有：产量增减、价格升降、细胞繁殖、贷款利率、增长率等方面的问题．解决方法是建立数列模型，应用数列知识解决问题，要让学生明了数列的实际应用一直是全国各地市高考的热点、重点，考题的形式多种多样，难度为中、高档．
等比数列求和问题作为数列的重要内容之一，蕴含着丰富的数学思想方法，教学时可与等差数列对比，归纳、总结．
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(1)求和问题可以利用等差、等比数列的前n项和公式解决，在具体问题中，既要善于从数列的通项入手观察数列的特点与变化规律，又要注意项数．
(2)非等差(比)的特殊数列求和题通常的解题思路是：
①设法转化为等差数列或等比数列，这一思考方法往往通过通项分解或错位相减来完成．
②不能转化为等差(比)的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法和倒序相加法求和．一般地，如果数列能转化为等差数列或等比数列就用公式法；如果数列项的次数及系数有规律，一般可用错位相减法；如果每项可写成两项之差一般可用拆项法；如果能求出通项，可用拆项分组法．
(3)数列求和的关键在于数列通项公式的表达形式，根据通项公式的形式特点，观察采用哪种方法是这类题的解题诀窍．
(4)通项公式中含有(－1)n的一类数列，在求Sn时要注意需分项数n的奇偶性讨论．
讨论结果：(1)(2)(3)(5)略．
(4)数列求和的常用方法有：公式法、倒序相加法、错位相减法和裂项相消法，这也是高考常考的几种求和方法．
例1某商场今年销售计算机5 000台，如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10%，那么从今年起，大约几年可使总销售量达到30 000台？(结果保留到个位)
活动：教师引导学生探究，根据题意，从中发现等比关系，从中抽象出等比数列模型，并明确这是一个已知Sn＝30 000求n的问题．本例的解答应先根据等比数列的前n项和公式列方程，再用对数的知识解方程．
解：根据题意，每年的销售量比上一年增加的百分率相同，所以，从今年起，每年销售量组成一个等比数列{an}，
其中a1＝5 000，q＝1＋10%＝1.1，Sn＝30 000.
于是得到＝30 000，
整理，得1.1n＝1.6，
两边取对数，得nlg1.1＝lg1.6，
用计算器算得n＝≈≈5(年)．
答：大约5年可以使总销售量达到30 000台．
点评：本例是一道关于等比数列模型的应用题，需要从实际问题中抽象出等比数列模型．从实际背景的角度讲，本例的设计一方面是想让学生了解计算机日益普及，其销量越来越大；另一方面，对于一个商场来讲，为实现一定的商品销售目标而制订
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计划也是一件自然的事情．
变式训练
某市2003年共有1万辆燃油型公交车．有关部门计划于2004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%，试问：
(1)该市在2010年应该投入多少辆电力型公交车？
(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的？
解：(1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列{an}，
其中a1＝128，q＝1.5，
则在2010年应该投入的电力型公交车为a7＝a1·q6＝128×1.56＝1 458(辆)．
(2)记Sn＝a1＋a2＋…＋an，依据题意，得＞.
于是Sn＝＞5 000(辆)，
即1.5n＞，则有n－≈7.5，
因此n≥8.
所以，到2011年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的.
例2(教材本节例4)
活动：这是本单元教材安排的最后一道例题．教师引导学生写出每个月的产值，建立等比数列的数学模型，通过数量分析理解任一月份的计算表达式和求总和的计算方法．
例3某教师购买安居工程集资房72 m2，单价为1 000元/m2，一次性国家财政补贴28 800元，学校补贴14 400元，余款由个人负担．房地产开发公司对教师实行分期付款，每期为1年，等额付款．签订购房合同后，1年付款1次，再过1年又付款1次等等，共付10次，10年后还清．如果按年利率7.5%，每年复利1次计算，那么每年应付多少元？(计算结果精确到百元．下列数据供参考：1.0752≈1.921,1.07510≈2.065,1.07511≈2.221)
活动：教师引导学生理清问题中的基本数量关系，建立等比数列的模型，然后按等比数列的知识就很容易解决了．本例由教师与学生共同探究完成．
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解：设每年应付款x元，那么到最后1次付款时付款金额的本利和为x(1＋1.075＋1.0752＋1.0753＋…＋1.0759)元；
购房余款10年后的本利和为[1 000×72－(28 800＋14 400)]·1.07510＝28 800×1.07510元，根据10年后还清，得
x(1＋1.075＋1.0752＋…＋1.0759)＝28 800×1.07510，
∴x＝28 800×1.07510×≈4 200(元)，
即每年应付4 200元．
点评：解决本例的关键是建立等比数列模型．分期付款以及新生利息之和，应等于购房个人分担部分10年后的本息和．
变式训练
假如一个人得到了一条消息，他偷偷地告诉了两个朋友，半小时后这两个朋友又各自偷偷地告诉了自己的两个朋友．如果每个得到消息的人在半小时内把这一消息告诉两个朋友，计算一下，24小时后有多少人知道了这条消息？
解：按题意，半小时有1＋2人，一小时有1＋2＋22人，…，设24小时后有x人知道，则x＝1＋2＋22＋23＋…＋248，
2x＝2＋22＋23＋24＋…＋249，
两式相减得x＝249－1.
利用对数计算可知x≈5.61×1014.
也就是说从第一个人知道消息开始，只过了一天时间，就有五百六十一万亿人知道了这条消息．
例4某地现有居民住房的总面积为a m2，其中需要拆除的旧住房面积占了一半，当地有关部门决定在每年拆除一定数量旧住房的情况下，仍以10%的住房增长率建新住房．
(1)如果10年后该地的住房总面积正好比目前翻一番，那么每年应拆除的旧住房总面积x是多少？(可取1.110≈2.6)
(2)过10年还未拆除的旧住房总面积占当时住房总面积的百分比是多少？(保留到小数点后第1位)
解：(1)根据题意，可知
1年后住房总面积为1.1a－x；
24
2年后住房总面积为1.1(1.1a－x)－x＝1.12a－1.1x－x；
3年后住房总面积为1.1(1.12a－1.1x－x)－x＝1.13a－1.12x－1.1x－x；
……；
10年后住房总面积为1.110a－1.19x－1.18x－…－1.1x－x
＝1.110a－x＝2.6a－16x.
由题意，得2.6a－16x＝2a.解得x＝a(m2)．
(2)所求百分比为＝≈6.3%.
答：每年应拆除的旧住房总面积为a m2，过10年还未拆除的旧房总面积占当时住房总面积的百分比是6.3%.
1．已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项的和，求证：S7，S14－S7，S21－S14成等比数列．设k∈N*，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比数列吗？
2．家用电器一件，现价2 000元，实行分期付款，每期付款数相同，每月为一期，购买一个月付款一次，共付12次，购买后一年还清，月利率为0.8%，按复利计算，那么每期应付款多少？(1.00812＝1.1)
答案：
1．证明：∵S14－S7＝(a1＋a2＋…＋a14)－(a1＋a2＋…＋a7)
＝a8＋a9＋…＋a14
＝a1q7＋a2q7＋…＋a7q7
＝S7·q7.
同理，S21－S14＝q14·S7，
∴S7(S21－S14)＝(S14－S7)2.
可用同样的方法证明Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比数列．
2．解：设每期付款x元，则
第1期付款后还欠款2 000(1＋0.008)－x＝2 000·1.008－x，
第2期付款后还欠款[2 000(1＋0.008)－x]·1.008－x＝2 000·1.0082－1.008x－x，
…，
第12期付款后欠款应为0，
24
所以有2 000·1.00812－(1.00811＋1.00810＋…＋1)x＝0，
∴x＝≈175.46(元)，
即每期付款175.46元．
1．由学生自己总结本节所探究的内容与方法：教育储蓄中的计算问题，用计算机程序计算数列的求和问题等．其中等比数列应用问题的解决是个重点，其特点是综合性强、立意新、角度宽、难度大，因而在解题中务必注重基础、凸现能力，灵活掌握．
2．学完本节后，充分利用网络资源，多方查找资料，进一步拓展数列在实际生活中的应用问题，培养主动探究问题、解决问题的能力，提高我们的创新意识和团结协作的精神．
1．课本习题2—3 A组8、9、10；习题2—3 B组，4选做．
2．利用网络资源，探究分期付款问题．
设计感想
本教案注重知识过程的教学，要求学生通过自主地观察、讨论、归纳、反思来参与学习，学会发现问题并尝试解决问题，在活动中进一步提升自己的能力．
本教案设计体现了本章教材设置理念．本章各节内容均由“实例分析”或“问题提出”创设问题情境，这些具有代表性和趣味性的问题将内容自然引入，再通过对问题的分析和解决，由特殊过渡至一般．
等比数列及其求和问题作为数列一章的最后一个内容，蕴含着极大的宝藏，是一个进行研究性学习的好题材．有人说“学情决定教法”，但反过来“教法也能造就学情”．在教学中注意激发学生的创造热情，培养学生的主动精神，以充分发挥本节内容的教育功能．
备课资料
一、关于银行利率问题的探究
问题：
(1)依教育储蓄的方式，每月存50元，连续存3年，到期(3年)或6年时一次可支取本息共多少元？
(2)依教育储蓄的方式，每月存a元，连续存3年，到期(3年)或6年时一次可支取本息共多少元？
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(3)依教育储蓄的方式，每月存50元，连续存3年，到期(3年)时一次可支取本息比同档次的“零存整取”多收益多少元？
(4)欲在3年后一次支取教育储蓄本息合计1万元，每月应存入多少元？
(5)欲在3年后一次支取教育储蓄本息合计a万元，每月应存入多少元？
(6)依教育储蓄方式，原打算每月存100元，连续存6年，可是到了4年时，学生需要提前支取全部本息，一次可支取本息共多少元？
(7)依教育储蓄方式，原打算每月存a元，连续存6年，可是到了b年时，学生需要提前支取全部本息，一次可支取本息共多少元？
(8)不用教育储蓄方式，而用其他的储蓄方式，以每月可存100元，6年后使用为例，探讨以现行的利率标准可能的最大收益，将得到的结果与教育储蓄比较．
探究活动：
这是一个关系到我国每一个家庭的社会生活中的实际问题，其中大部分的计算都是用数列的知识．在解决这个问题前，我们先熟悉一下这方面的有关政策及银行的业务知识．
银行关于教育储蓄的管理办法(节选)
管理办法
第七条 教育储蓄为零存整取定期储蓄存款．存期分为一年、三年和六年．最低起存金额为50元，本金合计最高限额为2万元．开户时储户应与金融机构约定每月固定存入的金额，分月存入，中途如有漏存，应在次月补齐，未补存者按零存整取定期储蓄存款的有关规定办理．
第八条 教育储蓄实行利率优惠．一年期、三年期教育储蓄按开户日同期同档次整存整取定期储蓄存款利率计息；六年期按开户日五年期整存整取定期储蓄存款利率计息．
第十一条 教育储蓄逾期支取，其超过原定存期的部分，按支取日活期储蓄存款利率计付利息，并按有关规定征收储蓄存款利息所得税．
第十二条 教育储蓄提前支取时必须全额支取，提前支取时，储户能提供“证明”的，按实际存期和开户日同期同档次整存整取定期储蓄存款利率计付利息，并免征储蓄存款利息所得税；储户未能提供“证明”的，按实际存期和支取日活期储蓄存款利率计付利息，并按有关规定征收储蓄存款利息所得税．
银行整存整取定期储蓄存款利率计算公式是：
若每月固定存a元，连续存n个月，则计算利息的公式为
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×月利率．若设月利率为q，则这个公式实际上是数列aq,2aq,3aq，…，naq，…的前n项和．
用数学语言来说，这是个首项为aq，公差为aq的等差数列．从这个公式中我们知道，银行整存整取定期储蓄存款利率计算不是按复利(利生息——利滚利)计算的．
我们把这样的计算利息的方法叫做按单利(利不生息——利不滚利)计算．
这是我们在计算时必须弄明白的，否则，我们计算的结果就会与银行计算的实际结果不一致．
我们还需要了解银行的三年期、五年期的整存整取的存款利率，以及三年期零存整取的存款利率和利息税率：
三年期整存整取存款年利率为2.52%，月利率为0.21%；
五年整存整取存款年利率为2.79%，月利率为0.232 5%；
三年期零存整取存款年利率为1.89%，月利率为0.157 5%；
利息税率为20%.
有了以上预备知识，我们来探究前面提出的八个问题：
(1)因为三年期整存整取存款年利率为2.52%，月利率为0.21%，故依教育储蓄的方式，每月存入50元，连续存3年，到期一次可支取本息共
×0.21%＋1 800＝1 869.93(元)．
因为五年整存整取存款年利率为2.79%，月利率为0.232 5%，故依教育储蓄的方式，若每月存入50元，连续存6年，到期一次可支取本息共
×0.232 5%＋3 600＝3 905.50(元)．
(2)每月存入a元，连续存3年，到期一次可支取本息共
×0.21%＋36a(元)．
若每月存入a元，连续存6年，到期一次可支取本息共
×0.232 5%＋72a(元)．
(3)因为三年期零存整取存款年利率为1.89%，月利率为0.157 5%，故每月存50元，连续存3年，到期一次可支取本息共
×0.157 5%×80%＋1 800＝1 841.96(元)．
比教育储蓄的方式少收益27.97(元)．
(4)设每月应存入x元，由教育储蓄的计算公式得
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×0.21%＋36x＝10 000.
解得x≈267.39(元)，即每月应存入267.39(元)．
(5)设每月应存入x元，由教育储蓄的计算公式得
×0.21%＋36x＝10 000a.
解得x＝＝267.39a，即每月应存入267.39a(元)．
(6)根据银行出台的教育储蓄《管理办法》，需要提前支取的，在提供证明的情况下，按实际存期和开户日同期同档次整存整取定期储蓄存款利率计付利息，并免征储蓄存款利息所得税．故该学生支取时，应按照三年期整存整取存款年利率为2.52%，月利率为0.21%进行计算．由计算公式得
×0.21%＋4 800＝5 046.96(元)．
(7)与第(6)小题类似，应根据实际存期进行同档次计算．
一到两年的按一年期整存整取计息．一年期整存整取存款年利率为1.98%，月利率为0.165%，故当b＝1或2时，由计算公式得
×0.165%＋12ab(元)．
当b＝3或4或5时，应按照三年期整存整取存款年利率为2.52%，月利率为0.21%进行计算．根据计算公式得
×0.21%＋12ab(元)．
(8)此题可以选择多种储蓄方式，学生可能提供多个结果，只要他们计算方式符合规定的储蓄方式即可．教师可以组织学生讨论，然后选择一个最佳答案．
在上述探究问题的过程中，学到了许多课本上没有的东西，增长了一些银行存款的知识．可以鼓励学生用这些知识去规划一下自己将来接受教育的存款计划，并与家长商量，看能不能付诸现实；也可以为身边的亲朋好友当个小参谋，把学到的知识讲解给他们听一听．
从生产实际和社会生活中，我们还能寻找到更多的探究题材，只要我们做个有心人，我们学到的知识就能与生产实际与社会生活紧密地结合起来．
以下实例供参考
24
银行按规定在一定时间结算利息一次，结息后即将利息并入本金，这种计算方法叫做复利，现在某企业进行技术改造，有两种方案：甲方案——一次性贷款10万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案——每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年却比前一年增加利润5千元，两种方案使用期都是10年，到期一次性还本付息，若银行贷款利息均按年息10%的复利计算，试比较两方案的优劣．(计算时，精确到千元，并取1.110≈2.594,1.310≈13.79)
解：甲方案10年共获利1＋(1＋30%)＋…＋(1＋30%)9＝≈42.63，
到期时，银行贷款本息为10(1＋10%)10≈25.94.
∴按甲方案扣除贷款本息后，净收益为42.63－25.94＝16.7(万元)．
乙方案10年共获利1＋1.5＋…＋(1＋9×0.5)＝＝32.5，
到期时，银行贷款本息为1＋(1＋10%)＋…＋(1＋10%)9＝≈15.94.
∴按乙方案扣除贷款本息后，净收益为32.5－15.94＝16.6(万元)．
∴甲方案略优于乙方案．
当贷款期限大于10年时，甲方案的优越性更大；当贷款期限小于10年时，则乙方案较优．
二、备用习题
1．已知集合An＝{x|2n＜x＜2n＋1，且x＝7m＋1，m、n∈N*}，则A6中各元素的和为 …
( )
A．792 B．890 C．891 D．990
2．某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次(一个分裂为两个)，经过3小时，这种细菌由一个可以繁殖成( )
A．511个 B．512个 C．1 023个 D．1 024个
3．在等比数列{an}中，已知对任意自然数n，a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于( )
A．(2n－1)2 B.(2n－1)2 C．4n－1 D.(4n－1)
4．设f(x)＝，则f()＋f()＋…＋f()＝__________.
5．数列{an}的通项an＝，其前n项的和Sn＝__________.
6．用砖砌墙，第一层(底层)用去了全部砖块的一半多一块，第二层用去了剩下的一半多一块，…，以此类推，每一层都用去了上次剩下砖块的一半多一块，到第十层恰好把砖块用完，问共有多少块砖？
24
7．某县位于沙漠边缘地带，人与自然长期进行顽强的斗争，到1999年底全县的绿化率已达到30%.从1999年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%被栽上树，改造成绿洲，而同时原有绿洲面积的4%又被侵蚀，变为沙漠．
(1)设全县面积为1,1999年底绿洲面积为a1＝，经过一年(指2000年底)绿洲面积为a2，经过n年绿洲面积为an＋1，求证：an＋1＝an＋.
(2)问至少经过多少年的努力才能使全县绿洲面积超过60%？(年取整数)(lg2≈0.301 0)
8．下图是一个计算机装置示意图，J1、J2是数据入口，C是计算结果的出口．计算过程是由J1、J2分别输入自然数m和n，经过计算后得自然数k由C输出，若此种计算机装置完成的计算满足以下三个性质：
①若J1、J2分别输入1，则输出结果是1；
②若J1输入任何固定自然数不变，J2输入自然数增大1，则输出结果比原来增大2；
③若J2输入1，J1输入自然数增大1，则输出结果为原来的2倍．
试问：(1)若J1输入1，J2输入自然数n，输出结果为多少？
(2)若J2输入1，J1输入自然数m，输出结果为多少？
(3)若J1输入自然数m，J2输入自然数n，输出结果为多少？
参考答案：
1．C 解析：令n＝6，得26＜x＜27，即64＜x＜128.
用64＜7m＋1＜128，
解得9＜m＜18，且m∈N*.
∴m＝10,11,12，…，18.
∴x＝7×10＋1,7×11＋1，…，7×18＋1共9个数．
2．B 解析：细菌繁殖问题为一个等比数列，首项为1，公比为2，经过3小时分裂9次．因此末项为a10，
∴a10＝a1q9＝29＝512.
3．D 解析：∵Sn＝2n－1，
24
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－1－(2n－1)＝2n.
又a1＝S1＝21－1＝20，
∴an＝2n－1.
∴a＝1.
∴a＝(2n－1)2＝4n－1，＝4.
∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
4．答案：50
解析：直接求和几乎不可能，而隐蔽的信息是＋＝1，＋＝1，…，于是猜想：如果x1＋x2＝1，则f(x1)＋f(x2)是一个常数，经检验，果然为1，则所求之和为50.
5．答案：3－
解析：Sn＝＋＋＋＋…＋，
Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减，得
Sn＝＋＋＋＋…＋－
＝＋2(＋＋＋…＋)－，
∴Sn＝1＋4(＋＋＋…＋)－
＝1＋4·－
＝3－.
6．解：设从上层到底层砖块数分别为a1，a2，…，an，则an＝Sn＋1，从而a1＝2，当n≥2时，an－an－1＝(Sn－Sn－1)＝an，即an＝2an－1(n≥2，n∈N*)．因此，每层砖块数构成首项为2，公比为2的等比数列，故S10＝＝2 046(块)．
7．(1)证明：设1999年底沙漠面积为b1，经过n年，沙漠面积为bn＋1，则a1＋b1＝1，且an＋bn＝1.
因为绿洲面积an＋1由两部分组成，一部分是原有绿洲面积an减去被侵蚀的面积an－
24
an＝an；另一部分是新绿洲面积bn，
所以an＋1＝an＋bn＝an＋(1－an)，
得an＋1＝an＋(n≥1)．
(2)解：∵an＋1－＝an－，
∴an＋1－＝(an－)．
令cn＝an－，则cn＋1＝cn.
∴数列{cn}是公比为的等比数列．
故cn＝c1()n－1＝(a1－)()n－1＝(－)()n－1.
an＝cn＋＝－()n－1(n≥1)，
令an≤＜an＋1，即－()n－1≤＜－()n，
得()n＜≤()n－1，
两边取对数，得nlg＜lg≤(n－1)lg，
则＜n≤＋1.
∵＝≈≈4.1，
∴4.1＜n≤5.1，
即约经过5年的努力，绿洲面积可超过60%.
8．解：依题意，设f(m，n)＝k，则f(1,1)＝1，f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，f(m＋1,1)＝2f(m,1)．
(1)∵f(1，n＋1)＝f(1，n)＋2，
即f(1，n＋1)－f(1，n)＝2，
∴f(1,1)，f(1,2)，f(1,3)，…，f(1，n)，…组成以f(1,1)＝1为首项，2为公差的等差数列．
∴f(1，n)＝f(1,1)＋2(n－1)＝2n－1.
(2)∵f(m＋1,1)＝2f(m,1)，即＝2，
24
∴f(1,1)，f(2,1)，…，f(m,1)，…组成以f(1,1)＝1为首项，2为公比的等比数列．
∴f(m,1)＝f(1,1)·2m－1＝2m－1.
(3)∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，
∴f(m,1)，f(m,2)，f(m,3)，…，f(m，n)，…组成以f(m,1)为首项，2为公差的等差数列．
∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)＝2m－1＋2n－2.
点评：本题立意新颖，与生活、科技很贴近，富有时代气息．解决本题的关键是理解透题意，建立数列模型．
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