1.3.3 第1课时 等比数列的前n项和公式-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章 数列 1.3 等比数列 1.3.3　等比数列的前n项和 第1课时　等比数列的前n项和公式 (教师独具内容) 课程标准：1.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题． 教学重点：等比数列的前n项和公式及其相关性质． 教学难点：应用等比数列的前n项和公式及其相关性质解决问题． 核心素养：1.通过学习等比数列前n项和公式及其应用，提升数学运算素养和逻辑推理素养.2.通过利用等比数列的前n项和公式解决实际应用问题，提升数学建模素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 目录 随堂水平达标 核心概念掌握 na1 核心概念掌握 5 q q 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 √ × × × 核心概念掌握 9 答案 211　 248 核心概念掌握 10 核心素养形成 解 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 感悟提升 等比数列思想方法的应用 (1)方程思想：等比数列中的“知三求二”问题就是方程思想的重要体现． (2)分类讨论思想：由等比数列前n项和公式、an与Sn的关系等知识可知，解答数列问题时常常要用到分类讨论思想． 特别注意：等比数列前n项和的计算，要优先讨论公比q＝1的情况． 核心素养形成 15 答案 解析 [跟踪训练1]　(1)在等比数列{an}中，S3＋S6＝2S9，则公比q＝________． 核心素养形成 16 答案 2n－2 解析 核心素养形成 17 (3)设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S6＝4S3，则a4＝_______． 答案 3 解析 核心素养形成 18 解 题型二　等比数列前n项和性质的应用 例2　(1)一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求此数列的通项公式． 核心素养形成 19 解 (2)在等比数列{an}中，若前10项和S10＝10，前20项和S20＝30，求前30项和S30. 核心素养形成 20 解 【变式探究】本例(2)中条件不变，能否求a21＋a22＋…＋a30的值呢？ 解　由题可知a21＋a22＋…＋a30＝S30－S20，由例题可知S30＝70，S20＝30，所以a21＋a22＋…＋a30＝70－30＝40. 核心素养形成 21 感悟提升 等比数列前n项和性质的应用 等比数列前n项和的性质是在等比数列的通项公式、前n项和公式及等比数列的性质的基础上推得的，因而利用有关性质可以简化计算，但通项公式、前n项和公式仍是解答等比数列问题最基本的方法． 核心素养形成 22 解 [跟踪训练2]　(1)一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求此数列的公比和项数． 核心素养形成 23 解 (2)在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项和S99＝56，求a3＋a6＋a9＋…＋a99的值． 核心素养形成 24 解 核心素养形成 25 题型三　等比数列前n项和的实际应用 例3　某公司举办捐步公益活动，参与者通过捐赠每天的运动步数获得公司提供的牛奶，再将牛奶捐赠给留守儿童．此活动不但为公益事业作出了较大的贡献，公司还获得了相应的广告效益．据测算，首日参与活动人数为10000，以后每天人数比前一天都增加15%，30天后捐步人数稳定在第30天的水平，假设此项活动的启动资金为30万元，每位捐步者每天可以使公司收益0.05元(以下人数精确到1，收益精确到1元)． (1)求活动开始后第5天的捐步人数，及前5天公司的捐步总收益； (2)活动开始第几天后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余？ 核心素养形成 26 解 核心素养形成 27 感悟提升 解数列应用题的注意点 在数列的实际应用中，把数学问题背景中的数列知识挖掘出来(投入资金数列和收入资金数列)，然后用数列的知识进行加工和整理是常见的解题方法，应注意合理安排，解题中要明确数学问题的实际意义，以便进行合理取舍． 核心素养形成 28 [跟踪训练3]　某校为扩大教学规模，从今年起扩大招生，现有学生人数为b，以后学生人数的年增长率为4.9‰.该校今年年初有旧实验设备a套，其中需要换掉的旧设备占了一半．学校决定每年以当年年初设备数量的10%的增长率增加新设备，同时每年淘汰x套旧设备． (1)如果10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番，那么每年应淘汰的旧设备是多少套？ (2)依照(1)的更换速度，共需多少年能更换所有需要更换的旧设备？下列数据供计算时参考： 1.19≈2.36 1.00499≈1.04 1.110≈2.60 1.004910≈1.05 1.111≈2.85 1.004911≈1.06 核心素养形成 29 解 核心素养形成 30 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 2．若数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a(a为常数)，则数列{an}(　) A．是等比数列 B．仅当a＝－1时，是等比数列 C．不是等比数列 D．仅当a＝0时，是等比数列 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 3．(多选)已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则(　) A．q＝2 B．an＝2n C．S10＝2047 D．an＋an＋1<an＋2 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 4．数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n－1，其前n项和为Sn，则a5＝____，S2n＝____________ ． 答案 4　 解析 2n＋1－2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 5．张先生2023年年底购买了一辆1.6 L排量的小轿车，为积极响应政府发展森林碳汇(指森林植物吸收大气中的二氧化碳并将其固定在植被或土壤中)的号召，买车的同时出资1万元向中国绿色碳汇基金会购买了2亩荒山用于植树造林．科学研究表明：轿车每行驶3000公里就要排放1吨二氧化碳，林木每生长1立方米，平均可吸收1.8吨二氧化碳． (1)张先生估计第一年(即2024年)会用车1.2万公里，以后逐年会增加1000公里，则该轿车使用10年共排放二氧化碳多少吨？ (2)若种植的林木第一年(即2024年)生长了1立方米，以后每年以10%的生长速度递增，问林木至少生长多少年，其吸收的二氧化碳的量超过轿车10年排出的二氧化碳的量？(参考数据：1.114≈3.7975，1.115≈4.1772，1.116≈4.5950) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 课后课时精练 一、选择题 1．已知等比数列的公比为2，且前5项和为1，那么前10项和等于(　) A．31 B．33 C．35 D．37 答案 解析 解析　因为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，所以a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝q5(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q5＝25＝32.所以S10＝1＋32＝33. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 40 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 41 3．在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于(　) A．2n＋1－2 B．3n C．2n D．3n－1 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 42 4．(多选)在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　) A．q＝2 B．数列{Sn＋2}是等比数列 C．S8＝510 D．数列{log2an}是公差为2的等差数列 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 43 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 44 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 45 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 46 答案 解析 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 47 7．已知数列{an}的前n项和Sn满足log2(Sn＋2)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为an＝______． 答案 解析 2n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 48 答案 解析 19 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 49 三、解答题 9．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列． (1)求{an}的公比q； (2)若a1－a3＝3，求Sn. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 50 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 51 解 (2)若bn＝n，则2Sn＝nan＋2n， ∴2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋2(n＋1)， 两式相减，得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋2， 即nan＝(n－1)an＋1＋2， 当n≥2时，(n－1)an－1＝(n－2)an＋2， 两式相减，得(n－1)an－1＋(n－1)an＋1＝2(n－1)an，即an－1＋an＋1＝2an， 又由2S1＝a1＋2，S1＝a1，得a1＝2，又a2＝3， ∴数列{an}是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， ∴数列{an}的通项公式是an＝n＋1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 52 解 课后课时精练 1 2 B级 53 解 课后课时精练 1 2 B级 54 课后课时精练 1 2 B级 55 解 课后课时精练 1 2 B级 56 解 课后课时精练 1 2 B级 57 解 课后课时精练 1 2 B级 58 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　求和公式及基本方法 1．等比数列前n项和公式 Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(____________＝_______________（q≠1），,,_________（q＝1）.)) 2．推导等比数列前n项和公式的方法：错位相减法． eq \f(a1（1－qn）,1－q) eq \f(a1－anq,1－q) 知识点二　等比数列的前n项和的性质 1．若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列(当q＝－1，n为偶数时，上述性质不成立)． 2．若数列{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(m，n∈N＋)． 3．在等比数列{an}中，公比为q，若项数为2n，用S奇，S偶分别表示奇数项与偶数项的和，则有eq \f(S偶,S奇)＝_______．若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝_______． 4．若数列{an}的前n项和公式为Sn＝Aan＋B(a≠0，a≠1，AB≠0，且A＋B＝0)，则{an}为等比数列． 5．若等比数列{an}的前n项的积为Tn＝aeq \o\al(n,1)·qeq \s\up7(\f(n（n－1）,2))，则连续m项的积仍为等比数列，即Tm，eq \f(T2m,Tm)，eq \f(T3m,T2m)，…是等比数列，公比为_______． qm2 对等比数列前n项和公式的理解 (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，知道其中任意三个量，都可求出其余两个量． (2)前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况． (3)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，它可以变形为Sn＝－eq \f(a1,1－q)·qn＋eq \f(a1,1－q)，设A＝eq \f(a1,1－q)，上式可写成Sn＝－Aqn＋A.由此可见，非常数列的等比数列的前n项和Sn是由关于n的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数． 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)求等比数列{an}的前n项和时可直接套用公式Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)来求．(　 ) (2)等比数列{an}的前n项和为Sn，知Sn，an，a1可以求公比q.(　 ) (3)1－2＋4－8＋16－…＋(－2)n－1＝eq \f(1×（1－2n）,1－（－2）).(　 ) (4)若等比数列{an}共100项，且公比q≠±1，则该数列的偶数项之和S＝eq \f(a2（1－q50）,1－q).(　 ) 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)等比数列eq \f(1,2)，－eq \f(1,4)，eq \f(1,8)，－eq \f(1,16)，…的前7项和为________． (2)等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项和是________． (3)等比数列{an}的公比q＝2，首项a1＝8，则S5＝_______． eq \f(43,128) 题型一　等比数列前n项和的基本计算 例1　在等比数列{an}中， (1)若Sn＝189，q＝2，an＝96，求a1和n； (2)若a1＋a3＝10，a4＋a6＝eq \f(5,4)，求a4和S5； (3)若a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2)，求a1和q. 解　(1)由an＝a1qn－1，Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)以及已知条件，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(189＝\f(a1－96×2,1－2)，,96＝a1·2n－1，)) ∴a1＝3，n＝6. (2)设公比为q，由通项公式及已知条件得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝10，,a1q3＋a1q5＝\f(5,4)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q2）＝10，,a1q3（1＋q2）＝\f(5,4).)) eq \b\lc\ (\a\vs4\al\co1(①,,②)) ∵a1≠0，1＋q2≠0， ∴②÷①得，q3＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2)，∴a1＝8. ∴a4＝a1q3＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝1， S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(5))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,2). (3)当q＝1时，S3＝3a1，a3＝a1＝eq \f(3,2). ∴3×eq \f(3,2)＝S3＝eq \f(9,2)，∴a1＝eq \f(3,2)，q＝1. 当q≠1时，S3＝eq \f(a1（1－q3）,1－q)＝eq \f(9,2)，a3＝a1q2＝eq \f(3,2)， ∴eq \f(\f(3,2),q2)(1＋q＋q2)＝eq \f(9,2)，∴q＝－eq \f(1,2)，q＝1(舍去)，∴a1＝6. 综上所述，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,q＝－\f(1,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(3,2)，,q＝1.)) －eq \r(3,\f(1,2)) 解析　当数列{an}的公比q＝1时，∵S3＋S6＝2S9，∴3a1＋6a1＝2×9a1，此时a1＝0不成立；当数列{an}的公比q≠1时，eq \f(a1（1－q3）,1－q)＋eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝eq \f(2a1（1－q9）,1－q)，∴2q9＝q3＋q6，∴2q6＝q3＋1，∴q3＝－eq \f(1,2)或q3＝1(舍去)，∴q＝－eq \r(3,\f(1,2)). (2)在等比数列{an}中，S3＝eq \f(7,2)，S6＝eq \f(63,2)，则an＝____________. 解析　由题意知S6≠2S3，则数列{an}的公比q≠1， 由S3＝eq \f(7,2)，S6＝eq \f(63,2)知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q3）,1－q)＝\f(7,2)，　①,\f(a1（1－q6）,1－q)＝\f(63,2)，　②)) ②÷①，得1＋q3＝9，∴q＝2，代入①得a1＝eq \f(1,2)，∴an＝eq \f(1,2)×2n－1＝2n－2. 解析　∵S6＝4S3，∴数列{an}的公比q≠1，由S6＝4S3，得eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝4·eq \f(a1（1－q3）,1－q)，∴1＋q3＝4，得q3＝3，故a4＝a1q3＝1×3＝3. 解　设此数列{an}的公比为q，由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，∴S奇＝3S偶，∴q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(1,3). 又a1a2a3＝64，即a1(a1q)(a1q2)＝aeq \o\al(3,1)q3＝64，∴a1q＝4. 又q＝eq \f(1,3)，∴a1＝12， ∴an＝a1qn－1＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－2). 解　解法一：设数列{an}的首项为a1，公比为q，显然q≠1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q10）,1－q)＝10，,\f(a1（1－q20）,1－q)＝30.)) 两式相除得1＋q10＝3，∴q10＝2. ∴S30＝eq \f(a1（1－q30）,1－q)＝eq \f(a1（1－q10）,1－q)(1＋q10＋q20)＝10×(1＋2＋4)＝70. 解法二：∵S10，S20－S10，S30－S20仍成等比数列，又S10＝10，S20＝30， ∴S30－30＝eq \f(（30－10）2,10)，得S30＝70. 解　设此等比数列为{an}，其公比为q，项数为2n(n∈N＋)． 若q＝1，则S奇＝S偶，与已知矛盾，故q≠1， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1－q2n,1－q2)＝85，　 ①,\f(q（1－q2n）,1－q2)＝170.　②)) ②÷①，得q＝2. 把q＝2代入①，得eq \f(1－4n,1－4)＝85， ∴4n＝256＝44，∴n＝4. ∴此数列的公比为2，项数为8. 解　解法一：∵S99＝eq \f(a1（1－q99）,1－q)＝56， ∴a3＋a6＋a9＋…＋a99 ＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q96)＝a1q2·eq \f(1－（q3）33,1－q3) ＝a1q2·eq \f(1－q99,（1－q）（1＋q＋q2）) ＝eq \f(q2,1＋q＋q2)·eq \f(a1（1－q99）,1－q)＝eq \f(4,1＋2＋4)×56＝32. 解法二：设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a97， b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a98， b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a99， 则b1q＝b2，b2q＝b3且b1＋b2＋b3＝56， ∴b1(1＋q＋q2)＝56， ∴b1＝eq \f(56,1＋2＋4)＝8，b3＝b1q2＝32， 即a3＋a6＋a9＋…＋a99＝32. 解　(1)设每天捐步人数构成数列{an}，则an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10000×1.15n－1，1≤n≤30，,575755，n>30，))n∈N＋， 于是a5＝10000×1.154≈17490，总收益为S5＝eq \f(10000×（1－1.155）,1－1.15)×0.05≈3371元， 即活动开始后第5天的捐步人数为17490，前5天公司的捐步总收益为3371元． (2)设活动开始第n天以后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余， ∵eq \f(10000×（1－1.1530）,1－1.15)×0.05≈217373<300000， ∴n>30，由Sn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10000×（1－1.1530）,1－1.15)＋（n－30）×575755))×0.05>300000， 解得n>32.87，即活动开始第33天后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余． 解　(1)今年学生人数为b，则10年后学生人数为b(1＋4.9‰)10≈1.05b. 由题设可知，1年后的设备数量为a(1＋10%)－x＝1.1a－x， 2年后的设备数量为(1.1a－x)(1＋10%)－x＝1.12a－1.1x－x＝1.12a－x(1＋1.1)，…， 10年后的设备数量为a×1.110－x(1＋1.1＋1.12＋…＋1.19)≈2.6a－x×eq \f(1×（1－1.110）,1－1.1)≈2.6a－16x. 由题设，得eq \f(2.6a－16x,1.05b)＝2·eq \f(a,b)，解得x＝eq \f(a,32). 所以每年应淘汰的旧设备为eq \f(a,32)套． (2)更换全部旧设备共需eq \f(1,2)a÷eq \f(a,32)＝16(年)． 所以共需16年能更换所有需要更换的旧设备． 1．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－eq \f(4,3)，则{an}的前10项和等于(　) A．－6×(1－3－10) B.eq \f(1,9)×(1－3－10) C．3×(1－3－10) D．3×(1＋3－10) 解析　∵3an＋1＋an＝0，∴an＋1＝－eq \f(1,3)an，∴{an}为等比数列，q＝－eq \f(1,3)，又a2＝a1q＝－eq \f(1,3)a1＝－eq \f(4,3)，∴a1＝4，∴S10＝eq \f(4×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(10))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝3×(1－3－10)．故选C. 解析　an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋a（n＝1），,2×3n－1（n≥2）.))当a＝－1时，a1＝2适合an＝2×3n－1，故数列{an}是等比数列．当a≠－1时，{an}不是等比数列．故选B. 解析　由题意，得2q3＝4q＋2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，A正确；an＝2×2n－1＝2n，B正确；Sn＝eq \f(2×（2n－1）,2－1)＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，D正确． 解析　由递推关系可得anan＋1＝2n－1，an＋1·an＋2＝2n，两式相除可得eq \f(an＋2,an)＝2.则a5＝a1·22＝4，由anan＋1＝2n－1可得a2＝1，则奇数项、偶数项分别为首项为1，公比为2的等比数列，则S2n＝2×eq \f(1×（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2. 解　(1)设第n年小轿车排出的二氧化碳的吨数为an(n∈N＋)， 则a1＝eq \f(12000,3000)＝4，a2＝eq \f(13000,3000)＝eq \f(13,3)，a3＝eq \f(14000,3000)＝eq \f(14,3)，…，显然其构成首项为a1＝4，公差为d＝a2－a1＝eq \f(1,3)的等差数列， 所以S10＝10×4＋eq \f(10×9,2)×eq \f(1,3)＝55， 即该轿车使用10年共排放二氧化碳55吨． (2)记第n年林木吸收二氧化碳的吨数为bn(n∈N＋)， 则b1＝1×1.8，b2＝1×(1＋10%)×1.8，b3＝1×(1＋10%)2×1.8，…， 其构成首项为b1＝1.8，公比为q＝1.1的等比数列， 记其前n项和为Tn， 由题意，有Tn＝eq \f(1.8×（1－1.1n）,1－1.1)＝18×(1.1n－1)>55， 解得n≥15. 所以林木至少生长15年，其吸收的二氧化碳的量超过轿车10年排出的二氧化碳的量． 2．若数列{an}是等比数列，已知对任意n∈N＋，a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝(　) A．(2n－1)2 B.eq \f(1,3)(2n－1)2 C．4n－1 D.eq \f(1,3)(4n－1) 解析　由Sn＝2n－1得a1＝S1＝1，a2＝S2－S1＝22－2＝2，∴公比为q＝2.可知数列{aeq \o\al(2,n)}是等比数列，首项为1，公比为q2＝4.∴aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(1,3)(4n－1)． 解析　∵数列{an}为等比数列，∴an＝2qn－1，∵数列{an＋1}也是等比数列，∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，得aeq \o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，即an＋an＋2＝2an＋1，从而an(1＋q2－2q)＝0，得q＝1，∴an＝2，∴Sn＝2n.故选C. 解析　因为数列{an}为等比数列，又a1a4＝32，所以a2a3＝32，又a2＋a3＝12，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a3＝8，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,a3＝4，,q＝\f(1,2)，))又公比q为整数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a3＝8，,q＝2，))故A正确；由上可得an＝2n，Sn＝eq \f(2×（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，所以Sn＋2＝2n＋1，eq \f(Sn＋1＋2,Sn＋2)＝eq \f(2n＋2,2n＋1)＝2，则数列{Sn＋2}是等比数列，故B正确；S8＝29－2＝510，故C正确；log2an＋1－log2an＝(n＋1)－n＝1，即数列{log2an}是公差为1的等差数列，故D错误．故选ABC. 5．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2，若存在两项am，an，使得aman＝64，则(　) A．数列{an}为等差数列 B．数列{an}为等比数列 C．aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝eq \f(4n－1,3) D．m＋n为定值 解析　由题意，当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，所以Sn－Sn－1＝an＝2an－2－(2an－1－2)＝2an－2an－1，所以eq \f(an,an－1)＝2，数列{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，an＝2n，故A错误，B正确；数列{aeq \o\al(2,n)}是首项aeq \o\al(2,1)＝4，公比q1＝4的等比数列，所以aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝2,1)eq \f(a（1－qeq \o\al(n,1)）,1－q1) ＝eq \f(4×（1－4n）,1－4)＝eq \f(4n＋1－4,3)，故C错误；aman＝2m2n＝2m＋n＝64＝26，所以m＋n＝6为定值，故D正确．故选BD. 二、填空题 6．已知正项等比数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn(n∈N＋)，且eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(2,a3)，则S4＝_________． 解析　设数列{an}的公比为q(q>0)．∵a1＝1，且eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(2,a3)，∴1－eq \f(1,q)＝eq \f(2,q2)，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，∴S4＝eq \f(1－24,1－2)＝15. 解析　由log2(Sn＋2)＝n＋1，得Sn＋2＝2n＋1，Sn＝2n＋1－2. 当n＝1时，S1＝a1＝22－2＝2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n. 当n＝1时也满足上式，故an＝2n. 8．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋r，则a3－r＝_______，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(n（n＋4）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n)))的最大项是第k项，则k＝_______． 解析　等比数列前n项和公式具有特征：Sn＝aqn－a，据此可知r＝－1，则Sn＝3n－1，a3＝S3－S2＝(33－1)－(32－1)＝18，a3－r＝19.令bn＝n(n＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n)，则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2,3)·eq \f(n2＋6n＋5,n2＋4n)，由eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2,3)·eq \f(n2＋6n＋5,n2＋4n)>1可得n2<10，由eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2,3)·eq \f(n2＋6n＋5,n2＋4n)<1可得n2>10，据此可得，数列中的项满足b1<b2<b3<b4，且b4>b5>b6>b7>…，则k＝4. 解　(1)依题意有S1＋S2＝2S3，即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)， 由于a1≠0，故2q2＋q＝0. 又q≠0，从而q＝－eq \f(1,2). (2)由已知可得a1－a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝3，故a1＝4. 从而Sn＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq \f(8,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))). 10．已知数列{an}，{bn}满足2Sn＝(an＋2)bn，其中Sn是数列{an}的前n项和． (1)若数列{an}是首项为eq \f(2,3)，公比为－eq \f(1,3)的等比数列，求数列{bn}的通项公式； (2)若bn＝n，a2＝3，求数列{an}的通项公式． 解　(1)∵an＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n)， Sn＝eq \f(\f(2,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n)))， ∴bn＝eq \f(2Sn,an＋2)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n),－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n)＋2)＝eq \f(1,2). 1．已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n). (1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列； (2)若数列{an}的前2n项和为T2n，令bn＝(3－T2n)n(n＋1)，求数列{bn}的最大项． 解　(1)证明：数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， ∴an＋1an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)，∴eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2). ∵a1＝1，∴a2＝eq \f(1,2)， 故数列{a2n－1}是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列；数列{a2n}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列． (2)由(1)得T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n). ∴bn＝(3－T2n)n(n＋1)＝3n(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， ∴bn＋1－bn＝3(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋2,2)－n)) ＝3(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)(2－n)， ∴b3＝b2＞b1，且b3＞b4＞b5＞…， 故数列{bn}的最大项是b2＝b3＝eq \f(9,2). 2．某市2024年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张，为了节能减排，从2024年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每年发放的电动型汽车牌照的数量维持不变．记2024年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放电动型汽车牌照数构成数列{bn}． (1)完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式； a1＝10 a2＝9.5 a3＝ a4＝ b1＝2 b2＝3 b3＝ b4＝ (2)累计各年发放的汽车牌照数，到哪一年开始不低于200万？(注：eq \r(313)≈17.7) 解　(1)如表所示， a1＝10 a2＝9.5 a3＝9 a4＝8.5 b1＝2 b2＝3 b3＝4.5 b4＝6.75 当1≤n≤21且n∈N＋时，an＝10＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(n,2)＋eq \f(21,2)， 当n≥22且n∈N＋时，an＝0，∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(n,2)＋\f(21,2)，1≤n≤21且n∈N＋，,0，n≥22且n∈N＋.)) 又a3＋b3＝eq \f(27,2)<15，a4＋b4＝eq \f(61,4)>15， ∴bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－1)，1≤n≤4且n∈N＋，,\f(27,4)，n≥5且n∈N＋.)) (2)当n＝4时， Sn＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(b1＋b2＋b3＋b4)＝53.25， 当5≤n≤21时， Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn) ＝10n＋eq \f(n（n－1）,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq \f(2×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(4))),1－\f(3,2))＋eq \f(27,4)(n－4) ＝－eq \f(1,4)n2＋17n－eq \f(43,4)， 由Sn≥200，得－eq \f(1,4)n2＋17n－eq \f(43,4)≥200， 即n2－68n＋843≤0， 又一元二次方程x2－68x＋843＝0的两根分别为x1＝34＋eq \r(313)≈51.7，x2＝34－eq \r(313)≈16.3， ∴(n－51.7)(n－16.3)≤0， ∵5≤n≤21且n∈N＋， ∴不等式可化为n－16.3≥0， ∴17≤n≤21，且n∈N＋， ∴到2040年累计发放的汽车牌照数不低于200万． $$