1.3.2 等比数列的前n项和-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（北师大版）

本讲义聚焦等比数列前n项和核心知识点，衔接等比数列定义与通项公式，通过错位相减法推导求和公式（分q=1和q≠1两种情况），结合连续m项和的等比性质，构建从公式推导到性质应用的知识支架，对比等差数列求和强化认知。 资料突出逻辑推理与数学运算素养，以“远望巍巍塔七层”等古代问题及增长率模型培养数学眼光，错位相减法步骤详尽，习题分层设计，课中辅助教师高效授课，课后助力学生巩固知识、弥补薄弱环节。

3．2　等比数列的前n项和 第1课时　等比数列的前n项和 学业标准 素养目标 1.掌握等比数列的前n项和公式，能运用等比数列的前n项和公式解决一些简单问题．(重点) 2．掌握等比数列前n项和的性质，并能综合应用．(重点、难点) 1.通过等比数列前n项和公式的推导，培养逻辑推理等核心素养． 2．借助等比数列求和的综合应用，提升数学运算等核心素养． 导学1 等比数列前n项和公式 　要求通项为an＝2n-1的等比数列前64项的和，能不能像等差数列求和一样用倒序相加法？ [提示]　不能用倒序相加法，因为对应各项后的和不相等． 　如何求等比数列{an}的前n项和Sn? [提示]　设等比数列{an}的首项是a1，公比是q，前n项和为Sn. 由Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn-1，① 则qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn-1＋a1qn.② 由①－②得：(1－q)Sn＝a1－a1qn. 当q≠1时，Sn＝； 当q＝1时，由于a1＝a2＝…＝an，所以Sn＝na1. 　当q≠1时，Sn＝＝－qn＋，即等比数列{an}的前n项和可以写成Sn＝Aqn＋B(q≠1，且AB≠0)的形式，其中A＋B＝0，反之成立吗？ [提示]　成立．若数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(q≠1且AB≠0)，且A＋B＝0，则数列{an}是等比数列．证明如下：当n＝1时，a1＝S1＝Aq＋B＝A(q－1)；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Aqn－Aqn-1＝(q－1)·Aqn-1，又因为a1＝A(q－1)满足an＝(q－1)Aqn-1， 所以an＝A(q－1)qn-1，故数列{an}是等比数列． ◎结论形成 等比数列的前n项和公式 已知量 首项、公比与项数 首项、末项与公比 求和公式 Sn＝ Sn＝ [导学点睛]　在应用公式求和时，应注意到Sn＝的使用条件为q≠1且q≠0，而当q＝1时应按常数列求和，即Sn＝na1. [拓展]　Sn是数列{an}的前n项和．{an}是公比不等于1的等比数列⇔Sn＝Aqn＋B，且A＋B＝0. 导学2 等比数列前n项和的性质 　在等比数列{an}中，若连续m项的和不等于0，则它们仍组成等比数列．即Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍组成等比数列．怎样证明这个关系？ [提示]　因为在等比数列{an}中有am＋n＝amqn， 所以Sm＝a1＋a2＋…＋am，S2m－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝a1qm＋a2qm＋…＋amqm＝(a1＋a2＋…＋am)qm＝Sm·qm.同理S3m－S2m＝Sm·q2m，…，所以当Sm≠0时，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍组成等比数列． ◎结论形成 1．前n项和性质 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)，公比为qn． 2．项的个数的“奇偶”性质 在等比数列{an}中，公比为q. (1)若共有2n项，则S偶∶S奇＝q； (2)若共有2n＋1项，则S奇－S偶＝(q≠0，q≠1且q≠－1). [拓展]　若{an}是公比为q的等比数列，前n项积为Tn，n，m∈N＋，则 (1)Tn＝aq； (2)Tm，，，…是等比数列，公比为qm2. 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)数列1，，，…，的各项和等于2.(　　) (2)若首项为a的数列既是等比数列又是等差数列，则其前n项和等于na.(　　) (3)若a∈R，则1＋a＋a2＋…＋an-1＝.(　　) (4)1－2＋4－8＋16－…＋(－2)n-1＝.(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项的和是(　　) A．179　　　　　　 B．211 C．243 D．275 解析　因为q4＝＝＝，各项都是正数， 所以q＝， 因此S5＝＝＝211. 答案　B 3．设Sn为等比数列{an}的前n项和．若27a4＋a7＝0，则＝(　　) A．10 B．9 C．－8 D．－5 解析　设数列{an}的公比为q，由27a4＋a7＝0，得a4(27＋q3)＝0.因为a4≠0，所以27＋q3＝0，解得q＝－3，故＝＝10. 答案　A 4．已知一个等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则这个数列的公比q＝ ． 解析　法一　设S偶与S奇分别是该等比数列偶数项的和与奇数项的和，公比为q，则＝q＝＝2. 法二　设该等比数列的项数为2n，易得该等比数列的奇数项和偶数项也分别成等比数列，且公比均为q2， ∴＝85，① ＝170.② ②÷①，得q＝2. 答案　2 题型一　等比数列前n项和的基本计算 　[教材例5拓展](1)(多选题)设Sn是公比为正数的等比数列{an}的前n项和．若a2＝，a3a5＝，则(　　) A．a4＝ B．S3＝ C．an＋Sn为常数 D．{Sn－2}为等比数列 (2)(2025·哈尔滨六校高二联考)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝9，则S15＝(　　) A．48 B．81 C．93 D．243 (3)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a4－a2＝12，a5－a3＝24，则＝ ． [解析]　(1)设{an}的公比为q(q＞0)，则a2q·a2q3＝，解得q＝，故an＝a2qn-2＝，则a1＝1，Sn＝＝2－.对于A，a4＝＝，故A正确；对于B，S3＝2－＝，故B错误；对于C，an＋Sn＝＋2－＝2为常数，故C正确；对于D，由Sn－2＝－，＝，n≥2，可得{Sn－2}为等比数列，故D正确．故选ACD. (2)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＝3，S6＝9， 若q＝1，则S3＝3a1＝3，得a1＝1，则S6＝6a1＝6≠9，故q≠1， 则＝＝＝1＋q3＝＝3， 所以q3＝2， 所以＝＝＝＝31， 所以S15＝31S3＝31×3＝93. 故选C. (3)由数列{an}为等比数列，设其公比为q，又a4－a2＝12，则a5－a3＝a4q－a2q＝(a4－a2)q＝12q＝24，解得q＝2，所以a4－a2＝a1q3－a1q＝6a1＝12，则a1＝2，所以an＝a1qn-1＝2n，Sn＝＝＝2n+1－2，所以a3＝8，S4＝25－2＝30，所以＝＝3. [答案]　(1)ACD　(2)C　(3)3 等比数列前n项和的运算技巧 (1)注意考查条件，公比为1时是否成立． (2)涉及的基本量有a1，q，n，an，Sn共五个，“知三求二”，常常列方程组来求解． (3)消元解方程组的过程中，常常用到两式相除、整体代入的方法．　 [触类旁通] 1．(1)(多选题)(2025·全国二卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3＝7，a3＝1，则(　　) A．q＝ B．a5＝ C．S5＝8 D．an＋Sn＝8 (2)在等比数列{an}中，若a3＝，S3＝，求a1和公比q. 解析　(1)对A，由题意得结合q>0，解得或(舍去)，故A正确； 对B，则a5＝a1q4＝4×＝，故B错误； 对C，S5＝＝＝，故C错误； 对D，an＝4×＝23-n，Sn＝＝8－23-n， 则an＋Sn＝23-n＋8－23-n＝8，故D正确； 故选AD. (2)①当q≠1时，S3＝＝， 又a3＝a1·q2＝， ∴a1(1＋q＋q2)＝，即(1＋q＋q2)＝， 解得q＝－(q＝1舍去)，∴a1＝6. ②当q＝1时，S3＝3a1，∴a1＝. 综上得或 答案　(1)AD　(2)略 题型二　等比数列前n项和性质的应用 　[教材P32B组T2迁移](1)在各项均为正数的等比数列{an}中，若S10＝10，S20＝30，则S30的值为 ； (2)已知等比数列{an}的前4项和为1，且公比q＝2，则前12项的和为 ． [解析]　(1)法一　设{an}的公比为q，显然q≠1. 由已知条件可列出方程组 两式作商得1＋q10＝3，所以q10＝2， 所以S30＝＝(1＋q10＋q20)＝10×(1＋2＋4)＝70. 法二　由性质Sm＋n＝Sn＋qn·Sm，得 S20＝S10＋q10S10，即30＝10＋10q10， 所以q10＝2. 所以S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70. (2)因为S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝q4S4＝24＝16， 所以S8＝17. 又因为S4，S8－S4，S12－S8成等比数列， 所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)， 即162＝S12－17，所以S12＝273. [答案]　(1)70　(2)273 [母题变式] (变结论)若本例(2)条件不变，则等比数列{an}的通项公式为 . 解析　由S4＝1，q＝2，得 即(24－1)a1＝1，所以a1＝. 所以an＝a1·qn-1＝·2n-1. 答案　an＝·2n-1 [素养聚焦]　本题主要考查等比数列前n项和性质的灵活应用，突出考查数学运算、逻辑推理等核心素养． 解决有关等比数列前n项和的问题时，若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质，则可以避繁就简．不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避免对公比q的讨论．解题时把握好等比数列前n项和性质的使用条件，并结合题设条件寻找使用性质的切入点．　 [触类旁通] 2．(1)(2025·天津一中期末)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3＝4，a4＋a5＋a6＝6，则＝(　　) A． B． C． D． (2)(2025·全国一卷)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 ． 解析　(1)由题意得S6＝4＋6＝10，∵{an}是等比数列，∴S3，S6－S3，S9－S6是等比数列，∴(S9－S6)·S3＝(S6－S3)2，解得S9－S6＝9，∴S9＝9＋10＝19，∴＝.故选B. (2)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，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝＝＝16，又q>0，所以q＝2. 答案　(1)B　(2)2 题型三　等比数列前n项和的综合应用 　记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列． [解析]　(1)设公比为q，因为S2＝2，S3＝－6， 所以S3－S2＝a3＝－6－2＝－8， 又S2＝a1＋a2＝2，可得q2＋4q＋4＝0， 所以q＝－2.又a3＝a1q2＝－8，所以a1＝－2， 所以an＝a1qn-1＝(－2)n. (2)由(1)得Sn＝＝ ＝[(－2)n－1]， 则Sn＋1＝[(－2)n+1－1]， Sn＋2＝[(－2)n+2－1]， 所以Sn＋1＋Sn＋2 ＝[(－2)n+1－1]＋[(－2)n+2－1] ＝[2(－2)n－2]＝[(－2)n－1]， 又2Sn＝[(－2)n－1]，即Sn＋1＋Sn＋2＝2Sn， 所以Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列． 等比数列前n项和的应用技巧 (1)求和时注意利用定义判断数列是否为等比数列，确定首项与公比是关键． (2)等比数列的前n项和的应用往往结合等差数列的项的性质，要综合应用数列知识解题．　 [触类旁通] 3．(2025·烟台高二月考)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式． (1)证明　由题设，知 两式相加得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)， 即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn). 又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列． 由题设两式相减得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又a1－b1＝1， 所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解析　由(1)知，an＋bn＝， an－bn＝2n－1. 所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－， bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋. [缜密思维提能区] 易错案例 忽视等比数列的前n项和公式应用的条件致误 [典例]　求数列1，2a，4a2，8a3，…的前n项和Sn. [错解]　该数列是首项为1，公比为2a的等比数列，所以其前n项和Sn＝. [正解]　(1)当a＝0时，易得数列的前n项和Sn＝1. (2)当a≠0时，数列是公比为2a的等比数列． 若2a＝1，即a＝，这时数列为常数列， Sn＝n×1＝n； 若2a≠1，即a≠，其前n项和Sn＝. 又当a＝0时，Sn＝1，适合Sn＝， 故Sn＝ [纠错心得]　等比数列与等差数列相比，具有更多的特殊性．例如，等比数列中的任何一项均不能为零；等比数列的求和公式中，要分q＝1和q≠1两种情况分别求解．因此当数列中的项含有字母时，要注意分类讨论． 知识落实 技法强化 (1)等比数列前n项和公式的推导及性质． (2)等比数列前n项和公式的基本运算及综合应用． (1)应用前n项和公式要注意分类讨论，即当q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况． (2)应用等比数列前n项和的性质要注意整体思想的应用． [必备知识·基础巩固] 1．已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是(　　) A．1 B．－ C．1或－ D．－1或 解析　当q＝1时，an＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，得q＝－.综上，q的值是1或－，故选C. 答案　C 2．已知数列{an}满足a1＝1，log2an＋1－log2an＝1，则数列{an}的前n项和Sn＝(　　) A．2n+1－1 B．2n+1－2 C．2n－1 D．2n－2 解析　因为log2an＋1－log2an＝1，所以log2＝1，则＝2，所以数列{an}是以a1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＝＝2n－1，故选C. 答案　C 3．(2025·北京五中期末)已知等比数列{an}中，an＞0，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且S2＝48，S4＝60，则使得Tn＜1成立的正整数n的最小值为(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 解析　设等比数列{an}的公比为q(q＞0)， 由已知得 解得或(舍去)， 则an＝a1qn-1＝， 则Tn＝a1·a1q·a1q2·…·a1qn-1＝a(q·q2·…·qn-1)＝2， 若Tn＜1，则必有＜0， 解得n＞11或n＜0，又n为正整数，所以n的最小值为12，故选C. 答案　C 4．(多选题)若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，Sn为{an}的前n项和，则下列说法不正确的是(　　) A．若{an}是递增数列，则a1<0，q<0 B．若{an}是递减数列，则a1>0，0＜q＜1 C．若q>0，则S4＋S6>2S5 D．若bn＝，则{bn}是等比数列 解析　对于A，若{an}是递增数列，可得a1>0，q>1或a1<0，0<q<1，故A错误； 对于B，若{an}是递减数列，则a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1，故B错误； 对于C，当q＝1时，S4＋S6＝10a1，2S5＝2×5a1＝10a1，所以S4＋S6＝2S5，故C错误； 对于D，若bn＝，则＝＝＝为常数，所以数列{bn}是等比数列，故D正确．故选ABC. 答案　ABC 5．若等比数列{an}的前n项和为Sn＝m·4n-1＋t(其中m，t是常数)，则＝ ． 解析　a1＝S1＝m＋t， a2＝S2－S1＝3m，a3＝S3－S2＝12m， 则a＝a1a3，所以9m2＝12m(m＋t)， 即m＝－4t，故＝－4. 答案　－4 6．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为 ． 解析　因为S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6.因为S1，S2，S4成等比数列， 所以(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－. 答案　－ 7．等比数列{an}共有2n项，它的全部项的和是奇数项的和的3倍，则公比q＝ ． 解析　设{an}的公比为q，则奇数项也构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，偶数项之和与奇数项之和分别为S偶，S奇， 由题意S偶＋S奇＝3S奇， 即S偶＝2S奇， 因为数列{an}的项数为偶数， 所以q＝＝2. 答案　2 8．(2025·山东菏泽一中期末)已知等差数列{an}满足a3＝7，a2＋a6＝20. (1)求{an}的通项公式； (2)若等比数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝a1，b＝a6，bn＋1＞bn，求满足Sn≤2 024的正整数n的最大值． 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d，则a3＝a1＋2d＝7，a2＋a6＝2a1＋6d＝20，解得a1＝1，d＝3， 所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)设等比数列{bn}的公比为q. 由(1)知b1＝a1＝1，b＝a6＝3×6－2＝16. 因为b＝(b1q2)2，所以q＝2或q＝－2， 又bn＋1＞bn，所以q＝2， 所以Sn＝＝2n－1. 令2n－1≤2 024，得2n≤2 025，又210＜2 025＜211， 所以满足题意的正整数n的最大值为10. [关键能力·综合提升] 9．(多选题)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则下列说法正确的是(　　) A．q＝2 B．＝9 C．S3，S6，S9成等比数列 D．Sn＝2an＋a1 解析　由a6＝8a3，可得q3＝＝8，即q＝2，故A选项正确；an＝a1·2n-1，Sn＝＝a1·2n－a1＝2an－a1，故D选项错误；S3＝a1(23－1)，S6＝a1(26－1)，＝＝9，故B选项正确；又S9＝a1(29－1)＝511a1，S3＝a1(23－1)＝7a1，S3·S9＝3 577a，S＝a(26－1)2＝3 969a，故S3·S9＝S不成立，故C选项错误． 答案　AB 10．(多选题)(2025·福建福州三中期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝n(n∈N＋)，则下列选项正确的是(　　) A．an＋1＝2an B．anan＋2＝a C．Sn＝1－an D．Sn＋Sn＋2＝2Sn＋1 解析　当n＝1时，2a1＝1，解得a1＝， 当n≥2时，由2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝n， 可得2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n-1an－1＝n－1， 两式相减，可得2nan＝1，整理得an＝， ∵当n＝1时，a1＝也满足上式， ∴an＝＝·，n∈N＋， ∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， ∴an＋1＝an，故A错误； 根据等比中项可得anan＋2＝a，故B正确； Sn＝＝1－＝1－an，故C正确； ∵Sn＋Sn＋2＝1－＋1－＝2－， 2Sn＋1＝2×＝2－， ∴Sn＋Sn＋2≠2Sn＋1，故D错误．故选BC. 答案　BC 11．设Sn是等比数列{an}的前n项和，且满足3S9＝7S6，mS6＝nS3，则＝ ． 解析　设等比数列{an}的公比为q， 若q＝1，则3S9＝27a1，7S6＝42a1，若3S9＝7S6，则a1＝0，显然不成立，故q≠1； 因为3S9＝7S6，mS6＝nS3，所以3×＝7×，m＝n. 所以3(1＋q3＋q6)＝7(1＋q3)， 解得q3＝2或q3＝－. 所以＝1＋q3＝3或. 答案　3或 12．(2025·湖北随州第一中学期末)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，则公比q＝ ． 解析　由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，得210(S30－S20)＝S20－S10. 又正项等比数列{an}的前n项和为Sn，故S20－S10≠0，∴＝， ∵数列{an}是等比数列， ∴＝＝q10， 故q10＝，解得q＝±， ∵{an}为正项等比数列，∴q＞0，故q＝. 答案　 13．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且公比q≠1，1是S2和S3的等差中项，6是2S2和3S3的等比中项． (1)求S2和S3； (2)求数列{an}的前n项和； (3)求数列{Sn}的前n项和． 解析　(1)根据已知条件 整理得解得 (2)因为q≠1， 所以解得 所以Sn＝＝－. (3)由(2)得S1＋S2＋…＋Sn ＝n－× ＝n－× ＝n＋. [学科素养·探索创新] 14．设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数，且对任意的实数x，y，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y).若a1＝，an＝f(n)(n∈N＋)，则数列{an}的前n项和Sn＝ ． 解析　令x＝n，y＝1，则f(n)·f(1)＝f(n＋1)， 又an＝f(n)， ∴＝＝f(1)＝a1＝， ∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， ∴Sn＝＝1－. 答案　1－ 15．设{an} 是等比数列，a1＝1，公比q＝，Sn为{an}的前n项和，则Sn＝ ，记Tn＝，n∈N＋，设Tn0为数列{Tn}中的最大项，则n0＝ ． 解析　由等比数列前n项和公式知Sn＝＝＝(＋1)[()n－1]，n∈N＋，而an＝a1qn-1＝()n-1，∴an＋1＝()n，则Tn＝＝，即Tn＝(＋1)·≤(＋1)·＝9(＋1)，当且仅当2n＝16，即n＝4时等号成立．∴T4为数列{Tn}中的最大项，即n0＝4. 答案　(＋1)[()n－1]　4　　　　　　　　　　　　 一、真题展示 (2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式． 二、真题溯源 [教材P8B组第2题] 观察下列各图，并阅读图形下面的文字表述，则当图中有10条直线相交时，交点的个数最多是(　　) A．40　　　　　　　 B．45 C．50 D．55 三、类法探究 　高考中与数列相关的计算与证明问题中经常出现利用递推关系构造新数列问题，此类问题一般含有一定的技巧性，难度中等． 类型一　形如an＋1＝pan＋f(n)型 　(1)(多选题)数列{an}的首项为1，且an＋1＝2an＋1，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝7 B．数列{an＋1}是等比数列 C．an＝2n－1 D．Sn＝2n+1－n－1 (2)已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝Sn＋2n+1，a1＝2，则Sn＝(　　) A．(n＋1)·2n　　　 B．(n＋1)·2n-1 C．n·2n-1 D．n·2n [解析]　(1)∵an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2， ∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确； 则an＋1＝2n，∴an＝2n－1，故C错误； 则a3＝7，故A正确； ∴Sn＝－n＝2n+1－n－2，故D错误． 故选AB. (2)因为an＋1＝Sn＋2n+1，则Sn＋1－Sn＝Sn＋2n+1，于是得－＝1， 因此数列是公差为1的等差数列，首项＝1，则＝1＋(n－1)×1，所以Sn＝n·2n. 故选D. [答案]　(1)AB　(2)D 1．形如an＋1＝αan＋β(α≠0，1，β≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列． 2．递推公式an＋1＝αan＋β的推广式an＋1＝αan＋β×γn(α≠0，1，β≠0，γ≠0，1)，两边同时除以γn+1后得到＝·＋，转化为bn＋1＝kbn＋(k≠0，1)的形式，通过构造公比是k的等比数列求解．　 类型二　形如an＋1＝pan＋qan－1型 　甲、乙两人拿两颗质地均匀的骰子做抛掷游戏．规则如下：由一人同时掷两颗骰子，观察两颗骰子向上的点数之和，若两颗骰子的点数之和为两位数，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是两位数，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，设第n次由甲掷的概率为Pn，求P3＝ ，求Pn与Pn－1的关系，Pn＝ ． [解析]　两颗骰子的点数之和为两位数的概率为＝. 第n次由甲掷有两种情况： ①第n－1次由甲掷，第n次由甲掷，概率为Pn－1； ②第n－1次由乙掷，第n次由甲掷， 概率为(1－Pn－1). 这两种情况是互斥的，所以当n≥2时， Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)，即Pn＝－Pn－1＋， 所以Pn－＝－， P1－＝1－＝， 则数列是以为首项，－为公比的等比数列， 所以Pn＝＋，所以P3＝. [答案]　　－Pn－1＋(n≥2) 可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．　 类型三　形如an＝型 　(多选题)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，则下列结论中错误的有(　　) A．为等比数列 B．{an}的通项公式为 C．{an}为递增数列 D．的前n项和为2n－－1 [解析]　由题意得＝＋，则＋＝2，而＋＝1， 故是首项为1，公比为2的等比数列， 所以＋＝2n-1，得an＝，{an}为递减数列，故A正确，B，C错误， 对于D，＋＋＋＋…＋＋＝2n－1，的前n项和为2n－－1，故D正确， 故选AD. [答案]　AD 两边同时取倒数转化为＝·＋的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出的表达式，再求an.　 第2课时　等比数列习题课 学业标准 素养目标 1.通过实例理解并掌握数列求和的常用方法．(重点) 2．能综合运用等比数列的知识解决一些实际问题．(难点) 1.通过数列求和培养数学运算等核心素养． 2．通过等比数列知识的实际应用，提升数学建模等核心素养． 导学 错位相减法 　推导公比不为1的等比数列的前n项和公式的方法是什么？ [提示]　错位相减法． ◎结论形成 错位相减法求数列的前n项和 错位相减法是一种重要的数列求和方法，等比数列前n项和公式的推导用的就是错位相减法．当一个数列由等差数列与等比数列对应项的乘积构成时，可使用此法求数列的前n项和． 设数列{an}为等差数列，公差为d；数列{bn}为等比数列，公比为q(q≠1)；数列{anbn}的前n项和为Tn.则Tn的求解步聚如下． (1)列出和式Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn. (2)两边同乘以公比q：qTn＝a1b1q＋a2b2q＋a3b3q＋…＋anbnq＝a1b2＋a2b3＋a3b4＋…＋anbn＋1. (3)两式相减(错位相减)并求和： (1－q)Tn＝a1b1＋(a2b2－a1b2)＋(a3b3－a2b3)＋…＋(anbn－an－1bn)－anbn＋1＝a1b1＋(a2－a1)b2＋(a3－a2)b3＋…＋(an－an－1)bn－anbn＋1＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1＝a1b1＋d×－anbn＋1. (4)两边同除以(1－q)即得数列{anbn}的前n项和Tn. 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)数列{22-n}是递减数列．(　　) (2)数列的前n项和不能用错位相减法求和.(　　) (3)数列的前5项和为.(　　) (4)数列的最大值为，最小值为－.(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 2．数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n-1，…的前99项的和为(　　) A．2100－101　　　　　 B．299－101 C．2100－99 D．299－99 解析　由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n-1＝＝2n－1，所以，前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝－99＝2100－101. 答案　A 3．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　) A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 解析　每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2， 依题意，得＝381，解得a1＝3. 答案　B 4．数列1，3a，5a2，7a3，…，(2n－1)an-1，…(a≠0)的前n项和Sn为 ． 解析　当a＝1时，Sn＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n－3)＋(2n－1)＝＝n2；当a≠1时，由an＝(2n－1)an-1(n∈N＋)，得Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－3)an-2＋(2n－1)an-1，aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－3)an-1＋(2n－1)an，上面两式相减得(1－a)Sn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an-1－(2n－1)an＝－(2n－1)an－1，∴Sn＝－. 故Sn＝ 答案　Sn＝ 题型一　等比数列前n项和的实际应用 　[教材例6、例7、例8迁移]某宝殿共有9间，左右对称分布，最中间的是明间，宽度最大，然后两边均依次是次间、次间、梢间、尽间．每间宽度从明间开始向左、右两边均按相同的比例逐步递减，且明间与相邻的次间的宽度比为8∶7.设明间的宽度为a，则该宝殿9间的总宽度为(　　) A．a　　　　　　 B．15a－14a C．14a D．15a－14a [解析]　易知宝殿9间的宽度从明间向两边依次成等比数列，且两个等比数列相同，设向右边的数列为{an}，其前n项和为Sn，则a1＝a，公比q＝， 则前5项和为S5＝＝8a－7a， 所以该宝殿9间的总宽度为2S5－a＝2－a＝15a－14a.故选D. [答案]　D 应用等比数列前n项和公式解决实际问题的步骤 (1)构建数列模型． (2)由题设确定数列为等比数列，并求公比q，或建立数列递推关系，并化归为等比数列，求出公比q. (3)利用等比数列前n项和公式进行计算． [注意]　①数列项数的确定，特别是涉及年份的问题，要能正确确认起始年份；②正确区分问题是求第n项，还是求前n项的和．　 [触类旁通] 1．一个乒乓球从1 m高的高度自由落下，每次落下后反弹的高度都是原来高度的0.61. (1)当它第6次着地时，经过的总路程是多少？(精确到1 cm) (2)至少在第几次着地后，它经过的总路程能达到400 cm？(参考数据0.615≈0.084，0.616≈0.052，0.617≈0.031) 解析　(1)由题意得，第n次反弹的高度hn＝100×0.61n，当它第n次着地时，经过的总路程Sn＝100＋200(0.61＋0.612＋0.613＋…＋0.61n-1) ＝100＋200× ＝100＋200×. 令n＝6，解得S6＝100＋200×. 因为0.615≈0.084，所以S6≈387(cm). 所以它第6次着地时，经过的总路程是387 cm. (2)设至少在第n次着地后，它经过的总路程能达到400 cm， 则100＋200×≥400， 即122(1－0.61n-1)≥117， 解得n≥8. 故至少在第8次着地后，它经过的总路程能达到400 cm. 题型二　错位相减法求和 　已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N＋)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N＋). [解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d， 等比数列{bn}的公比为q. 由已知得：b2＋b3＝12，即b1(q＋q2)＝12， 又b1＝2，所以q2＋q－6＝0， 因为q＞0，所以q＝2，所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，S11＝11b4， 得3d－a1＝8，a1＋5d＝16， 联立解得，a1＝1，d＝3，所以an＝3n－2. 所以，{an}和{bn}的通项公式分别为an＝3n－2，bn＝2n. (2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n-1， 有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n+1， 上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n+1 ＝－4－(3n－1)×4n+1 ＝－(3n－2)×4n+1－8. 得Tn＝×4n+1＋. 所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为 ×4n+1＋. [母题变式] (增加条件、变结论)本例中条件不变，若cn＝，求数列{cn}的前n项和Hn. 解析　cn＝＝， 所以Hn＝＋＋＋…＋， Hn＝＋＋…＋＋， 上述两式相减，得 Hn＝＋3×－ ＝＋3×－＝2－， 所以Hn＝4－. [素养聚焦]　本题通过求等差、等比数列的通项公式及运用错位相减法求和，主要提升逻辑推理、数学运算等核心素养． 错位相减法求和的适用情况和注意点 (1)一般地，若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列且公比为q(q≠1)，求{an·bn}的前n项和时，常用“乘公比，错位减”的方法求和，即错位相减法．在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确写出Sn－qSn的表达式． (2)在运用错位相减法求数列前n项和时，要注意四点：①乘数(式)的选择；②对q的讨论；③两式相减后的未消项及相消项呈现的规律；④相消项中构成数列的项数．　 [触类旁通] 2．数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且a1＝b1＝1，a2·b2＝6，a3·b3＝27，公比0＜q≤3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若Tn＝＋＋…＋，证明：Tn<恒成立． (1)解析　设等差数列{an}的公差为d，则由题可知 解得或(舍去)，∴an＝n，bn＝3n-1. (2)证明　由(1)得＝， ∴Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，① Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，② ①－②得，Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝－， ∴Tn＝－×，n∈N＋， ∴Tn<. 题型三　分组求和法 　在等比数列{an}中，已知a1＝3，公比q≠1；等差数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a2，b13＝a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前n项和Sn. [解析]　(1)设等差数列{bn}的公差为d. 由已知，得a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d， b13＝3＋12d， 故所以 所以或(舍去)， 所以an＝3n，bn＝2n＋1. (2)由题意，得 cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n. 当n为偶数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n-1(2n－1)＋(－1)n(2n＋1)]＋3＋32＋…＋3n＝n＋－＝＋n－； 当n为奇数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n-2(2n－3)＋(－1)n-1·(2n－1)]＋(－1)n(2n＋1)＋3＋32＋…＋3n＝(n－1)－(2n＋1)＋－＝－n－. 所以Sn＝ 分组求和法的求和思路 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化求和法，分别求和然后相加减．例如，已知an＝2n＋(2n－1)，求Sn.　 [触类旁通] 3．(2025·山东潍坊一中模拟)已知数列{an}满足＋＋…＋＝. (1)求数列{an}的通项公式； (2)对任意的n∈N＋，令bn＝求数列{bn}的前n项和Sn. 解析　(1)当n＝1时，得＝，解得a1＝1；当n≥2时，可得＋＋…＋＝①，＋＋…＋＝②，由①－②，得＝－＝，则an＝2－n，当n＝1时，a1＝2－1＝1也符合，所以数列{an}的通项公式为an＝2－n. (2)因为bn＝所以当n为偶数时，Sn＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋2－(n－1)]＋(20＋2-2＋…＋22-n)＝＋＝＋＝－；当n为奇数时，Sn＝Sn＋1－bn＋1＝－－21-n＝－. 综上所述， Sn＝ [缜密思维提能区] 规范答题 等差数列与等比数列的综合问题 [典例]　(13分)设{an}是单调递增的等差数列，Sn为其前n项和，且满足3S4＝2S5，a5＋2是a3，a12的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足＋＋…＋＝3n+1－3(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn. [审题指导]　(1)运用等差数列、等比中项的知识和方程思想求an. (2)运用前n项和与第n项的关系，求出，进而求bn.分析bn的结构特点，求其和Tn. [规范解答]　(1)设公差为d(d＞0)，依题意得 (3分) 解得或(舍去).(5分) 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n.(6分) (2)由＋＋…＋＝3n+1－3(n∈N＋) 得＋＋…＋＝3n－3(n≥2，n∈N＋)， 两式相减得，＝2·3n(n≥2)， 所以bn＝4n·3n(n≥2).(8分) 当n＝1时， b1＝12也满足bn＝4n·3n， 所以bn＝4n·3n(n∈N＋)②.(10分) Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 所以3Tn＝4×32＋8×33＋12×34＋…＋4n·3n+1，(11分) 所以－2Tn＝4×3＋4×32＋…＋4×3n－4n·3n+1 ＝4×(3＋32＋…＋3n)－4n·3n+1 ＝4×－4n·3n+1 ＝(2－4n)·3n+1－6， 所以Tn＝(2n－1)·3n+1＋3③.(13分) 知识落实 技法强化 (1)等比数列前n项和的实际应用． (2)数列求和的常见方法． (1)数列中项的拆分和组合、数列模型． (2)实际应用中注意年份与项数的对应． [必备知识·基础巩固] 1．已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，前n项和为Sn，则S6＝(　　) A．282　 　　　　　　 B．147 C．45 D．70 解析　S6＝a1＋a2＋…＋a6＝(2＋22＋…＋26)＋(1＋2＋…＋6)＝147. 答案　B 2．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N＋，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为(　　) A．－2 B．2 C．－3 D．3 解析　设数列{an}的公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.因为＝＝qm＋1＝9，所以qm＝8， 所以＝＝qm＝8＝， 所以m＝3，所以q3＝8，所以q＝2. 答案　B 3．我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织十尺，问次日织几何？其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布10尺，则第二天织布的尺数是(　　) A． B． C． D． 解析　由题可得该女子每天织布的尺数成等比数列，设其首项为a1，公比为q＝2，由等比数列前n项和公式Sn＝，得到 ＝10，解得a1＝，所以第二天织布的尺数为a2＝×2＝. 答案　B 4．在数列{an}中，若an＝2n＋2n-1×3＋2n-2×32＋2n-3×33＋…＋22×3n-2＋2×3n-1＋3n，则a2 024等于(　　) A．32 024－22 024 B．3×22 024－32 025 C．32 025－22 025 D．2×32 024－22 025 解析　因为an＝2n＋2n-1×3＋2n-2×32＋2n-3×33＋…＋22×3n-2＋2×3n-1＋3n ＝2n ＝2n·＝3n+1－2n+1， 所以a2 024＝32 025－22 025. 答案　C 5．某厂去年的产值记为1.若计划在今后五年内每年的产值比上年增长10%，则从今年起到第五年这五年内，这个厂的总值约为 ．(保留一位小数，取1.15≈1.6) 解析　由题意可知，第一年要比上年增长10%， 那么第一年产值就是1＋10%＝1.1， 第二年又比第一年增加10%， 所以第二年产值是1.12， ……， 以此类推，第五年产值是1.15， ∴总产量为1.1＋1.12＋…＋1.15＝≈11×0.6＝6.6. 答案　6.6 6．已知等比数列{an}的首项为2，前2m项满足a1＋a3＋…＋a2m－1＝170，a2＋a4＋…＋a2m＝340，则正整数m＝ ． 解析　因为等比数列{an}的首项为2，前2m项满足a1＋a3＋…＋a2m－1＝170， a2＋a4＋…＋a2m＝340， 所以公比q＝＝＝2， S2m＝＝170＋340＝510， 解得m＝4. 答案　4 7．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 ． 解析　由题意知，第n天植树2n棵，则前n天共植树2＋22＋…＋2n＝(2n+1－2)棵，令2n+1－2≥100，则2n+1≥102，又26＝64，27＝128，且{2n+1}单调递增，所以n≥6，即n的最小值为6. 答案　6 8．(2025·青岛一模)设数列{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝，已知a1，3a2，9a3成等差数列． (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和，求证：Tn＜. (1)解析　设{an}的公比为q，则an＝a1qn-1＝qn-1， 由题意得6a2＝a1＋9a3，即6q＝1＋9q2，解得q＝，所以an＝，bn＝＝n·. (2)证明　由(1)得 Sn＝＝， Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×， Tn＝1·＋2·＋…＋(n－1)·＋n·， 两式作差得Tn＝＋＋＋…＋－n· ＝－n· ＝－n· ＝－·－· ＝－·， 所以Tn＝－·. 则Tn－＝－·－ ＝－·－＋· ＝·＝－·＜0， 所以Tn＜. [关键能力·综合提升] 9．(2025·河南驻马店中学月考)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，然后作新三角形的内切圆，……，如此下去，则前n个内切圆的面积和为(　　) A.π B．π C．π D．3π 解析　设第n个正三角形的内切圆的半径为an， 易知从第二个正三角形开始，每个正三角形的边长都是前一个正三角形边长的，每个正三角形的内切圆的半径也是前一个正三角形内切圆半径的， 所以a1＝×3×tan 30°＝，a2＝a1，a3＝a2，……，an＝an－1(n≥2)， 所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，所以an＝×，则a＝×， 设前n个内切圆的面积和为Sn， 则Sn＝πa＋πa＋…＋πa ＝ ＝×＝π＝π. 故选B. 答案　B 10．国庆期间，某公园将举行免费游园活动，免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是(　　) A．211－47 B．212－57 C．213－68 D．214－80 解析　由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n个30分钟内进入公园的人数为an，第n个30分钟内出来的人数为bn，则an＝4×2n-1，bn＝n，则上午11时30分公园内的人数为S＝2＋－＝212－57. 答案　B 11．某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿着纸的某条对称轴把纸对折．规格为12 dm×20 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm和20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的周长之和为C1＝96 dm，对折2次可以得到5 dm×12 dm，6 dm×10 dm，3 dm×20 dm三种规格的图形，它们的周长之和为C2＝112 dm，以此类推，则对折5次后能得到的所有不同规格图形的种数为 ；如果对折n次后，那么能得到的所有不同规格图形的周长之和Cn＝ dm. 解析　设沿着长方形纸长边折叠k(0≤k≤5且k∈N)次，则要沿着长方形纸片短边折叠(5－k)次， 故折叠5次后共出现的规格情况为dm×dm，k＝0，1，2，3，4，5， 即有20 dm× dm，10 dm× dm，5 dm× dm， dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，共6种规格； 同理，对折n次共有(n＋1)种规格，C1＝2×(12＋6＋20＋10)＝96，C2＝2×(12＋6＋3＋20＋10＋5)＝112，…，Cn＝2×＝128－. 答案　6　128－ 12．已知数列{an}是首项为32的正项等比数列，Sn是其前n项和，且＝，若Sk≤4·(2k－1)，则正整数k的最小值为 ． 解析　设等比数列{an}的公比为q(q＞0)， 因为＝， 所以＝＝q2＝， 解得q＝. 所以Sk＝＝64. 不等式Sk≤4·(2k－1)， 即64≤4·(2k－1)， 化简为16≤2k，则正整数k的最小值为4. 答案　4 13．(2025·江苏无锡一中高二质检)某公司2024年投资4千万元用于新产品的研发与生产，计划从2025年起，在今后的若干年内，每年继续投资1千万元用于新产品的维护与生产，2024年新产品带来的收入为0.5千万元，并预测在相当长的年份里新产品带来的收入均在上年度收入的基础上增长25%.记2024年为第1年，f(n)为第1年至此后第n(n∈N＋)年的累计利润(注：含第n年，累计利润＝累计收入－累计投入，单位：千万元)，且当f(n)为正值时，认为新产品盈利．(参考数据1.257≈4.8，1.258≈6.0，1.259≈7.5，1.2510≈9.3) (1)试求f(n)的表达式． (2)根据预测，该新产品将从哪一年开始并持续盈利？请说明理由． 解析　(1)由题意知，第1年至此后第n(n∈N＋)年的累计投入为4＋(n－1)＝n＋3(千万元). 设第n年的收入为an，前n年的累计收入为Sn， 由题意得a1＝，an＋1＝an×(1＋25%)＝an， 所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列， 则有an＝×， Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＝2×. 所以f(n)＝Sn－(n＋3)＝2×－n－3， 即f(n)＝2×－n－5， 所以f(n)的表达式为f(n)＝2×－n－5(n∈N＋). (2)因为f(n＋1)－f(n)＝×－1，所以当n≤3时，f(n＋1)－f(n)<0，即f(n)单调递减， 当n≥4时，f(n＋1)－f(n)>0，即f(n)单调递增， 又f(1)＝－<0，f(8)＝2×－8－5<0，f(9)＝2×－9－5>0， 所以该新产品将从第9年开始并持续盈利． 所以该新产品将从2032年开始并持续盈利． [学科素养·探索创新] 14．(多选题)如果有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足a1＝am，a2＝am－1，…，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，…，m)，我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”．设{bn}是项数为2m(m>1，m∈N＋)的“对称数列”，且1，2，22，23，…，2m-1依次为该数列中连续的前m项，则数列{bn}的前100项和S100可能的取值为(　　) A．2100－1 B．251－2 C．226－4 D．2m+1－22m-100－1 解析　由题意知数列{bn}为1，2，22，23，…，2m-1，2m-1，…，23，22，2，1. 若m＝50，则S100＝2×＝251－2，B正确； 若51≤m<100， 则S100＝2×－ ＝2m+1－22m-100－1，故D正确． 若m≥100，则S100＝＝2100－1，故A正确． 答案　ABD 15．(2025·深圳期末)如图，P1是一块半径为2a的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得图形P3，P4，…，Pn，…，记第n块纸板Pn的面积为Sn，则S3＝ ，如果∀n∈N＋，Sn>恒成立，那么a的取值范围是 ． 解析　第一块纸板的面积为S1＝π(2a)2＝2πa2， 第二块纸板的面积为S2＝2πa2－πa2＝πa2， 第三块纸板的面积为S3＝πa2－π＝πa2，……， 第n块纸板的面积为 Sn＝2πa2＝2πa2－2πa2＝2πa2－2πa2× ＝2πa2， 要使得∀n∈N＋，Sn>恒成立，只需≥，解得a2≥506，故a的取值范围为[，＋∞). 答案　　[，＋∞) 学科网（北京）股份有限公司 $