4.3.2 第1课时 等比数列的前n项和-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第四章　数列 4.3　等比数列 4.3.2　等比数列的前n项和公式 第1课时　等比数列的前n项和 (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.2.理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系． 教学重点：等比数列的前n项和公式的推导及应用． 教学难点：应用等比数列的前n项和公式解决问题． 核心素养：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． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点 基本内容 等比数列的前n项和公式 推导等比数列前n项和公式的方法 错位相减法：解决由等比数列与等差数列对应项的积组成的数列求和问题 na1 知识点　求和公式及基本方法 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 3.（利用等比数列的前n项和求n）已知等比数列{an}中，a1＝2，q＝2，前n项和Sn＝126，则n＝（　　） A.9 B.8 C.7 D.6 4.（由等比数列中的项求前n项和）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　　　　. 211 核心概念掌握 8 核心素养形成 核心素养形成 10 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 题型二　利用Sn判断等比数列　 　 (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－2，求{an}的通项公式，并判断{an}是否是等比数列. 核心素养形成 18 解法一：由于a1＝1，a2＝6，a3＝18，显然a1，a2，a3不是等比数列，故{an}不是等比数列. 解法二：等比数列{an}的公比q≠1时的前n项和Sn＝Aqn＋B满足的条件为A＝－B，对于Sn＝3n－2，－2≠－1，故{an}不是等比数列. 核心素养形成 19 (2)(2024·河北邢台高二期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝3n＋1＋m，求m的值. 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 题型三　等比数列前n项和推导思想的应用　 　 求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0). 核心素养形成 24 核心素养形成 25 感悟提升　若数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}，当求该数列的前n项和时，常常采用将{anbn}的各项乘公比q，并向后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，这种数列求和的方法若公比为字母，则需对其进行分类讨论. 核心素养形成 26 核心素养形成 27 随堂水平达标 1.在等比数列{an}中，a2＝2，4a1＋a3＝8，Sn是{an}的前n项和，则S5＝(　　) A.15 B.31 C.48 D.63 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 5.(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的公比为　　　　. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 利用等比数列前n项和的关系求Sn 利用等比数列的前n项和公式求Sn 等比中项公式求公比；求等比数列的前n项和 利用等比数列的通项公式求公比；判断等比(差)数列；求等比数列的前n项和 数列新定义问题；等比数列前n项和公式的应用 求等比数列的公比及前n项和 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 由等比数列中的项及前n项和求公比 错位相减法求和 等差中项公式的应用；求等比数列的公比；由数列中项的数量关系求等比数列的前n项和 已知Sn与an的关系求通项公式；已知等比数列求参数的值 结构不良类型；求等比数列的前n项和；不等式恒成立求n的取值范围 形如an＋1＝pan＋q的递推关系求通项公式；数列放缩证明不等式；等比数列求前n项和 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 一、选择题 1.(2023·全国甲卷)已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}的前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝(　　) A.7 B.9 C.15 D.30 解析：由题意知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题意知q＞0，所以q＝2，所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 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＝(　　) A.2n＋1－2 B.3n C.2n D.3n－1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 15 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 7.在递增的等比数列{an}中，Sn为其前n项和.已知a1＋an＝34，a3an－2＝64(n>2，n∈N*)，且Sn＝42，则数列{an}的公比为　　　. 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 10.(2024·河北衡水高二期中)设数列{an}的前n项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且－a1，Sn，an＋1成等差数列. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝1－Sn，问：是否存在a1，使数列{bn}为等比数列？若存在，求出a1的值；若不存在，请说明理由. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 选③an>0，S3＝21且a2＋a3＝6a1， 则a1＝S3－(a2＋a3)＝21－6a1，解得a1＝3， 设等比数列{an}的公比为q， 则3q＋3q2＝18， 解得q＝2或q＝－3(舍去)， 所以an＝a1qn－1＝3×2n－1，Sn＝3(2n－1)， 则Sn－an－100＝3×2n－1－103>0， 解得n≥7， 所以存在正整数n，使Sn－an－100>0成立，n的最小值为7. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 56 解：(1)由an＋1＝2an＋1， 得an＋1＋1＝2(an＋1)， 又a1＋1＝2， 所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列. 所以an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 58 　　　　　　　　　　　　　 R [提醒]　（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.（等比数列的前n项和公式）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（　） A.eq \f(41,128) B.eq \f(43,128) C.eq \f(51,128) D.eq \f(53,128) 2.（利用等比数列前n项和的特点求参数）若等比数列{an}的前n项和Sn＝3n－c，则c＝（　） A.－2 B.－1 C.1 D.2 题型一　等比数列前n项和的基本计算　 　在等比数列{an}中， （1）若Sn＝189，公比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和公比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）设等比数列{an}的公比为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 \f(1,8)＝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.)) 感悟提升　等比数列前n项和运算的技巧 （1）在等比数列的通项公式和前n项和公式中，共涉及五个量：a1，an，n，q，Sn，其中首项a1和公比q为基本量，且“知三求二”，常常列方程组来解答. （2）对于基本量的计算，列方程组求解是基本方法.通常用约分或两式相除的方法进行消元，有时会用到整体代换，如qn，eq \f(a1,1－q)都可看作一个整体. 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. 【跟踪训练1】　在等比数列{an}中， (1)(2024·山东济宁高二期末)若a2＝3，a5＝81，求S5； (2)若a1＝eq \r(2)，an＝16eq \r(2)，Sn＝11eq \r(2)，求n和公比q； (3)已知S4＝1，S8＝17，求an. 解：（1）设等比数列{an}的公比为q. 由q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(81,3)＝27，得q＝3， ∴a1＝eq \f(a2,q)＝1，∴S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝eq \f(1－35,1－3)＝121. (2)由Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)，得11eq \r(2)＝eq \f(\r(2)－16\r(2)q,1－q)， ∴q＝－2， 又由an＝a1qn－1，得16eq \r(2)＝eq \r(2)×(－2)n－1， ∴n＝5. (3)设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则S8＝2S4，不符合题意，∴q≠1， ∴S4＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝1，S8＝eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝17， 两式相除得eq \f(1－q8,1－q4)＝17＝1＋q4，解得q＝±2. 当q＝2时，a1＝eq \f(1,15)； 当q＝－2时，a1＝－eq \f(1,5)， ∴an＝eq \f(1,15)·2n－1或an＝－eq \f(1,5)·(－2)n－1. 解　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2)－(3n－1－2)＝2×3n－1. 当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1，不适合上式. 所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2×3n－1，n≥2.)) 解　设等比数列{an}的公比为q.因为3Sn＝3n＋1＋m，所以Sn＝3n＋eq \f(m,3).当q≠1时，Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)·qn，所以qn的系数和常数项互为相反数，所以eq \f(m,3)＋1＝0，即eq \f(m,3)＝－1，所以m＝－3. 感悟提升　 (1)已知Sn，通过an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求通项公式，应特别注意验证a1是否符合an＝Sn－Sn－1(n≥2). (2)若数列{an}的前n项和Sn＝A(qn－1)，其中A≠0，q≠0且q≠1，则{an}是等比数列. [跟踪训练2]　已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式； (2)若S5＝eq \f(31,32)，求λ. 解：(1)由题意，得a1＝S1＝1＋λa1， 故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，a1≠0. 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得an＋1＝λan＋1－λan， 即(λ－1)an＋1＝λan. 由a1≠0，λ≠0且λ≠1，得an≠0， 所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1). 因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列， 于是an＝eq \f(1,1－λ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1))) eq \s\up12(n－1). (2)由(1)，得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1))) eq \s\up12(n). 由S5＝eq \f(31,32)，得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1))) eq \s\up12(5)＝eq \f(31,32)， 即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1))) eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32)，解得λ＝－1. 解　当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)； 当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn， xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1， ∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1＝eq \f(x（1－xn）,1－x)－nxn＋1， ∴Sn＝eq \f(x（1－xn）,（1－x）2)－eq \f(nxn＋1,1－x). 综上可得， Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)，x＝1，,\f(x（1－xn）,（1－x）2)－\f(nxn＋1,1－x)，x≠1且x≠0.)) [跟踪训练3]　试求数列eq \f(1,2)，eq \f(3,4)，eq \f(5,8)，eq \f(7,16)，…，eq \f(2n－1,2n)的前n项和Sn. 解：　Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n)，① 则2Sn＝1＋eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1).② ②－①，得Sn＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－2)))－eq \f(2n－1,2n) ＝1＋eq \f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n). 解析：设等比数列{an}的公比为q，则a2＝a1q＝2，4a1＋a3＝a1(4＋q2)＝8，所以a1＝1，q＝2，故S5＝eq \f(1－25,1－2)＝31.故选B. 解析：设等比数列{an}的公比为q，则eq \f(a5,a2)＝eq \f(a1q4,a1q)＝3，解得q3＝3，则eq \f(S6,S3)＝eq \f(\f(a1（1－q6）,1－q),\f(a1（1－q3）,1－q))＝eq \f(1－q6,1－q3)＝eq \f(1－9,1－3)＝4.故选D. 2.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(a5,a2)＝3，则eq \f(S6,S3)＝(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 3.(多选)已知数列{an}为等差数列，a1＝1，且a2，a4，a8是一个等比数列中相邻的三项，记bn＝anqan(q≠0，1)，则{bn}的前n项和可以是(　　) A.n B.nq C.eq \f(q＋nqn＋1－nqn－qn,（1－q）2) D.eq \f(q＋nqn＋2－nqn＋1－qn＋1,（1－q）2) 解析：设等差数列{an}的公差为d，又a1＝1，且a2，a4，a8是一个等比数列中相邻的三项，所以aeq \o\al(2,4)＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，化简，得d(d－1)＝0，所以d＝0或1，故an＝1或an＝n，所以bn＝q或bn＝nqn，设{bn}的前n项和为Sn，(1)当bn＝q时，Sn＝nq；(2)当bn＝nqn时，Sn＝q＋2q2＋3q3＋…＋nqn　①，qSn＝q2＋2q3＋3q4＋…＋nqn＋1　②，①－②，得(1－q)Sn＝q＋q2＋q3＋…＋qn－nqn＋1＝eq \f(q（1－qn）,1－q)－nqn＋1，所以Sn＝eq \f(q（1－qn）,（1－q）2)－eq \f(nqn＋1,1－q)＝eq \f(q＋nqn＋2－nqn＋1－qn＋1,（1－q）2).故选BD. 4.(2024·湖南岳阳高二期中)数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＋5，则实数a＝　　_. 解析：设等比数列{an}的公比为q，因为Sn＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＋5，所以Sn＝3a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n)＋5.因为当q≠1时，Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)·qn，所以qn的系数和常数项互为相反数，所以3a＋5＝0，所以a＝－eq \f(5,3). －eq \f(5,3) 解析：设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则由8S6＝7S3得8×6a1＝7×3a1，则a1＝0，不符合题意，所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8×eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7×eq \f(a1（1－q3）,1－q)，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－eq \f(1,2). －eq \f(1,2) 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，设其公比为q，∴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，))所以an＝2n，Sn＝eq \f(2×（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.由上可得q＝2，故A正确；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)“提丢斯数列”是18世纪由德国数学家提丢斯给出的，具体如下：取0，3，6，12，24，48，96，192，…这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，19.6，…，则下列说法中正确的是(　　) A.“提丢斯数列”是等比数列 B.“提丢斯数列”的第99项为eq \f(3×297＋4,10) C.“提丢斯数列”的前31项和为eq \f(3×230,10)＋eq \f(121,10) D.“提丢斯数列”中，不超过20的有9项 解析：记“提丢斯数列”为数列{an}，则当n≥2时，an＝eq \f(3×2n－2＋4,10)，当n＝1时，a1＝0.4不符合上式，故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0.4，n＝1，,\f(3×2n－2＋4,10)，n≥2，))故A错误；a99＝eq \f(3×297＋4,10)，故B正确；“提丢斯数列”的前31项和为eq \f(2,5)＋eq \f(3,10)×(20＋…＋229)＋eq \f(2,5)×30＝eq \f(3×230,10)＋eq \f(121,10)，故C正确；令eq \f(3×2n－2＋4,10)≤20，即2n－2≤eq \f(196,3)，得n＝2，3，4，5，6，7，8，又a1<20，故不超过20的有8项，故D错误.故选BC. 二、填空题 6.(2024·辽宁沈阳高二期中)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：正项等比数列{an}中，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：由题意，设{an}的公比为q.∵a1＋an＝34，a3an－2＝a1an＝64(n>2，n∈N*)，∴a1＝2，an＝32，∴Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(2－32q,1－q)＝42，解得q＝4. 8.计算：1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋9×eq \f(1,29)＝　　　　. 解析：设S＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋9×eq \f(1,29)　①，则eq \f(1,2)S＝1×eq \f(1,22)＋2×eq \f(1,23)＋3×eq \f(1,24)＋…＋9×eq \f(1,210)　②，由①－②，得eq \f(1,2)S＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,29)－9×eq \f(1,210)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,29))),1－\f(1,2))－9×eq \f(1,210)＝1－eq \f(1,29)－9×eq \f(1,210)＝1－eq \f(11,210)＝eq \f(1013,1024)，所以S＝eq \f(1013,512). eq \f(1013,512) 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))). 解：(1)依题意，得2Sn＝an＋1－a1. 于是，当n≥2时，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2Sn＝an＋1－a1，,2Sn－1＝an－a1.)) 两式相减，得an＋1＝3an(n≥2). 又因为a2＝2S1＋a1＝3a1，an≠0， 所以数列{an}是首项为a1，公比为3的等比数列. 因此an＝a1·3n－1(n∈N*). (2)存在. 因为Sn＝eq \f(a1（1－3n）,1－3)＝eq \f(1,2)a1·3n－eq \f(1,2)a1， 所以bn＝1－Sn＝1＋eq \f(1,2)a1－eq \f(1,2)a1·3n. 要使数列{bn}为等比数列，则1＋eq \f(1,2)a1＝0， 故a1＝－2. 11.(2024·广东实验中学高二阶段测试)在①a1＝2且eq \f(S5－S3,S2)＝8；②Sn＝t－eq \f(1,2n－1)；③an>0，S3＝21且a2＋a3＝6a1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且　　　　，则是否存在正整数n，使Sn－an－100>0成立？若存在，求出n的最小值；若不存在，请说明理由. 解：选①a1＝2且eq \f(S5－S3,S2)＝8， 设等比数列{an}的公比为q， 则eq \f(S5－S3,S2)＝eq \f(a4＋a5,a1＋a2)＝eq \f(（a1＋a2）q3,a1＋a2)＝q3＝8，解得q＝2， 所以an＝a1qn－1＝2n，Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2， 则Sn－an－100＝2n＋1－2－2n－100＝2n－102>0， 解得n≥7， 所以存在正整数n，使Sn－an－100>0成立，n的最小值为7. 选②Sn＝t－eq \f(1,2n－1)， 则an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n－2)＝eq \f(1,2n－1)， a1＝1＝S1＝t－1，解得t＝2， 所以Sn＝2－eq \f(1,2n－1)， 则Sn－an－100＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n－1)－100＝－eq \f(1,2n－2)－98<0， 故不存在正整数n，使Sn－an－100>0成立. 12.(2024·江苏南京高二期中)已知数列{an}满足a1＝1且an＋1＝2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，证明：Tn<2. (2)证明：由(1)可知，eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n－1)，所以Tn＝eq \f(1,21－1)＋eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,23－1)＋…＋eq \f(1,2n－1). 因为eq \f(1,2n－1)<eq \f(1,2n－1)(n≥2)， 所以当n≥2时，Tn＝eq \f(1,21－1)＋eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,23－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)<1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝2－eq \f(1,2n－1)<2， 又当n＝1时，T1＝1<2，所以Tn<2. $$