1.3.2 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（北师大版）

该高中数学课件聚焦等比数列前n项和公式及性质，通过回顾等比数列通项公式，以“知三求二”问题链衔接，构建从公式推导到性质应用的学习支架，帮助学生形成知识脉络。 其亮点在于融合方程思想与分类讨论，通过实例（如林场木材存量计算）培养数学运算与逻辑推理素养，结合轿车碳排放等实际问题渗透数学建模。学生能提升问题解决能力，教师可借助分层练习优化教学效率。

第一章　数列 §3 等比数列 3.2　等比数列的前n项和 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，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.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：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项和公式及其应用，提升数学运算和逻辑推理素养.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 na1 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 答案： (1)×　(2)√　(3)×　(4)× 核心概念掌握 8 211 248 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 【感悟提升】等比数列思想方法的应用 (1)方程思想：等比数列中的“知三求二”问题就是方程思想的重要体现． (2)分类讨论思想：由等比数列前n项和公式、an与Sn的关系等知识可知，解答数列问题时常常要用到分类讨论思想． 特别注意：等比数列前n项和的计算，要优先讨论公比q＝1的情况． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 2n－2 核心素养形成 17 (3)设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________． 3 核心素养形成 18 题型二　等比数列前n项和性质的应用 例2　(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项积为64，求此数列的通项公式． 核心素养形成 19 (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. 核心素养形成 20 解：由题意可知a21＋a22＋…＋a30＝S30－S20，由例题可知S30＝70，S20＝30，所以a21＋a22＋…＋a30＝70－30＝40. [变式探究]　本例(2)中条件不变，能否求a21＋a22＋…＋a30的值呢？ 核心素养形成 21 【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项和公式仍是解答等比数列问题最基本的方法． 核心素养形成 22 【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 23 (2)在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝56，求a3＋a6＋a9＋…＋a99的值． 核心素养形成 24 核心素养形成 25 题型三　等比数列前n项和的实际应用问题 例3　某林场原有木材存有量为a，木材以每年25%的增长率生长，而每年年底要砍伐的木材量为x. (1)写出一年后、两年后、三年后的木材存有量； (2)猜想出n年后的木材存有量Qn与n的关系式； (3)为实现经过20年后木材存有量翻两番的目标，每年的砍伐量最多应为多少(取lg 2＝0.3)? 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 【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，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 29 【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，那么每年应淘汰的旧设备是多少套？ (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？下列数据供计算时参考： 1.19≈2.36 1.00499≈1.04 1.110≈2.60 1.004910≈1.05 1.111≈2.85 1.004911≈1.06 核心素养形成 30 核心素养形成 31 随堂水平达标 随堂水平达标 33 2．若数列{an}的前n项和为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 34 随堂水平达标 35 随堂水平达标 36 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 37 5．张先生2025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2026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2026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)? 随堂水平达标 38 随堂水平达标 39 随堂水平达标 40 课后课时精练 解析：由题意知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q(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 A级 42 2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝a5－a1，则{an}的公比q为(　　) A．2 B．－1 C．2或－1 D．1或－2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 43 3．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝12，S24＝36，则S16＝(　　) A．24 B．12 C．24或－12 D．－24或12 解析：∵等比数列{an}的前n项和为Sn，∴S8，S16－S8，S24－S16成等比数列，又S8＝12，S24＝36，∴(S16－12)2＝12×(36－S16)，解得S16＝24或S16＝－12，∵S16－S8＝q8S8＞0，∴S16＞0，∴S16＝24.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 47 二、填空题 6．设等比数列{an}的公比为3，若a2＋a4＋a6＋…＋a20＝6，则数列{an}的前20项和S20＝________． 8 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 48 31 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 49 19 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 50 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 A级 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 52 (2)若bn＝n，则2Sn＝nan＋2n，∴2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋2(n＋1)， 两式相减，得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋2，即nan＝(n－1)an＋1＋2， 当n≥2时，(n－1)an－1＝(n－2)an＋2， 两式相减，得(n－1)an－1＋(n－1)an＋1＝2(n－1)an， 即an－1＋an＋1＝2an， 又由2S1＝a1＋2，S1＝a1，得a1＝2， 又a2＝3， ∴数列{an}是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， ∴数列{an}的通项公式是an＝n＋1. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 53 1．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在正整数n，使得Sn≥2024？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由． 课后课时精练 1 2 B级 54 课后课时精练 1 2 B级 55 2．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； a1＝10 a2＝9.5 a3＝ a4＝ b1＝2 b2＝3 b3＝ b4＝ 课后课时精练 1 2 B级 56 课后课时精练 1 2 B级 57 课后课时精练 1 2 B级 58 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　等比数列的前n项和公式 等比数列{an}的前n项和公式为 Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(__________，q＝1，, , _____________，q≠1且q≠0.)) eq \f(a1（1－qn）,1－q) 知识点二　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)． 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. 4．若数列{an}的前n项和公式为Sn＝Aan＋B(a≠0，a≠1，AB≠0，且A＋B＝0)，则数列{an}为等比数列． 5．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. 对等比数列前n项和公式的理解 (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．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (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)等比数列{an}的前n项和为Sn，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)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______． (2)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_______． (3)等比数列{an}的公比q＝2，首项a1＝8，则S5＝______． eq \f(43,128) 题型一　等比数列前n项和的基本计算 例1　在等比数列{an}中， (1)若Sn＝189，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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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＝a1·q2＝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.)) 【跟踪训练】 1．(1)(多选)(新课标Ⅱ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. (2)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. 解析：由题意知，{an}的公比q≠1，由S6＝4S3，得eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝4·eq \f(a1（1－q3）,1－q)，所以1＋q3＝4，得q3＝3，故a4＝a1q3＝1×3＝3. 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：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. 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. 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)) 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，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. 解　(1)一年后木材存有量Q1＝a(1＋25%)－x＝eq \f(5,4)a－x； 两年后木材存有量Q2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(2)a－eq \f(5,4)x－x＝eq \f(25,16)a－eq \f(9,4)x； 三年后木材存有量Q3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(3)a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(2)x－eq \f(5,4)x－x＝eq \f(125,64)a－eq \f(61,16)x. (2)猜想n年后，木材存有量Qn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n－1)x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n－2)x－…－x. 即Qn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)a－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n－1)x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n－2)x＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n－n)x))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)a－eq \f(x\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)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n)a－4xeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(n)－1)). (3)依题意Q20≥4a，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(20)a－4xeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(20)－1))≥4a. 设N＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(20)， 则lg N＝20lg eq \f(5,4)＝20(1－3lg 2)＝20×(1－0.9)＝2， ∴N＝100. 则100a－4×99x≥4a，解得x≤eq \f(8,33)a. ∴每年的砍伐量最多应为eq \f(8,33)a. 解：(1)由现有学生人数为b，学生人数的年增长率为4.9‰，得10年后学生人数为b(1＋4.9‰)10≈1.05b. 由题设可知，1年后的设备数为a×(1＋10%)－x＝1.1a－x， 2年后的设备数为(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). 所以每年应淘汰的旧设备为eq \f(a,32)套． (2)全部更换旧设备共需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．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－eq \f(4,3)，则{an}的前10项和等于(　　) 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，∴{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an＝2×3n－1，故数列{an}是等比数列．当a≠－1时，数列{an}不是等比数列．故选B. 3．(多选)设Sn是公比为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2＝eq \f(1,2)，a3a5＝eq \f(1,64)，则(　　) A．a4＝eq \f(1,8) B．S3＝eq \f(9,4) C．an＋Sn为常数 D．{Sn－2}为等比数列 解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a2＝eq \f(1,2)，a3a5＝eq \f(1,64)，∴aeq \o\al(2,4)＝a3a5＝eq \f(1,64)，∵a4＝a2q2＝eq \f(1,2)q2＞0，∴a4＝eq \f(1,8)，故A正确；∵a2＝eq \f(1,2)，∴q2＝eq \f(a4,a2)＝eq \f(1,4)，解得q＝eq \f(1,2)或q＝－eq \f(1,2)(舍去)，∴S3＝a1＋a2＋a3＝eq \f(a2,q)＋a2＋a2q＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(7,4)，故B错误；∵a1＝eq \f(a2,q)＝1，q＝eq \f(1,2)，∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)，Sn＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)，∴an＋Sn＝2，故C正确；∵Sn－2＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)－2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)，∴{Sn－2}是首项为－1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，故D正确．故选ACD. 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：(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超过轿车10年排出的二氧化碳的量． 一、选择题 1．(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：因为S4＝a5－a1，若q＝1，则4a1＝a5－a1＝0，不符合题意．则由S4＝a5－a1，可得eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝a1q4－a1，因为a1≠0，则有eq \f(1－q4,1－q)＝q4－1，则q＝－1或q＝2.故选C. 4．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1＋1，则数列{an}的前10项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为(　　) A.eq \f(1,2) B．2 C.eq \f(172,341) D.eq \f(341,172) 解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2，又a1＝S1＝2，即前10项分别为2，1，2，4，8，16，32，64，128，256，所以数列{an}的前10项中S偶＝eq \f(1－45,1－4)＝eq \f(1023,3)＝341，S奇＝2＋eq \f(2（1－44）,1－4)＝2＋eq \f(510,3)＝172，所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(172,341). 5．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，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，a1＝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；aman＝2m2n＝2m＋n＝64＝26，所以m＋n＝6，为定值，故D正确．故选BD. 解析：由a2＋a4＋a6＋…＋a20＝6，得a1＋a3＋a5＋…＋a19＝eq \f(a2＋a4＋a6＋…＋a20,q)＝2，所以S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝2＋6＝8. 7．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S5＝________． 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)，∴S5＝eq \f(1－25,1－2)＝31. 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a＝1，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))). 10．已知数列{an}，{bn}满足2Sn＝(an＋2)bn，其中Sn是数列{an}的前n项和． (1)若数列{an}是首项为eq \f(2,3)，公比为－eq \f(1,3)的等比数列，求数列{bn}的通项公式； (2)若bn＝n，a2＝3，求数列{an}的通项公式． 解：(1)∵an＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＝－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n)，Sn＝eq \f(\f(2,3)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n)))， ∴bn＝eq \f(2Sn,an＋2)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n),－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(n)＋2)＝eq \f(1,2). 解：(1)设等比数列{an}的公比为q. 由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S2－S4＝S3－S2，,a2＋a3＋a4＝－18，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a1q2－a1q3＝a1q2，,a1q（1＋q＋q2）＝－18，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝－2，)) 故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1. (2)由(1)有Sn＝eq \f(3[1－（－2）n],1－（－2）)＝1－(－2)n. 若存在n，使得Sn≥2024， 则1－(－2)n≥2024， 即(－2)n≤－2023. 当n为偶数时，(－2)n＞0，上式不成立； 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2023， 即2n≥2023，则n≥11. 综上，存在符合条件的正整数n，且n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}． (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)如下表所示， a1＝10 a2＝9.5 a3＝9 a4＝8.5 b1＝2 b2＝3 b3＝4.5 b4＝6.75 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，∴(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年累计发放汽车牌照数不低于200万． $