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】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项和的性质及应用，通过复习前n项和公式导入，衔接等比数列定义、通项公式等前置知识，以“核心概念掌握”梳理性质要点，“想一想”问题引导学生探究，搭建从公式到性质应用的学习支架。 其亮点在于融合数学运算、逻辑推理与数学建模核心素养，通过连续n项和、奇偶项和等题型分类讲解，结合借贷还贷等实际问题，采用一题多解与跟踪训练，培养学生运算能力与建模意识。学生能提升解题技巧，教师可借助分层练习与素养达标设计提高教学效率。

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 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.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：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：等比数列前n项和性质的应用． 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． (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　　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 q qm2 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 核心概念掌握 7 80 30 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 【感悟提升】求等比数列连续n项和的注意点 (1)注意公比q＝1和q≠1两种情况的讨论，在解有关方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元． (2)运用等比数列前n项和的性质时注意适用条件，例如Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成公比为qn的等比数列，但q＝－1且n为偶数时不适用． 核心素养形成 13 【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 14 核心素养形成 15 题型二　等比数列的不连续n项和的性质　 　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 16 【感悟提升】求等比数列不连续n项和的策略 (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 17 核心素养形成 18 题型三　等比数列前n项和的实际应用　 　小王通过某平台借贷10000元，月利率为1%，每月以复利计息，他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， … 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【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 22 【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，共需多少年才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 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 随堂水平达标 1．已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项和为1013，偶数项和为2026，则这个数列的公比为(　　) A．8 B．－2 C．4 D．2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 4．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：设等比数列{an}的公比为q.∵S6＝S2＋q2S4，又S6－S2＝12，∴S2＋12＝S2＋q2S4，∴q＝2(q＝－2舍去)，∴S8＝S4＋q4S4＝3＋16×3＝51. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 5．已知数列{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 31 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 利用Sn＋m＝Sn＋qnSm求公比 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 利用递推关系求等比数列的通项公式；等比数列前n项积的最值 等比数列前n项和公式的应用 等比数列前n项和公式的实际应用 利用等比数列中奇数项和与偶数项和的关系求项数 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 利用Sn＋m＝Sn＋qnSm求前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 等比数列前n项和公式的实际应用 等比数列的不连续n项和的性质 定义法证明等比数列；求数列中的最大项 等比数列前n项和公式的实际应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 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 4．在数列{an}中，an＝4an＋1－3an＋2，a1＝27，a2＝9，Tn是数列{an}的前n项积，则Tn的最大值是(　　) A．81 B．243 C．729 D．2187 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 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 13 14 42 7．已知等比数列{an}有2n＋1项，a1＝1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n＝_____． 3 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 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 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 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 11．(多选)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 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 12．在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝56，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝____． 32 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 　　　　　　　　　　　　　 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．若公比为q的等比数列{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_____． 2．(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_____． 3．(等比数列前n项和的实际应用)有一座六层高的商场，若每层所开灯的数量都是下面一层的两倍，一共开了1890盏，则底层所开灯的数量为____盏． 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)＝(n,2)eq \f(2(－1)(1－24),1－eq \r(n,2)) ＝30. 解法二：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)＝40，即S30＝70. 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．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)， ∵当项数为奇数时，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). a6＝1.01a5－a＝…＝1.016a0－(1＋1.01＋…＋1.015)a. 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年才能更换所有需要更换的旧设备． 解析：由题意可知，公比q＝eq \f(S偶,S奇)＝2.故选D. 2．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). 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＋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、偶数项均是首项为1，公比为2的等比数列，则S2n＝2×eq \f(1×(1－2n),1－2)＝2n＋1－2. 一、选择题 1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S10,S5)＝eq \f(33,32)，则公比q＝(　　) A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2)或1 D．－eq \f(1,2)或1 解析：由S10＝(1＋q5)S5，得1＋q5＝eq \f(33,32)，解得q＝eq \f(1,2).故选A. 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，故根据等比数列前n项和的性质，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．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. 解析：由题意可知，对任意的n∈N*，an＋2＝eq \f(4,3)an＋1－eq \f(1,3)an，即an＋2－eq \f(1,3)an＋1＝an＋1－ eq \f(1,3)an，又a2－eq \f(1,3)a1＝0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,3)an))是每项都为0的常数列，所以an＋1＝eq \f(1,3)an，所以数列{an}是首项为a1＝27，公比为q＝eq \f(1,3)的等比数列，所以an＝a1qn－1＝27×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝34－n，由an＝34－n≥1，可得4－n≥0，解得n≤4，故当n＝3或n＝4时，Tn取最大值，且其最大值为T3＝T4＝a1a2a3＝33×32×31＝36＝729.故选C. 5.(多选)如图所示，作边长为3的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆．如此下去，则(　　) A．第n个圆的面积为eq \f(3π,4n) B．这n个圆的半径成公比为eq \f(1,2)的等比数列 C．第一个圆的面积为eq \f(3π,2) D．前n个圆的面积和为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))π 解析：设第n个正三角形的内切圆半径为an，因为从第2个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个的eq \f(1,2)，每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的eq \f(1,2)，即这n个圆的半径成公比为eq \f(1,2)的等比数列，故B正确；因为a1＝eq \f(\f(1,2)×3×3×sin60°,\f(1,2)×(3＋3＋3))＝eq \f(\r(3),2)，所以数列{an}是以eq \f(\r(3),2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，所以an＝eq \f(\r(3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，则aeq \o\al(2,n)＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)，则第n个圆的面积为πaeq \o\al(2,n)＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)×π＝eq \f(3π,4n)，第一个圆的面积为eq \f(3π,4)，故A正确，C错误； 设前n个圆的面积和为Sn，则Sn＝eq \f(3π,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n－1)))＝eq \f(3π,4)×eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n)))π＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))π，即前n个圆的面积和为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))π，故D正确．故选ABD. 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：因为等比数列有2n＋1项，则奇数项有n＋1项，偶数项有n项，设公比为q，得到奇数项的和为1＋q2＋q4＋…＋q2n＝1＋q(q＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝85，偶数项的和为q＋q3＋q5＋…＋q2n－1＝42，整体代入，得q＝2，所以前2n＋1项的和为eq \f(1－22n＋1,1－2)＝85＋42＝127，解得n＝3. 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＝eq \f(5,4)an， ∴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． 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：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. 13．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). 14．党的十八大以来，我国防沙治沙工作取得显著成效，《全国防沙治沙规划(2021～2030年)》的提出明确了今后一个阶段防沙治沙工作的总体思路、工作重点和目标任务．某地区政府顺势提出了沙漠治理的十年计划．已知第1年该地区有土地1万平方千米，其中70%是沙漠，30%是绿洲．从第2年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的16%改造成绿洲，而原有绿洲的4%被沙漠所侵蚀后又变成沙漠．设第n年的绿洲面积为an万平方千米，其中1≤n≤10，n∈N. (1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(4,5)))为等比数列； (2)假设把沙漠改造成绿洲的改造费为每万平方千米2亿元，请计算该地区政府完成沙漠治理计划总共需要拨款的费用． 解：(1)证明：由题意，当n≥2时， an＝(1－4%)an－1＋(1－an－1)×16%＝0.96an－1＋0.16－0.16an－1＝eq \f(4,5)an－1＋eq \f(4,25)， 变形，得an－eq \f(4,5)＝eq \f(4,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－\f(4,5)))， 因为a1－eq \f(4,5)＝1×(1－70%)－eq \f(4,5)＝－eq \f(1,2)， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(4,5)))是以－eq \f(1,2)为首项，eq \f(4,5)为公比的等比数列． (2)由(1)，得an－eq \f(4,5)＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(n－1)， 所以数列{an}的通项公式为an＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(n－1)＋eq \f(4,5). 则1－an＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(n－1)＋eq \f(1,5)， 由题意可知，该地区政府完成沙漠治理计划时，把沙漠改造成绿洲的面积为 S＝eq \f(4,25) eq \i\su(n＝1,9, )(1－an)＝eq \f(4,25)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,5)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(8)))＋eq \f(4,25)×eq \f(1,5)×9＝eq \f(2,25)×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(9),1－\f(4,5))＋eq \f(36,125)＝ eq \f(2,5)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(9)))＋eq \f(36,125)， 故总共需要拨款的费用为eq \f(4,5)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(9)))＋eq \f(72,125)≈1.27(亿元)． $