4.3.2 第1课时 等比数列的前n项和-【金版教程】2025-2026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）

该高中数学课件聚焦等比数列前n项和公式，系统呈现公式推导（错位相减法）、应用及函数特征，通过回顾通项公式引入，结合“想一想”引导发现指数型函数关系，搭建知识支架帮助学生衔接前后内容。 其亮点在于分层设计题型（基础到拔高），融入逻辑推理（如用Sn判断等比数列）和数学运算（参数求解），通过“感悟提升”总结方法。实例包括跟踪训练及欧拉函数新定义题，助力学生形成理性思维，教师可高效提升学生运算与推理素养。

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 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.体会等比数列前n项和公式与指数型函数的关系． 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：利用等比数列的前n项和公式解决问题． 核心素养：通过学习等比数列的前n项和公式及其应用，提升数学运算素养和逻辑推理素养． (教师独具内容) 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 Sn＝ 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 知识点　　等比数列的前n项和公式及推导方法 na1 核心概念掌握 5 [想一想]　你能发现等比数列前n项和公式的函数特征吗？ 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 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 核心概念掌握 8 3．(利用等比数列的前n项和公式求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 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 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型二　利用Sn判断等比数列　 　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 19 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－2，1≠2，故{an}不是等比数列． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【跟踪训练】 2．(1)下列表达式中，可以作为某个等比数列的前n项和的是(　　) A．Sn＝5n－1 B．Sn＝5n C．Sn＝5n＋1 D．Sn＝5n＋2 核心素养形成 22 (2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝3n＋1＋m，则m＝________． －3 核心素养形成 23 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 25 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 5．(2025·新课标卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于____． 2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 课后课时精练 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 13 14 31 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 由等比数列的前n项和公式求参数的取值范围 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 由等比数列的前n项和公式求参数 由等比数列的前n项和公式求参数 求等比数列的通项公式及前n项和(新定义问题) 求等比数列的通项公式及前n项和 (公共项问题) 求等比数列的通项公式及前n项和；与数列有关的不等式问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 32 一、选择题 1．已知等比数列{an}的首项为1，公比为－2，则数列{an}的前5项和为(　　) A．11 B．16 C．－15 D．－7 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝λ·2n－2，则λ＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 15 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 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 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 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 43 10．已知等比数列{an}中，a1＝1，a6＝16a2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}的前n项和为Sn，且Sm＝255，求m的值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 11．已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3.若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的值是(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 3n－1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 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 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 　　　　　　　　　　　　　 R eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(______(q＝1)，,, ,,_____________＝_____________(q≠1))) eq \f(a1(1－qn),1－q) eq \f(a1－anq,1－q) 提示：(1)当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1是n的正比例函数； (2)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，且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) 题型一　等比数列前n项和公式的基本计算　 　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，　　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 \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)或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项和公式基本计算的技巧 (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)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，与已知矛盾，∴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.)) 【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． 解析：设公比为q(q≠1)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝eq \f(a1(1－qn),1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)qn，则Sn中qn的系数与常数项互为相反数，题中四个选项中q＝5，且5n的系数为1，则Sn中常数项应为－1，因此Sn＝5n－1可以作为某个等比数列的前n项和．故选A. 解析：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的系数与常数项互为相反数，所以eq \f(m,3)＋1＝0，所以m＝－3. 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. 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 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. 3．已知数列{an}是等比数列，a2＝1，a5＝－eq \f(1,8)，若Sk＝－eq \f(11,8)，则k＝(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：设等比数列的公比为q，由a2＝1，a5＝－eq \f(1,8)，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q＝1，,a1q4＝－\f(1,8)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,q＝－\f(1,2)，))所以Sk＝eq \f(－2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(k))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－eq \f(11,8)，解得k＝5.故选B. 4．已知数列{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的系数与常数项互为相反数，所以3a＋5＝0，所以a＝－eq \f(5,3). －eq \f(5,3) 解析：设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，又S4＝4，S8＝68，所以q≠1.由S4＝4，得eq \f(a1(1－q4),1－q)＝4　①，由S8＝68，得eq \f(a1(1－q8),1－q)＝68　②，②÷①，得eq \f(1－q8,1－q4)＝eq \f(68,4)，即eq \f((1＋q4)(1－q4),1－q4)＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q>0，所以q＝2. 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 求等比数列的前n项和 利用等比数列的前n项和公式求公比 利用等比数列前n项和公式的特点求参数 求新数列{aeq \o\al(m,n)}的首项、公比以及前n项和 求等比数列的公比及前n项和，并判断通项与前n项和之间的关系 求等比数列的公比及前n项和 由等比数列的前n项和公式求公比 解析：根据题意，S5＝eq \f(1－(－2)5,1－(－2))＝11.故选A. 2．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S4,S2)＝5，则数列{an}的公比为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C．2 D.eq \r(2) 解析：设数列{an}的公比为q，q>0，显然q≠1，则eq \f(S4,S2)＝eq \f(1－q4,1－q2)＝1＋q2＝5，解得q＝2或q＝－2(舍去)．故选C. 解析：解法一：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λ－2＝0，所以λ＝2.故选C. 解法二：当n＝1时，a1＝S1＝2λ－2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(λ·2n－2)－ (λ·2n－1－2)＝λ·2n－1，故当n≥2时，an＋1＝λ·2n＝2·λ·2n－1＝2an，因为数列{an}为等比数列，易知该数列的公比为2，则a2＝2a1，即2λ＝2(2λ－2)，解得λ＝2.故选C. 4．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：由题意，得数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，所以a1＝S1＝1，a2＝S2－S1＝22－2＝2，∴等比数列{an}的公比为q＝eq \f(2,1)＝2，∴数列{aeq \o\al(2,n)}是首项为1，公比为q2＝4的等比数列，∴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)． 5．(多选)(2025·新课标卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，且q>0，若S3＝7，a3＝1，则(　　) A．q＝eq \f(1,2) B．a5＝eq \f(1,9) C．S5＝8 D．an＋Sn＝8 解析：对于A，由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝1，,a1＋a1q＋a1q2＝7，,q>0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2)，))故A正确；对于B，a5＝a1q4＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,4)，故B错误；对于C，S5＝eq \f(a1(1－q5),1－q)＝eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,4)，故C错误；对于D，an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝23－n，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－\f(1,2))＝8－23－n，则an＋Sn＝23－n＋8－23－n＝8，故D正确．故选AD. 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：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，∵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：设数列{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．在数列{an}中，an＝eq \f(c,2n)，且a1＋a2＋…＋a8>eq \f(15,16)，则实数c的取值范围是_____________． 解析：由题意，知a1＋a2＋…＋a8＝eq \f(c,2)×eq \f(1－\f(1,28),1－\f(1,2))＝eq \f(255,256)c>eq \f(15,16)，解得c>eq \f(16,17).故实数c的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)，＋∞)). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)，＋∞)) 解：(1)依题意有S1＋S2＝2S3， 即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)， 又a1≠0，所以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)设等比数列{an}的公比为q. 因为在等比数列{an}中，a1＝1，a6＝16a2， 所以q4＝eq \f(a6,a2)＝16，所以q＝±2， 当q＝2时，an＝1×2n－1＝2n－1； 当q＝－2时，an＝1×(－2)n－1＝(－2)n－1. (2)当q＝2时，Sm＝eq \f(1×(1－2m),1－2)＝2m－1＝255， 解得m＝8； 当q＝－2时，Sm＝eq \f(1×[1－(－2)m],1－(－2))＝255，无正整数解． 综上所述，m＝8. 解析：因为数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3，所以a1＋2a1＝3，解得a1＝1，所以an＝2n－1，所以ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝ak(1＋2＋22＋…＋29)＝2k－1·eq \f(1－210,1－2)＝2k＋9－2k－1＝214－24，解得k＝5.故选B. 12．欧拉函数φ(n)表示不大于正整数n且与n互素(互素：公约数只有1)的正整数的个数．已知φ(n)＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,p1))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,p2)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,pr)))，其中p1，p2，…，pr是n的所有不重复的质因数(质因数：因数中的质数)，例如：φ(100)＝100×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))＝40，若数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，则φ(a1)＋φ(a2)＋…＋φ(an)＝________． 解析：因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以an＝2×3n－1，当n＝1时，φ(a1)＝φ(2)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝1，当n≥2时，an＝2×3n－1的所有不重复的质因数为2和3，所以φ(an)＝2×3n－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝2×3n－2，所以φ(a1)＋φ(a2)＋…＋φ(an)＝1＋2(1＋3＋32＋…＋3n－2)＝1＋2×eq \f(1－3n－1,1－3)＝3n－1.当n＝1时，φ(a1)＝1满足上式，所以φ(a1)＋φ(a2)＋…＋φ(an)＝3n－1. 13．记Sn为公比不为1的等比数列{an}的前n项和，a5－a4＝－8a2＋8a1，S6＝21. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝log2aeq \o\al(2,n)，若由{an}与{bn}的公共项从小到大排列组成数列{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠1)， 因为a5－a4＝－8a2＋8a1，即a2q3－a1q3＝－8(a2－a1)，即q3＝－8，所以q＝－2， 又S6＝eq \f(a1(1－q6),1－q)＝21，即eq \f(a1[1－(－2)6],1－(－2))＝21， 解得a1＝－1， 所以an＝－1×(－2)n－1＝(－1)n×2n－1. (2)由(1)可得bn＝log2aeq \o\al(2,n)＝log2[(－1)n×2n－1]2＝log222(n－1)＝2(n－1)， 则数列{bn}为0，2，4，6，…等非负偶数组成的数列， 又an＝(－1)n×2n－1，令an>0，则n为正偶数， 所以c1＝2，c2＝23，c3＝25，…，cn＝22n－1， 所以{cn}是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以Tn＝eq \f(2(1－4n),1－4)＝eq \f(2(4n－1),3). 14．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． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 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)， 又数列{an}为等比数列， 所以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． 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)－3×2n－1－100＝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. $