5.3.2 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三册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第五章　数列 5.3　等比数列 5.3.2　等比数列的前n项和 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.3.能在具体的问题情境中发现数列的等比关系，并解决相应问题． 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.通过学习等比数列的前n项和公式及其相关性质提升数学抽象素养和逻辑推理素养.2.通过应用等比数列的前n项和公式解决实际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 na1 a1qn－1 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) √ × × × 核心概念掌握 8 248 211 7 核心概念掌握 9 核心素养形成 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 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. 核心素养形成 16 (2)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为(　　) A．3 B．18 C．54 D．152 核心素养形成 17 核心素养形成 18 (3)在等比数列{an}中，S3＋S6＝2S9，则公比q＝________． 核心素养形成 19 2n－2 核心素养形成 20 题型二　等比数列前n项和性质的应用 　 (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 21 (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及a21＋a22＋…＋a30的值． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 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项和公式仍是解决等比数列问题最基本的方法． 核心素养形成 24 [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 25 核心素养形成 26 (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 27 核心素养形成 28 题型三　利用前n项和判断或证明等比数列 (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－1，试判断数列{an}是否为等比数列． 解　解法一：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝2×3n－1， ∵当n＝1时，a1＝S1＝31－1＝2，适合上式， ∴数列{an}是等比数列． 解法二：由公比q≠1的等比数列{bn}的前n项和Sn＝Aqn＋B满足的条件为A＋B＝0，并对比数列{an}的前n项和Sn＝3n－1，得数列{an}是等比数列． 核心素养形成 29 (2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，an＋1＝2Sn＋1，试判断数列{an}是否为等比数列． 核心素养形成 30 核心素养形成 31 核心素养形成 32 [跟踪训练3]　设数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n. (1)求a3，a4； (2)证明：{an＋1－2an}是等比数列； (3)求{an}的通项公式． 解：(1)∵a1＝S1，S1＝2a1－2， ∴a1＝2，S1＝2. 由Sn＝2an－2n，即2an＝Sn＋2n知2an＋1＝Sn＋1＋2n＋1＝an＋1＋Sn＋2n＋1， ∴an＋1＝Sn＋2n＋1.① ∴a2＝S1＋22＝2＋22＝6，S2＝8，a3＝S2＋23＝8＋23＝16，S3＝24，a4＝S3＋24＝24＋24＝40. 核心素养形成 33 (2)证法一：由题设和①式知 an＋1－2an＝(Sn＋2n＋1)－(Sn＋2n)＝2n＋1－2n＝2n. ∴数列{an＋1－2an}是首项为2，公比为2的等比数列． 证法二：由Sn＝2an－2n，② 得Sn＋1＝2an＋1－2n＋1.③ ③－②得an＋1＝2an＋1－2n＋1－2an＋2n， 即an＋1－2an＝2n. ∴数列{an＋1－2an}是首项为2，公比为2的等比数列． 核心素养形成 34 核心素养形成 35 　 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)活动开始几天后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余？ 题型四　等比数列前n项和的实际应用问题 核心素养形成 36 核心素养形成 37 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 38 [跟踪训练4]　为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80吨，该矿区计划从2025年开始出口，当年出口a吨，以后每年出口量均比上一年减少10%. (1)以2025年为第一年，设第n年出口量为an吨，试求an的表达式； (2)国家计划10年后终止该矿区的出口，问2025年最多出口多少吨？(0.910≈0.35，精确到0.1) 解：(1)由题意知，每年的出口量构成等比数列{an}，且首项a1＝a，公比q＝1－10%＝0.9， ∴an＝a×0.9n－1(n∈N＋)． 核心素养形成 39 核心素养形成 40 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 2．若数列{an}的前n项和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 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 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 46 5．(2024·山东菏泽鄄城第一中学高二月考)中国三大名楼之一的黄鹤楼因其独特的建筑结构而闻名，其外观有五层，而实际上内部有九层，隐喻“九五至尊”之意．为迎接国庆节的到来，有网友建议在黄鹤楼内部挂灯笼进行装饰，若在黄鹤楼内部塔楼的顶层挂4盏灯笼，且相邻的两层中，下一层的灯笼数是上一层灯笼数的两倍，则九层塔楼一共需要挂________盏灯笼． 2044 随堂水平达标 1 2 3 4 5 47 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 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 利用等比数列前n项和的性质求等比数列的前n项和 利用an与Sn的关系求数列的通项公式及具体项 利用等比数列前n项和的性质求Sn 等比数列前n项和的基本计算；等比数列、等差数列的判定 利用an与Sn的关系判断等比数列及求数列的通项公式；直接利用等比数列的前n项和公式求和 等比数列前n项和的基本计算 利用an与Sn的关系求数列的通项公式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用等比数列前n项和公式的特点求参数的值；利用an与Sn的关系求等比数列具体项的值；利用数列的单调性求最大项 等比数列与等差数列的综合；等比数列前n项和的基本计算 等比数列前n项和的实际应用 等比数列与等差数列的综合；等比数列的前n项和公式与等比数列通项公式的综合 利用等比数列前n项和的性质求数列中间几项的和 利用an与Sn的关系求数列的通项公式；利用数列的单调性求数列的最小项；分离参数法解决恒成立问题 等比数列与等差数列的综合；利用等比数列的前n项和公式、等差数列的前n项和公式解决问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 一、选择题 1．已知等比数列{an}的公比q＝2，且前5项和S5＝1，那么前10项和S10＝ (　　) A．31 B．33 C．35 D．37 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 2．(2024·辽宁沈阳五校协作体高二期中)已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2qn，n∈N＋，且S3＝14，则a4＝(　　) A．48 B．32 C．16 D．8 解析：因为公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2qn　①，当n＝1时，a1＝S1＝c＋2q，当n≥2时，Sn－1＝c＋2qn－1　②，由①－②，得an＝2qn－2qn－1＝(2q－2)qn－1，所以2q－2＝c＋2q，解得c＝－2，又S3＝14，所以S3＝－2＋2q3＝14，解得q＝2，所以an＝2n，则a4＝24＝16.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 3．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 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 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 15 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 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＝________． 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. 2n 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 19 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 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 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 10．张先生2024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2025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2025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可以超过轿车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) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 12．(2024·山东德州夏津第一中学高二月考)在等比数列{an}中，S4＝1，S8＝3，则a17＋a18＋a19＋a20＝________． 16 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2(n∈N＋)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若对任意的n∈N＋，不等式(λ－n)an＋1＋an≤15恒成立，求实数λ的最大值． 解：(1)∵Sn＝2an－2，　① ∴Sn－1＝2an－1－2(n≥2)．　② ①－②，得an＝2an－2an－1， 即an＝2an－1(n≥2)． ∵S1＝2a1－2＝a1，∴a1＝2. ∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列． ∴an＝a1×qn－1＝2×2n－1＝2n. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 14．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； (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：≈17.7) 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 13 14 71 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　等比数列的前n项和公式 设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(____________，q＝1，, _____________，q≠1.))因为an＝_____，所以q≠1时，等比数列前n项和的公式也可改写为Sn＝________． 知识点二　等比数列前n项和公式的函数特征 (1)当公比q≠1时，设A＝eq \f(a1,q－1)，等比数列的前n项和公式是Sn＝A(qn－1)．即Sn是关于n的指数型函数． (2)当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1，Sn是关于n的正比例函数． eq \f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1 eq \f(a1－anq,1－q) 知识点三　等比数列前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)＝q；若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q. [拓展]　(1)若数列{an}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． (2)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qm2. (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)若等比数列{an}的前n项和为Sn，则知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)若等比数列{an}的公比q＝2，首项a1＝8，则S5＝________． (2)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________． (3)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________． (4)(2024·山东淄博临淄中学高二月考)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S2＝4，S4＝6，则S6＝________． eq \f(43,128) 题型一　等比数列前n项和的基本计算　 　已知等比数列{an}的前n项和为Sn， (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Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，an＝a1qn－1以及已知条件，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(189＝\f(a1－2an,1－2)＝\f(a1－2×96,－1)，,96＝a1·2n－1，)) 解得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，　　①,a1q3（1＋q2）＝\f(5,4).　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)或q＝1(舍去)， ∴a1＝eq \f(a3,q2)＝eq \f(\f(3,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝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． (3)在解决与前n项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论． [跟踪训练1]　(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝(　　) A.eq \f(15,8) B.eq \f(65,8) C．15 D．40 解析：解法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝eq \f(an＋1,an)＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C. 解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝eq \f(2a1（1－qn）,1－q)＋2＝－eq \f(2a1,1－q)qn＋eq \f(2a1,1－q)＋2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(2a1,1－q)，,0＝\f(2a1,1－q)＋2，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3，))所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C. 解析：由题意知{an}的公比q≠1，∴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)). －eq \r(3,\f(1,2)) (4)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{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，))由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　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). 解　解法一：∵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. ∴a21＋a22＋…＋a30＝S30－S20＝70－30＝40. 解法二：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. ∴a21＋a22＋…＋a30＝S30－S20＝70－30＝40. 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)) 由②÷①，得q＝2. 把q＝2代入①，得eq \f(1－4n,1－4)＝85， ∴4n＝256＝44，∴n＝4. ∴公比q＝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，b1q2＝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　∵an＋1＝2Sn＋1， ∴an＝2Sn－1＋1(n≥2)． 两式相减，得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an， 即an＋1＝3an(n≥2)． 又a1＝2，a2＝2S1＋1＝2×2＋1＝5，∴eq \f(a2,a1)＝eq \f(5,2)≠3. ∴数列{an}不是等比数列． (3)(2024·江苏南京金陵中学高二月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn.证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列． 证明　∵nan＋1＝(n＋2)Sn，∴an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn， ∴Sn＋1－Sn＝eq \f(n＋2,n)Sn， 即Sn＋1＝eq \f(2（n＋1）,n)Sn， 故eq \f(Sn＋1,n＋1)＝2×eq \f(Sn,n)，又a1＝1，∴eq \f(S1,1)＝1， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为1，公比为2的等比数列． 感悟提升　本类题型，由含Sn的式子先类比写出含Sn－1的式子，得到数列{an}的一个递推式，再利用定义法判断．常采用的两个式子eq \f(an,an－1)＝q(常数q≠0)和eq \f(an＋1,an)＝q(常数q≠0)有差别，前者必须加上“n≥2”，否则n＝1时a0无意义． (3)由(2)知an＋1－2an＝2n， 等式两边同时除以2n＋1，得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以eq \f(a1,2)＝1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列， ∴eq \f(an,2n)＝1＋eq \f(1,2)(n－1)，即an＝(n＋1)×2n－1. 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n天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33天后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余． (2)10年的出口总量S10＝eq \f(a（1－0.910）,1－0.9)＝10a(1－0.910)． ∵S10≤80，∴10a(1－0.910)≤80， 即a≤eq \f(8,1－0.910)，∴a≤12.3. 故2025年最多出口12.3吨． 1．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－eq \f(4,3)，则{an}的前10项和S10＝(　　) 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，又a2≠0，∴{an}为等比数列，公比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适合通项公式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. 3．(多选)(2024·湖南长郡中学高二月考)已知前n项和为Sn的正项等比数列{an}中，a1a4＝8，a3＝a2＋2，bn＝eq \f(log2an,Sn＋1)，则(　　) A．a6－4a5＝－48 B．S7＝127 C．Sn＝2an－1 D．数列S2，S4，S6，…是等比数列 解析：设等比数列{an}的公比为q，由a1a4＝8，有a2a3＝8，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2a3＝8，,a3＝a2＋2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,a3＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝－4，,a3＝－2))(舍去)，有q＝eq \f(a3,a2)＝2，可得an＝a2qn－2＝2×2n－2＝2n－1.对于A，由a6＝25＝32，a5＝24＝16，有a6－4a5＝32－64＝－32，故A错误；对于B，S7＝eq \f(1－27,1－2)＝127，故B正确；对于C，由Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，有Sn＝2an－1，故C正确；对于D，S2＝22－1＝3，S4＝24－1＝15，S6＝26－1＝63，因为eq \f(S4,S2)≠eq \f(S6,S4)，所以数列S2，S4，S6，…不是等比数列，故D错误．故选BC. 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. 解析：由题意，各层灯笼数从上到下排成一列构成等比数列{an}(n∈N＋，n≤9)，由题意，知首项a1＝4，公比q＝2，因为等比数列的前n项和Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1，所以数列{an}的前9项和S9＝eq \f(4×（1－29）,1－2)＝4×(29－1)＝2044.所以九层塔楼一共需要挂2044盏灯笼． 解析：解法一：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4).当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝eq \f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C. 解法二：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq \f(a1（1－q2）,1－q)　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.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，))即an＝2n，Sn＝eq \f(2×（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，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)已知数列{an}的前n项和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，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；因为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：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. 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{bn}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，所以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. 所以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)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可以超过轿车10年排出的二氧化碳的量． 11．(多选)(2024·辽宁辽阳集美中学高二期中)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，则下列结论正确的是(　　) A．a2＋a5＝2a8 B．a3＋a6＝2a9 C．aeq \o\al(2,8)＝a2a5 D．aeq \o\al(2,9)＝a3a6 解析：若公比q＝1，则有S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1.此时2S9≠S3＋S6，故公比q≠1.由题意，得2S9＝S3＋S6，即eq \f(2a1（1－q9）,1－q)＝eq \f(a1（1－q3）,1－q)＋eq \f(a1（1－q6）,1－q)，化简，得q＋q4＝2q7，两边同时乘以a1，得a2＋a5＝2a8，两边同时乘以a1q，得a3＋a6＝2a9.故选AB. 解析：∵S4＝1，S8＝3，又S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12，S20－S16成等比数列，∴a17＋a18＋a19＋a20＝S20－S16＝S4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S8－S4,S4))) eq \s\up12(4)＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－1,1))) eq \s\up12(4)＝16. (2)要使(λ－n)an＋1＋an≤15恒成立，则(λ－n)×2n＋1＋2n≤15， 参变分离，得λ≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(15,2n＋1)－\f(1,2))) eq \s\do7(min). 令bn＝n＋eq \f(15,2n＋1)－eq \f(1,2)， ∵bn＋1－bn＝1－eq \f(15,2n＋2)＝eq \f(2n＋2－15,2n＋2)， ∴当n≥2时，bn＋1－bn>0，即bn＋1>bn. 当n＝1时，bn＋1－bn<0，即b2<b1. ∴b1>b2，且b2<b3<b4<…<bn<…， ∴当n＝2时，bn有最小值，为eq \f(27,8). ∴λ≤eq \f(27,8)，∴实数λ的最大值为eq \f(27,8). 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，S4＝(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开始不低于200万． $$