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作业与测评课件PPT（人教A版）

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 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 知识点一　等比数列前n项和的性质 1．已知等比数列前20项和是21，前30项和是49，则前10项和是(　　) A．7 B．9 C．63 D．7或63 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 4 2．已知等比数列{an}中，公比q＝3，S80＝32，则a2＋a4＋a6＋…＋a80＝____． 24 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 5 3．已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝____． 2 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 6 4．正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20＝____． 40 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 7 知识点二　等比数列前n项和的实际应用 5．某厂去年产值为a，计划在5年内每年比上一年产值增长10%，从今年起5年内，该厂的总产值为(　　) A．1.14a B．1.15a C．10a(1.15－1) D．11a(1.15－1) 解析：因为去年的产值为a，所以从今年起5年内各年的产值分别为1.1a，1.12a，1.13a，1.14a，1.15a，所以从今年起5年内，该厂的总产值为1.1a＋1.12a＋1.13a＋1.14a＋1.15a＝11a(1.15－1)．故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 8 6．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____． 30 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 9 4 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 10 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 11 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 12 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 13 40分钟综合练 一、单项选择题 1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝3，S9＝39，则S6＝(　　) A．24或－16 B．18或－3 C．12或－9 D．36或－12 解析：∵{an}为等比数列，∴S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，设S6＝x，则(x－3)2＝3(39－x)，解得x＝12或x＝－9. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 2．在等比数列{an}中，若a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，则S6＝(　　) A．140 B．120 C．210 D．520 解析：依题意，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6成等比数列，即402＝20(a5＋a6)，∴a5＋a6＝80，∴S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝20＋40＋80＝140.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 16 3．已知等比数列{an}的公比q＝2，前100项和为S100＝90，则其偶数项a2＋a4＋…＋a100＝(　　) A．15 B．30 C．45 D．60 解析：设S＝a1＋a3＋…＋a99，则a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)q＝2S，又S100＝a1＋a2＋…＋a100＝90，所以3S＝90，S＝30，所以a2＋a4＋…＋a100＝2S＝60.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 24 三、填空题 8．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于____． 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 27 四、解答题 11．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) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 29 12．(1)若等比数列{an}共有奇数项，其首项为1，偶数项和为170，奇数项和为341，求这个数列的公比和项数； (2)一个项数为偶数的等比数列{an}，所有项之和为奇数项之和的4倍，前3项之积为27，求该数列的通项公式． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 33 14．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝an－2an＋1. (1)求{an}的通项公式； (2)记{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 35 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：∵S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，∴(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(21－S10)2＝S10(49－21)，∴S10＝7或63.当S10＝63时，S20－S10＝－42，则q10＝－eq \f(42,63)＝－eq \f(2,3)，显然不成立，故S10＝7.故选A. 解析：设M＝a2＋a4＋a6＋…＋a80，N＝a1＋a3＋a5＋…＋a79，则eq \f(M,N)＝q＝3，即M＝3N.∵M＋N＝S80＝32，∴eq \f(4,3)M＝32，解得M＝24，即a2＋a4＋a6＋…＋a80＝24. 解析：由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝－240，,S奇－S偶＝80，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝－80，,S偶＝－160，))∴q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(－160,－80)＝2. 解析：由S30＝13S10，知q≠1，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S30＝13S10，,S10＋S30＝140，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S10＝10，,S30＝130，))由等比数列的前n项和的性质得S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，则(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(130－S20)，解得S20＝40或S20＝－30(舍去)． 解析：依题意，从下往上每层所开灯的数量构成等比数列{an}，公比q＝2，n＝6，前6项和S6＝1890，于是S6＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝eq \f(a1（1－26）,1－2)＝1890，解得a1＝30，所以底层所开灯的数量为30. 7．某单位制作了一个热气球用于广告宣传．已知热气球在第一分钟内能上升30米，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的eq \f(2,3)，则该气球距地面超过70米至少要经过____分钟． 解析：由题意，知热气球在每分钟上升的高度构成等比数列{an}，则an表示热气球在第n分钟上升的高度(单位：米)，a1＝30，公比q＝eq \f(2,3).经过n分钟，热气球上升的总高度Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(30×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n))),1－\f(2,3))＝90×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n))).因为S3＝90×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(3)))≈63.3＜70，S4＝90×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(4)))≈72.2＞70，所以该气球至少要经过4分钟才能距地面超过70米． 8．某地投入资金进行生态环境建设，并以此为基础发展旅游产业．根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少eq \f(1,5)，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加eq \f(1,4). (1)设n年内(本年度为第一年)的总投入为an万元，旅游业的总收入为bn万元，求an，bn的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ 解：(1)第一年投入为800万元，第二年投入为800×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))万元，…，第n年投入为800×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))eq \s\up12(n－1)万元， 所以n年内的总投入为an＝800＋800×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))＋…＋800×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))eq \s\up12(n－1)＝4000－4000×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(n). 第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为400×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))万元，…，第n年旅游业收入为400×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)万元，所以n年内旅游业的总收入为bn＝400＋400×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))＋…＋400×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)＝1600×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq \s\up12(n)－1600. (2)设至少经过n年，旅游业的总收入才能超过总投入， 由此得bn－an＞0， 即1600×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq \s\up12(n)－1600－4000＋4000×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(n)＞0，化简，得2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq \s\up12(n)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(n)－7＞0. 设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(n)＝x，代入上式并化简，得5x2－7x＋2＞0. 解得x＜eq \f(2,5)或x＞1(舍去)， 即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq \s\up12(n)＜eq \f(2,5)， 由于n∈N*，故n的最小值为5. 故至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入． 4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S3,S6)＝eq \f(1,4)，则eq \f(S12,S3＋S6)＝(　　) A．eq \f(4,3) B．8 C．9 D．16 解析：因为eq \f(S3,S6)＝eq \f(1,4)，所以S6＝4S3，则S6－S3＝3S3，由等比数列前n项和的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是以S3为首项，3为公比的等比数列，所以S9－S6＝32S3＝9S3，即S9＝9S3＋S6＝13S3，S12－S9＝33S3＝27S3，即S12＝27S3＋S9＝40S3，所以eq \f(S12,S3＋S6)＝eq \f(40S3,S3＋4S3)＝8.故选B. 5．如图所示，作Rt△AOB，OA＝1，∠AOB＝30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止．则所作的所有三角形的面积和为(　　) A.eq \f(\r(3),2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(11)－1)) B.eq \f(\r(3),2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(11)－1)) C.eq \f(\r(3),2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(12)－1)) D.eq \f(\r(3),2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(12)－1)) 解析：因为eq \f(360°,30°)＝12，设第n(n∈N*，1≤n≤12)个三角形的斜边长为an，面积为bn，由题意可知，a1＝eq \f(1,cos30°)＝eq \f(2\r(3),3)，an＋1＝eq \f(an,cos30°)＝eq \f(2\r(3),3)an，bn＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)an×eq \f(\r(3),2)an＝ eq \f(\r(3),8)aeq \o\al(2,n)，则b1＝eq \f(\r(3),6)≠0，eq \f(bn＋1,bn)＝2,n＋1)eq \f(\f(\r(3),8)a,\f(\r(3),8)aeq \o\al(2,n)) ＝2,n)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)an))2,a) ＝eq \f(4,3)，可知数列{bn}是首项b1＝eq \f(\r(3),6)，公比为eq \f(4,3)的等比数列，所以所作的所有三角形的面积和为eq \f(\f(\r(3),6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(12))),1－\f(4,3))＝eq \f(\r(3),2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(12)－1)).故选D. 二、多项选择题 6．已知等比数列{an}的公比为－1，前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an}是摆动数列 B．Sn＝eq \f(a1[1－（－1）n－2],2) C．Sn＝eq \f(a1－an＋1,2) D．S10，S20－S10，S30－S20成等比数列 解析：对于A，∵等比数列{an}的公比为－1，∴an＝(－1)n－1a1，∴数列{an}是摆动数列，故A正确；对于B，Sn＝eq \f(a1[1－（－1）n],1－（－1）)＝eq \f(a1[1－（－1）n],2)＝eq \f(a1[1－（－1）n－2],2)，故B正确；对于C，Sn＝eq \f(a1－an（－1）,1－（－1）)＝eq \f(a1－an＋1,2)，故C正确；对于D，∵公比为－1，∴S10＝S20－S10＝S30－S20＝0，无法构成等比数列，故D错误．故选ABC. 解析：设第n天走的路程为an(单位：里)(1≤n≤6，n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则数列{an}是公比q＝eq \f(1,2)的等比数列，由题意知S6＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192， 7．在《算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”则下列说法正确的是(　　) A．此人第二天走了96里路 B．此人第三天走的路程占全程的eq \f(1,5) C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里 D．此人后三天共走了42里路 故an＝192×eq \f(1,2n－1)＝eq \f(384,2n)(1≤n≤6，n∈N*)．对于A，令n＝2，得a2＝eq \f(384,4)＝96，即此人第二天走了96里路，故A正确；对于B，令n＝3，得a3＝eq \f(384,8)＝48，故此人第三天走的路程占全程的eq \f(48,378)＝eq \f(8,63)，故B错误；对于C，由a1＝192，知S6－a1＝378－192＝186，故此人第一天走的路程比后五天走的路程多192－186＝6(里)，故C正确；对于D，易知S6－S3＝378－(192＋96＋48)＝42，即此人后三天共走了42里路，故D正确．故选ACD. 解析：设每天植树的棵数构成数列{an}，由题意可知，{an}是首项为2，公比为2的等比数列，可得eq \f(2（1－2n）,1－2)≥100，即2n≥51.又25＝32，26＝64，n∈N*，所以需要的最少天数n＝6. 9．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)，则这个等比数列的公比q＝____． 解析：设数列{an}共有2m＋1项，由题意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝eq \f(85,32)，S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝eq \f(21,16)，则S奇＝a1＋a2q＋…＋a2mq＝2＋q(a2＋a4＋…＋a2m)＝2＋eq \f(21,16)q＝eq \f(85,32)，解得q＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) 10．已知公比q≠1的等比数列{an}满足a3，a9，a6成等差数列，设{an}的前n项和为Sn，则eq \f(S9,S27)＝______． 解析：由a3，a9，a6成等差数列，得a3＋a6＝2a9，即a3＋a3q3＝2a3q6，因为a3≠0，所以1＋q3＝2q6，解得q3＝1(舍去)或q3＝－eq \f(1,2)，易知S9，S18－S9，S27－S18成等比数列，所以S27＝S9(1＋q9＋q18)＝S9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)＋\f(1,64)))＝eq \f(57,64)S9，所以eq \f(S9,S27)＝eq \f(64,57). eq \f(64,57) 解：(1)由题意知，每年的出口量构成等比数列， 且首项a1＝a，公比q＝1－10%＝0.9， ∴an＝a·0.9n－1. (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)≈eq \f(8,1－0.35)≈12.3. 故2025年最多出口12.3吨． 解：(1)设等比数列{an}共有n项，公比为q. 由性质S奇＝a1＋qS偶， 可知341＝1＋170q， 所以q＝2，Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝341＋170＝511， 解得n＝9，即这个等比数列的项数为9. (2)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q， 所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇，S偶， 由题意可知，S奇＋S偶＝4S奇， 即S偶＝3S奇， 因为数列{an}的项数为偶数， 所以有q＝eq \f(S偶,S奇)＝3. 又因为a1·a1q·a1q2＝27，所以aeq \o\al(3,1)·q3＝27， 即a1＝1， 故所求数列的通项公式为an＝3n－1，n∈N*. 13．已知等比数列{an}的公比为－eq \f(1,3)，其前n项和为Sn，且a1，eq \f(a2＋4,3)，a3成等差数列，若对任意的n∈N*，A≤Sn－eq \f(2,Sn)≤B恒成立，则B－A的最小值为(　　) A．2 B．eq \f(7,6) C．eq \f(10,3) D．eq \f(5,3) 解析：等比数列{an}的公比为－eq \f(1,3)，因为a1，eq \f(a2＋4,3)，a3成等差数列，所以2×eq \f(－\f(1,3)a1＋4,3)＝a1＋eq \f(1,9)a1，解得a1＝2，所以Sn＝eq \f(2\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(3,2)－eq \f(3,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))eq \s\up12(n)，当n为奇数时， Sn＝eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)，易得Sn递减，且eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)>eq \f(3,2)，所以eq \f(3,2)<Sn≤S1＝2；当n为偶数时，Sn＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)，易得Sn递增，且eq \f(3,2)－eq \f(3,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)<eq \f(3,2)，所以eq \f(4,3)＝S2≤Sn<eq \f(3,2)，所以Sn的最大值与最小值分别为2，eq \f(4,3).函数y＝t－eq \f(2,t)在(0，＋∞)上单调递增，所以A≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(2,Sn)))eq \s\do7(min)＝eq \f(4,3)－eq \f(2,\f(4,3))＝－eq \f(1,6)，B≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(2,Sn)))eq \s\do7(max)＝2－eq \f(2,2)＝1，所以B－A的最小值为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)))＝eq \f(7,6).故选B. 解：(1)因为a1＝1≠0，所以∀n∈N*，an≠0， 由an＋1an＝an－2an＋1，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝1，所以eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))， 又eq \f(1,a1)＋1＝2≠0，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是首项、公比均为2的等比数列． 所以eq \f(1,an)＋1＝2n，则an＝eq \f(1,2n－1). (2)证明：当n＝1时，a1＝1<2成立， 当n≥2时，因为2n－1－2n－1＝2n－1－1>0， 所以2n－1>2n－1>0， 所以an＝eq \f(1,2n－1)<eq \f(1,2n－1)， 所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)＝eq \f(1×\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))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))<2. 综上，Sn<2. $