4.3.2 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用-【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2课时　等比数列前n项和的性质及应用 (教师独具内容) 课程标准：1.掌握等比数列前n项和的性质，并能够运用其来解决问题.2.体会等比数列前n项和公式与指数函数的联系，并能够运用指数函数的知识解决数列问题. 教学重点：1.等比数列前n项和的性质.2.等比数列前n项和的实际应用. 教学难点：利用等比数列前n项和公式解决实际问题. 核心素养：1.通过等比数列前n项和性质的应用，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 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点　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). [想一想]　当q＝－1，n为奇数时，上述性质是否成立？如果成立，公比为多少？如果不成立，请说明理由. 提示：上述性质成立，公比为－1. 核心概念掌握 5 q qm2 q 核心概念掌握 6 1.(等比数列前n项和的性质)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝(　　) A.3∶4 B.2∶3 C.1∶2 D.1∶3 2.(等比数列的实际应用)有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有1个这种细菌和200个这种病毒，则细菌将病毒全部杀死至少需要(　　) A.6秒钟 B.7秒钟 C.8秒钟 D.9秒钟 核心概念掌握 7 80 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　等比数列的连续n项和的性质　 　各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n＝(　　) A.16 B.26 C.30 D.80 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 感悟提升　解决有关等比数列前n项和的问题时，若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质，则可以避繁就简.不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避免对公比q的讨论.解题时把握好等比数列前n项和性质的使用条件，并结合题设条件寻找使用性质的切入点，方可快速解题. 核心素养形成 14 [跟踪训练1]　在等比数列{an}中，若前10项的和S10＝10，前20项的和S20＝30，求前30项的和S30. 核心素养形成 15 585 核心素养形成 16 核心素养形成 17 (2)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 18 感悟提升　 (1)在公比为q的等比数列{an}中，若项数为奇数，则有S奇＝a1＋qS偶，若项数为偶数，则有S偶＝qS奇，且均有Sn＝S偶＋S奇. (2)解题时要注意观察序号之间的联系，发现解题契机，注意应用整体的思想. 核心素养形成 19 核心素养形成 20 (2)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 21 核心素养形成 22 题型三　等比数列前n项和的实际应用　 　 借贷10000元，月利率为1%，每月以复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元(精确到1)？(1.016≈1.062，1.015≈1.051) 解　解法一：设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款an元(1≤n≤6)，则 a0＝10000， a1＝1.01a0－a， a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，… a6＝1.01a5－a＝…＝1.016a0－(1＋1.01＋…＋1.015)a. 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 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，解题时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 26 [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，那么每年应淘汰旧设备多少套？ (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？(参考数据：1.110≈2.6，1.004910≈1.05) 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 随堂水平达标 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 4.数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n－1，其前n项和为Sn，则a5＝　　， S2n＝　　　　. 4 2n＋1－2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 5.在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝56，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝　　. 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 利用等比数列“相关和”性质Sn＋m＝Sn＋qnSm求值 利用等比数列中Sm，S2m－Sm，S3m－S2m间的关系求值 利用等比数列中奇数项和与偶数项和的关系求公比 由递推关系判断等比数列；求等比数列的前n项和与前n项积 等比数列前n项和的实际应用 等比数列前n项和公式的实际应用 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 由Sm，S2m－Sm，S3m－S2m间的关系求公比 利用Sn＋m＝Sn＋qnSm求数列的前n项和 利用等比数列的前n项和公式证明等式 等比数列前n项和公式的实际应用 定义法证明等比数列；求数列中的最大项 等差数列、等比数列的实际应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 一、选择题 1.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝3，S6－S2＝12，则S8＝(　　) A.49 B.50 C.51 D.52 解析：∵S6＝S2＋q2S4，又S6－S2＝12，∴S2＋12＝S2＋q2S4，∴q＝2(q＝－2舍去).∴S8＝S4＋q4S4＝3＋16×3＝51. 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 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 5.(多选)(2024·山东滨州高二期末)计算机病毒危害很大，一直是计算机学家研究的对象.当计算机内某文件被病毒感染后，该病毒文件就不断地感染其他未被感染文件.计算机学家们研究的一个数字为计算机病毒传染指数C0，即一个病毒文件在一分钟内平均所传染的文件数，某计算机病毒的传染指数C0＝2，若一台计算机有105个可能被感染的文件，如果该台计算机有一半以上文件被感染，则该计算机将处于瘫痪状态.该计算机现只有一个病毒文件，如果未经防毒和杀毒处理，则下列说法中正确的是(　　) A.在第3分钟内，该计算机新感染了18个文件 B.经过5分钟，该计算机共有243个病毒文件 C.10分钟后，该计算机处于瘫痪状态 D.该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为2的等比数列 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 二、填空题 6.一个球从256米的高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半，当它第6次着地时，共经过的路程是　　　米. 752 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 7.(2024·福建泉州高二期中)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，则公比q＝　　. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 8.设数列{xn}满足log2xn＋1＝1＋log2xn(n∈N*)，且x1＋x2＋…＋x10＝10，记{xn}的前n项和为Sn，则S20＝　　　　. 解析：∵log2xn＋1＝1＋log2xn＝log2(2xn)，∴xn＋1＝2xn，且xn>0，∴{xn}为等比数列，且公比q＝2，∴S20＝S10＋q10S10＝10＋210×10＝10250. 10250 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 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 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 56 12.某市2023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2023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2023年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的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＝ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 a1＝10 a2＝9.5 a3＝9 a4＝8.5 b1＝2 b2＝3 b3＝4.5 b4＝6.75 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 61 　　　　　　　　　　　　　 R 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.若等比数列{an}的前n项的积为Tn＝aeq \o\al(n,1)·qeq \s\up6(\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______. 3.(等比数列奇偶项和的性质)若等比数列{an}的公比为eq \f(1,3)，且a1＋a3＋…＋a99＝60，则{an}的前100项和为　　　　. 解析　设等比数列{an}的公比为q，且注意到S3n＝14≠3×2＝3Sn，所以q≠1. 解法一：由已知有Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝2　①，S3n＝eq \f(a1（1－q3n）,1－q)＝14　②，②÷①，得q2n＋qn＋1＝7，即q2n＋qn－6＝0，变形得(qn＋3)(qn－2)＝0.由于数列各项均为正数，所以qn＝2，即q＝eq \r(n,2).故a1＝eq \f(Sn（1－q）,1－qn)＝2(eq \r(n,2)－1)，所以S4n＝eq \f(a1（1－q4n）,1－q)＝eq \f(2（\r(n,2)－1）（1－24）,1－\r(n,2))＝30. 解法二：S4n＝eq \f(a1（1－q4n）,1－q)＝ eq \f(a1[（1－qn）＋qn（1－q3n）],1－q)＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＋ qneq \f(a1（1－q3n）,1－q)＝Sn＋qnS3n.由于S3n＝(a1＋a2＋…＋an)＋(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)＋(a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n)＝Sn＋qnSn＋q2nSn＝Sn(1＋qn＋q2n)＝2(1＋qn＋q2n)＝14，所以q2n＋qn－6＝0，又an>0，所以qn＝2，所以S4n＝Sn＋qnS3n＝2＋2×14＝30. 解法三：易得q≠－1，根据等比数列前n项和的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列.由an>0，得S2n>0，设S2n＝x(x>0)，则2，x－2，14－x成等比数列，故(x－2)2＝2(14－x)，解得x＝6，由S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，可得4(S4n－14)＝82，解得S4n＝30. 解法四(特殊值法)：取n＝1，则a1＝S1＝2，S3＝eq \f(a1（1－q3）,1－q)＝14，即q2＋q－6＝0，注意到an>0，所以q＝2，从而S4＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝30. 解：解法一：设等比数列{an}的公比为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＝S10＋q10S20＝10＋2×30＝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)，即S30＝70. 题型二　等比数列的不连续n项和的性质　 (1,4) 　(1)已知等比数列{an}的前10项中，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为170eq \f(1,2)，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为　　　　. 解析　设等比数列{an}的前10项中，所有奇数项的和为S奇，所有偶数项的和为S偶，等比数列{an}的公比为q，则S偶＝a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝q(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝qS奇，∴q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(170\f(1,2),85\f(1,4))＝2，又S奇＝eq \f(a1[1－（q2）5],1－q2)＝eq \f(1023a1,3)＝341a1＝eq \f(341,4)，∴a1＝eq \f(1,4)，∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3(1＋q3＋q6＋q9)＝a1q2·eq \f(1－q12,1－q3)＝585. 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)＝eq \f(4,3n－2). [跟踪训练2]　(1)(2024·湖北十堰高二期中)已知等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项和为eq \f(85,32)，偶数项和为eq \f(21,16)，求数列{an}的通项公式. 解：设等比数列{an}的项数为2m＋1，公比为q，则由题意，得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝eq \f(85,32)， S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝eq \f(21,16)， ∵项数为奇数时，eq \f(S奇－a1,S偶)＝q，即2＋eq \f(21,16)q＝eq \f(85,32)，∴q＝eq \f(1,2)， ∴an＝a1qn－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1,2n－2). 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. 解法一：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. 解法二：q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(170,85)＝2， 又S2n＝S偶＋S奇＝eq \f(a1（1－q2n）,1－q)＝22n－1＝255，∴2n＝8. ∴此数列的公比为2，项数为8. 由题意，可知a6＝0， 即1.016a0－(1＋1.01＋…＋1.015)a＝0， a＝eq \f(1.016×102,1.016－1).因为1.016≈1.062， 所以a≈eq \f(1.062×102,1.062－1)≈1713. 故每月应支付1713元. 解法二：一方面，借款10000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为S1＝104×(1＋0.01)6＝104×1.016(元). 另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a＝eq \f(a[1－（1＋0.01）6],1－1.01)＝a(1.016－1)×102(元). 由S1＝S2，得a＝eq \f(1.016×102,1.016－1). 以下解法同解法一，得a≈1713. 故每月应支付1713元. 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). 所以每年应淘汰旧设备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.(2024·江苏淮安马坝高级中学高二期末)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9＝(　　) A.eq \f(1,8) B.－eq \f(1,8) C.eq \f(57,8) D.eq \f(55,8) 解析：因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝eq \f(1,8)，所以a7＋a8＋a9＝eq \f(1,8). 2.在等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝(　　) A.2n－1 B.eq \f(4n－1,3) C.eq \f(1－（－4）n,3) D.eq \f(1－（－2）n,3) 解析：设等比数列{an}的公比为q.∵a1a2a3＝1，∴aeq \o\al(3,2)＝1，即a2＝1，又a4＝4，则q2＝eq \f(a4,a2)＝4.数列{a2n}是以a2＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，∴a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq \f(1×（1－4n）,1－4)＝eq \f(4n－1,3).故选B. 3.中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”.其大意为：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7天，共走了700里.则这匹马第7天所走的里程数为(　　) A.eq \f(700,127) B.eq \f(50,9) C.eq \f(280,51) D.eq \f(350,127) 解析：设这匹马每天走的里程数构成等比数列{an}，公比q＝eq \f(1,2)，则S7＝eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(7))),1－\f(1,2))＝700，解得a1＝eq \f(128×350,127)，所以a7＝eq \f(128×350,127)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6)＝eq \f(700,127).故选A. 解析：由递推关系可得anan＋1＝2n－1，an＋1an＋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、偶数项均为首项为1，公比为2的等比数列，则S2n＝2×eq \f(1×（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2. 解析：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. 2.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S4,S8)＝eq \f(1,3)，则eq \f(S8,S16)＝(　　) A.eq \f(1,9) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(2,15) 解析：由题意知等比数列{an}的公比q≠－1，故根据等比数列的性质，知S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列.由eq \f(S4,S8)＝eq \f(1,3)，设S4＝m(m≠0)，则S8＝3m，S8－S4＝2m，∴S12－S8＝4m，∴S12＝7m.又S16－S12＝8m，∴S16＝15m.∴eq \f(S8,S16)＝eq \f(3m,15m)＝eq \f(1,5). 3.(2024·江西南昌高二期中)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＝(　　) A.2 B.eq \f(1,2) C.3 D.eq \f(1,3) 解析：解法一：由题意知，等比数列{an}的奇数项构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，①若q＝1，则S2n＝3S奇，即2na1＝3na1，得a1＝0，矛盾；②若q≠1，则S2n＝eq \f(a1（1－q2n）,1－q)，S奇＝eq \f(a1[1－（q2）n],1－q2).由题意得eq \f(a1（1－q2n）,1－q)＝eq \f(3a1（1－q2n）,1－q2)，所以1＋q＝3，q＝2. 解法二：因为等比数列{an}共有2n项，所以S偶＝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. 4.(多选)(2024·吉林东北师大附中高二期末)已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝22n－1(n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列结论正确的是(　　) A.a3＝2 B.eq \f(an＋1,an－1)＝4(n≥2) C.Sn＝2n－1 D.T2n＝2n(2n－1) 解析：由题意，得当n≥2时，eq \f(anan＋1,an－1an)＝eq \f(22n－1,22（n－1）－1)＝4，即eq \f(an＋1,an－1)＝4，B正确；∵a1＝1，∴a2＝2，则数列{an}的奇数项是首项为1，公比为4的等比数列，偶数项是首项为2，公比为4的等比数列，当n为奇数时，＝2n－1，当n为偶数时，＝2n－1，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1，故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，则a3＝22＝4，A错误；Sn＝eq \f(1×（1－2n）,1－2)＝2n－1，C正确；T2n＝20×21×22×…×22n－1＝20＋1＋2＋…＋(2n－1)＝＝2n(2n－1)，D正确.故选BCD. 解析：设第n＋1分钟之内新感染的文件数为an＋1，前n分钟内新感染的病毒文件数之和为Sn，则an＋1＝2(Sn＋1)，且a1＝2，由an＋1＝2(Sn＋1)，可得an＝2(Sn－1＋1)(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，所以an＋1＝3an(n≥2)，又a2＝2(S1＋1)＝2(a1＋1)＝6＝3a1，所以每分钟内新感染的文件数构成以a1＝2为首项，3为公比的等比数列，所以an＝2×3n－1，在第3分钟内，该计算机新感染了a3＝2×33－1＝18个文件，故A正确；经过5分钟，该计算机共有1＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋eq \f(2×（1－35）,1－3)＝35＝243个病毒文件，故B正确；10分钟后，该计算机被感染的文件数为1＋a1＋a2＋…＋a10＝1＋eq \f(2×（1－310）,1－3)＝310>eq \f(1,2)×105，所以计算机处于瘫痪状态，故C正确；该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为3的等比数列，故D不正确.故选ABC. 解析：设小球每次着地后跳回的高度构成数列{an}，则数列{an}为等比数列，a1＝128，q＝eq \f(1,2)，S5＝eq \f(128×\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))＝248，共经过的路程为256＋2S5＝752(米). 解析：由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，得210(S30－S20)＝S20－S10.又S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，∴eq \f(S30－S20,S20－S10)＝q10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(10).又{an}为正项等比数列，∴q＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) 三、解答题 9.已知等比数列前n项、前2n项、前3n项的和分别为Sn，S2n，S3n，求证：Seq \o\al(2,n)＋Seq \o\al(2,2n)＝Sn(S2n＋S3n). 证明：证法一：设此等比数列的公比为q，首项为a1， 当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1， ∴Seq \o\al(2,n)＋Seq \o\al(2,2n)＝n2aeq \o\al(2,1)＋4n2aeq \o\al(2,1)＝5n2aeq \o\al(2,1)， Sn(S2n＋S3n)＝na1(2na1＋3na1)＝5n2aeq \o\al(2,1)， ∴Seq \o\al(2,n)＋Seq \o\al(2,2n)＝Sn(S2n＋S3n). 当q≠1时，Sn＝eq \f(a1,1－q)(1－qn)， S2n＝eq \f(a1,1－q)(1－q2n)，S3n＝eq \f(a1,1－q)(1－q3n)， ∴Seq \o\al(2,n)＋Seq \o\al(2,2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,1－q))) eq \s\up12(2)[(1－qn)2＋(1－q2n)2]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,1－q))) eq \s\up12(2)(1－qn)2(2＋2qn＋q2n). 又Sn(S2n＋S3n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,1－q))) eq \s\up12(2)(1－qn)(2－q2n－q3n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1,1－q))) eq \s\up12(2)(1－qn)2(2＋2qn＋q2n)， ∴Seq \o\al(2,n)＋Seq \o\al(2,2n)＝Sn(S2n＋S3n). 综上，命题得证. 证法二：根据等比数列的性质有 S2n＝Sn＋qnSn＝Sn(1＋qn)， S3n＝Sn＋qnSn＋q2nSn， ∴Seq \o\al(2,n)＋Seq \o\al(2,2n)＝Seq \o\al(2,n)＋[Sn(1＋qn)]2 ＝Seq \o\al(2,n)(2＋2qn＋q2n)， Sn(S2n＋S3n)＝Seq \o\al(2,n)(2＋2qn＋q2n)， ∴Seq \o\al(2,n)＋Seq \o\al(2,2n)＝Sn(S2n＋S3n). 10.某地本年度旅游业收入估计为400万元，由于该地出台了一系列措施，进一步发展旅游业，预计今后旅游业的收入每年会比上一年增加eq \f(1,4). (1)求n年内旅游业的总收入； (2)试估计大约几年后，旅游业的总收入超过8000万元. (已知lg 2≈0.3010，lg 3≈0.4771，lg 5≈0.6990) 解：(1)设第n年的旅游业收入估计为an万元，数列{an}的前n项和为Sn， 则a1＝400，an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))an. ∵a1≠0，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(5,4)，∴数列{an}是首项为400，公比为eq \f(5,4)的等比数列， ∴Sn＝eq \f(400\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n))),1－\f(5,4))＝1600eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n)－1))， 即n年内旅游业的总收入为1600eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n)－1))万元. (2)由(1)知Sn＝1600eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n)－1))， 令Sn>8000，即1600eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n)－1))>8000， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)>6，∴lg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)>lg 6， ∴n>eq \f(lg 6,lg \f(5,4))＝eq \f(lg 2＋lg 3,lg 5－2lg 2)≈8.0216. 又n∈N*， ∴估计大约9年后，旅游业的总收入超过8000万元. 11.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)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， 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， ∴17≤n≤51， ∵5≤n≤21且n∈N*，∴17≤n≤21且n∈N*， ∴到2039年累计发放的汽车牌照数开始不低于200万. $$