1.3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（北师大版）

第1课时　等比数列的前n项和公式 　 第一章　§3　3.2　等比数列的前n项和 学习目标 1.探索并掌握等比数列的前n项和公式及证明思路，提升逻辑推理的核心素养.　 2.会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题，提升数学运算、逻辑推理的核心素养. 内容索引 任务一　等比数列的前n项和公式 1 任务二　等比数列前n项和公式的函数特征 2 任务三　综合应用 3 课时分层评价 5 随堂评价 4 任务一　等比数列的前n项和公式 返回 问题1.若等比数列{an}的首项是a1，公比是q，如何求该等比数列的前n项的和？ 提示：思路一：因为Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，所以Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1＋a1，上式中每一项都乘等比数列的公比可得qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1＋a1qn，发现上面两式中有很多相同的项，两式相减可得Sn－qSn＝a1－a1qn，即(1－q)Sn＝a1(1－qn)，当q≠1时，有Sn＝，而当q＝1时，Sn＝na1.上述等比数列求前n项和的方法，我们称为“错位相减法”. 问题导思 思路二：当q≠1时，由等比数列的定义得＝＝…＝＝q，根据等比数列的性质，有＝＝q⇒(1－q)Sn＝a1－anq，所以当q≠1时，Sn＝，该推导方法围绕基本概念，从等比数列的定义出发，运用等比数列的性质，推导出了公式. 通过上述两种推导方法，我们获得了等比数列前n项和的两种形式，而这两种形式可以利用an＝a1相互转化. 思路三：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋q(a1＋a2＋…＋an－1)，所以有Sn＝a1＋qSn－1⇒Sn＝a1＋q(Sn－an)⇒(1－q)Sn＝a1－anq，所以当q≠1时，Sn＝或Sn＝，显然方程的思想在本次推导过程中显示了巨大的威力，在已知量和未知量之间搭起桥梁，使我们不拘泥于课本，又能使问题得到解决. 等比数列的前n项和公式 新知构建 已知量 首项、公比与项数 首项、末项与公比 求和 公式 _________________________ __________________________ Sn＝ Sn＝ (1)等比数列前n项和公式及通项公式中共有五个量a1，q，an，n，Sn，这五个量可“知三求二”.(2)利用等比数列的前n项和公式求和时，要特别注意公比q的取值，应分q＝1和q≠1两种情况，如果其中含有参数不能确定时，必须进行分类讨论. 微提醒 (链教材P29例5)在等比数列{an}中： (1)S2＝30，S3＝155，求Sn； 解：由题意知 解得 从而Sn＝×5n＋1－ 或Sn＝. 典例 1 (2)a1＋a3＝10，a4＋a6＝，求S5； 解：法一：由题意知 从而S5＝＝. 法二：由a4＋a6＝(a1＋a3)q3， 得q3＝，从而q＝. 又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10， 所以a1＝8， 从而S5＝＝. (3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求公比q； 解：因为a2an－1＝a1an＝128，且a1＋an＝66， 所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两个根. 从而 又Sn＝＝126，所以q＝2或. (4)若S3＋S6＝S9，求其公比q. 解：若q＝1，则S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，显然满足S3＋S6＝S9，所以q＝1符合题意； 若q≠1，则＋＝， 整理得(q6－1)(q3－1)＝0， 解得q＝－1(q＝1舍去). 综上，公比q的值等于1或－1. 变式探究 (变条件)本例(4)中，若将条件改为“数列{an}是等比数列，且S3＝3a3”，求其公比q的值. 解：法一：当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，符合题意； 当q≠1时，＝3a1q2，因为a1≠0， 所以1－q3＝3q2(1－q)， 解得q＝－.综上，q＝1或q＝－. 法二：由S3＝3a3可知a1＋a2＋a3＝3a3， 即a1＋a1q－2a1q2＝0. 由于a1≠0，则2q2－q－1＝0， 解得q＝1或q＝－. 等比数列前n项和运算的技巧 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，都可以看作一个整体. 注意：在解决与前n项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论. 规律方法 对点练1.在等比数列{an}中： (1)若a1＝，an＝16，Sn＝11，求n和q； 解：由Sn＝，得11＝， 解得q＝－2. 又由an＝a1，得16＝·(－2)n－1， 解得n＝5. 所以n＝5，q＝－2. (2)已知S4＝1，S8＝17，求an. 解：显然q≠±1，则S4＝＝1， S8＝＝17， 两式相除得＝1＋q4＝17，解得q＝±2. 当q＝2时可解得a1＝， 则an＝·2n－1； 当q＝－2时可解得a1＝－， 则an＝－·(－2)n－1. 所以an＝·2n－1或an＝－·(－2)n－1. 返回 任务二　等比数列前n项和公式的函数特征 返回 问题2.你能发现等比数列前n项和公式Sn＝(q≠1)的函数特征吗？ 提示：Sn＝＝－qn＋，设A＝－，则Sn＝Aqn－A. 问题导思 1.Sn＝＝－qn＋，设A＝－，则Sn＝Aqn－A. (1)当公比q≠1时，设A＝，等比数列的前n项和公式是Sn＝___________.即Sn是n的指数型函数. (2)当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝_____，Sn是n的正比例函数. 2.Sn＝＝－an＋. 新知构建 A(qn－1) na1 等比数列前n项和公式的结构特点即qn的系数与常数项互为相反数. 微提醒 (一题多解)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. 解：法一：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＝ 由于a1＝1，a2＝6，a3＝18，显然a1，a2，a3不是等比数列，即{an}不是等比数列. 法二：{an}的通项公式同法一.由等比数列{bn}的公比q≠1时的前n项和Sn＝Aqn＋B满足的条件为A＝－B，对比可知Sn＝3n－2，1≠2，故{an}不是等比数列. 典例 2 变式探究 1.(变条件，变设问)若将本例改为数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝3n＋1－2k，则实数k＝_____. 因为Sn＝3n＋1－2k＝3×3n－2k，且{an}为等比数列，所以3－2k＝0，即k＝. 2.(变条件，变设问)若将本例改为数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝a·＋5，则实数a＝_______. － 由Sn＝a·＋5，可得Sn＝3a·＋5，依题意有3a＋5＝0，故a＝－. 1.已知Sn，通过an＝求通项公式an，应特别注意当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，需验证当n＝1时是否满足此式. 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. 规律方法 对点练2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝m·2n－1＋，则m＝_______. － 法一：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝m·2n－1＋－m·2n－2－＝m·2n－2，显然m＝0不合题意，可得＝＝2.当n＝1时，a1＝S1＝m＋.若{an}为等比数列，则a1＝m＋≠0，且＝＝2，解得m＝－. 法二：因为Sn＝m·2n－1＋＝·2n＋，结合等比数列{an}的前n项和的结构特征可得＝－，解得m＝－. 返回 任务三　综合应用 返回 应用1　利用an与Sn的关系判断等比数列 已知数列{an}中，a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且对任意n∈N*，有an＋1＝kSn＋1(k为常数). (1)当k＝2时，求a2，a3的值； 解：由题意可得，a2＝2S1＋1＝3，a3＝2S2＋1＝2×(1＋3)＋1＝9. 典例 3 (2)试判断数列{an}是否为等比数列？请说明理由. 解：当n≥2时，an＝kSn－1＋1. 由an＋1＝kSn＋1，an＝kSn－1＋1 两式相减得an＋1＝(k＋1)an. 当k＝－1时，{an}不是等比数列； 当k≠－1时，可得＝k＋1(n≥2)， 当n＝1时，a1＝1，a2＝ka1＋1＝k＋1， 所以＝k＋1，故对任意的n∈N*都有＝k＋1，此时数列{an}是等比 数列. 综上，当k＝－1时，{an}不是等比数列；当k≠－1时，{an}是等比数列. 解决Sn和an的关系的方法 1.由an与Sn的关系式，结合an＝来求解. 2.由an与Sn的关系式知数列{an}是等比数列，则Sn＝Aan＋B.A＝－，B＝. 3.由an与Sn的关系式知数列{an}是等比数列，赋值求解. 规律方法 对点练3.(一题多解)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝__________. (－2)n－1 法一：当n＝1时，由Sn＝an＋，得a1＝a1＋，即a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝an－an－1，即an＝－2an－1，故数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，从而{an}的通项公式是an＝(－2)n－1. 法二：因为Sn＝an＋，所以数列{an}是等比数列，则＝，＝ －，于是q＝－2，a1＝1，从而{an}的通项公式是an＝(－2)n－1. 法三：因为Sn＝an＋，所以数列{an}是等比数列，由 所以公比q＝－2，所以{an}的通项公式是an＝(－2)n－1. 应用2　等比数列前n项和的实际应用 (链教材P29例6)新能源汽车技术的发展有着诸多的作用，它不仅能够帮助国家减少对石油的依赖，还能够减轻对环境的污染.为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干年时间更换10 000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，新车为电力型和混合动力型公交车.今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后电力型公交车每年的投入量比上一年增加50％，混合动力型公交车每年比上一年多投入a辆. (1)求经过n年，该市被更换的公交车总辆数S(n)(不必写出n的取值范围)； 典例 4 解：设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的辆数， 依题意，数列{an}是首项为128，公比为1＋50％＝的等比数列，数列{bn}是首项为400，公差为a的等差数列， 故数列{an}的前n项和为 ＝256×， 数列{bn}的前n项和为400n＋a， 所以经过n年，该市被更换的公交车总辆数 S(n)＝256×＋400n＋a. (2)若该市计划7年内完成全部更换，求a的最小值. 解：若计划7年内完成全部更换， 则S(7)≥10 000， 即256×＋400×7＋a≥10 000， 即21a≥3 082，解得a≥146， 又a∈N＋，所以a的最小值为147. 解答数列实际应用问题的方法 1.判断、建立数列模型 (1)变化“量”是同一个常数：等差数列； (2)变化“率”是同一个常数：等比数列. 2.提取基本量 从条件中提取相应数列的基本量a1，q(d)，n，an，Sn，列出方程(组)求解. 规律方法 对点练4.《算法统宗》是中国古代数学名著，程大位著，共17卷，书中有这样一个问题：“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，要见次日行里数，请公仔细算相还.”大致意思是：有一个人要到距离出发地378里的地方，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.那么此人第一天所走路程里数为 A.96 B.126 C.192 D.252 √ 由题意得，此人每天走的路程形成以a1为首项，以为公比的等比数列.因为此人6天后到达目的地，则有S6＝＝378，解得a1＝192，所以此人第一天所走路程里数为192.故选C. [教材拓展4]　错位相减法求和(源于教材P28　抽象概括) 我们利用“错位相减”的方法可求等比数列的前n项和，进而可利用该法求数列的前n项和Sn，其操作步骤如下：由于Sn＝1×31＋3×32＋…＋·3n，3Sn＝1×32＋3×33＋…＋·3n＋1，从而2Sn＝－3－(2×32＋…＋2×3n)＋·3n＋1，所以Sn＝·3n＋1＋3， 类比如上方法可求数列的前n项和Tn，则2Tn＋3＝_______________. 典例 5 ·3n＋1 由题意，Tn＝12×31＋22×32＋…＋n2·3n，3Tn＝12×32＋22×33＋…＋n2·3n＋1，两式相减得2Tn＝－3＋·32＋·33＋…＋·3n＋n2·3n＋1，即2Tn＝－3－[3·32＋5·33＋…＋(2n－1)·3n]＋n2·3n＋1，即2Tn＝－3－＋n2·3n＋1， 即2Tn＝－Sn＋n2·3n＋1＝－＋n2·3n＋1＝·3n＋1－3，所以2Tn＋3＝·3n＋1. 返回 课堂小结 任务 再现 1.等比数列前n项和公式的基本运算.2.等比数列前n项和公式的结构特点. 3.等比数列前n项和公式的实际应用 方法 提炼 公式法、错位相减法 易错 警示 等比数列前n项和公式中项数的判断易出错 随堂评价 返回 1.等比数列{an}的首项a1＝1，公比q＝2，则S6等于 A.－63 B.31 C.－31 D.63 √ S6＝＝26－1＝64－1＝63.故选D. 2.设Sn为等比数列{an}的前n项和且Sn＝3n＋1－A，则A＝ A.－ B. C.－3 D.3 √ 由Sn＝3n＋1－A＝3×3n－A，所以A＝3.故选D. 3.(2023·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. B. C.15 D.40 √ 由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q＞0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C. 4.某病毒研究所为了更好地研究某病毒，计划改建五个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费.已知第一到第五实验室的设备费依次构成等比数列，且第一实验室的设备费为3万元，第三实验室的设备费为12万元，则该研究所改建这五个实验室投入的设备费总共为_______万元. 93 设第n个实验室的设备费为an万元，各实验室的设备费构成的等比数列的公比为q，则q＞0.由题意可得a1＝3，a3＝12，故a1q2＝12，解得q＝2.所以改建这五个实验室投入的设备费总共为＝＝93 (万元). 返回 课时分层评价 返回 1.在等比数列{an}中，a1＝2，a2＝1，则S100等于 A.4－2100 B.4＋2100 C.4－2－98 D.4－2－100 √ q＝＝.S100＝＝＝4×(1－2－100)＝4－2－98.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.(数学文化)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 √ 设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2.所以S7＝＝＝381，解得a1＝3.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.若等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－2，则a2＝ A.4 B.12 C.24 D.36 √ 因为等比数列的前n项和为Sn＝a·3n－2，所以a＝2，所以a2＝S2－S1＝12.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.已知数列{an}是首项为1的等比数列，Sn是数列{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为 A.或5 B.或5 C. D. √ 由9S3＝S6，得q≠1，且＝，即1＋q3＝9，解得q＝2，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，则数列的前5项和为＝.故选C. 4 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 5.(多选题)已知等比数列{an}是单调数列，设Sn是其前n项和，若a1＝243，a5＝3，则下列结论正确的是 A.a3＝±27 B.an＝36－n C.Sn＝ D.a1a2…an＝a1a2…a11－n √ √ 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 1 2 设等比数列{an}的公比为q，则有解得q＝或－，当q＝－时，数列{an}不是单调数列，所以q＝，所以a3＝a1q2＝27，故A错误；an＝a1＝35×＝36－n，故B正确；Sn＝＝＝，故C错误；a1a2…an＝35×34×…×36－n＝，a1a2…a11－n＝35×34×…×3－5＋n＝＝，所以a1a2…an＝a1a2…a11－n成立，故D正确.故选BD. 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 1 2 6.(数学文化)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马.”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？此问题中1斗为10升，则牛主人应偿还多少升粟？ A. B. C. D. √ 4 5 6 3 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 5斗＝50升，设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a1，a2，a3，由题意可知a1，a2，a3构成公比为2的等比数列，且S3＝50，则＝50，解得a1＝，所以牛主人应偿还粟的量为a3＝22a1＝.故选D. 4 5 6 3 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 7.等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝_______. －2 S3＋3S2＝a1＋a2＋a3＋3a1＋3a2＝4a1＋4a2＋a3＝a1(4＋4q＋q2)＝a1(2＋q)2＝0，故q＝－2. 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4 5 3 1 2 8.已知数列{an}是公比为q的等比数列，若a1＝，q＝，则＋＋…＋＝_______. 由题意an＝×()n－1，则＝＝×2n－1，故{}是首项为，公比为2的等比数列，故＋＋…＋＝＝. 6 7 8 4 5 3 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 9.等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1，2，3，…)，则q的取值范围是__________________. (－1，0)∪(0，＋∞) 因为数列{an}为等比数列，Sn＞0，所以a1＝S1＞0，q≠0.当q＝1时，Sn＝na1＞0；当q≠1时，Sn＝＞0，即＞0，所以所以－1＜q＜0或0＜q＜1或q＞1.综上，q的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞). 9 10 11 12 13 14 15 16 8 6 7 4 5 3 1 2 10.(13分)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn. (1)求{an}的通项公式； 解：由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2. 所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列， 通项公式为an＝3n－1，n∈N＋. 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 14 15 16 1 2 (2)求{bn}的前n项和. 解：由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn得＝， 因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列. 设{bn}的前n项和为Sn， 则Sn＝＝－. 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 14 15 16 1 2 11.在数列{an}中，a1＝2，＝aman，若＋＋…＋＝215－25，则k等于 A.2 B.3 C.4 D.5 √ a1＝2，＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，所以{an}是以2为首项，公比为2的等比数列，所以an＝2×2n－1＝2n.又因为＋＋…＋＝215－25，所以＝215－25，即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，所以2k＋1＝25，所以k＋1＝5，所以k＝4.故选C. 10 11 12 13 14 15 16 8 6 7 4 5 3 9 1 2 12.已知等比数列{an}的首项为8，Sn是其前n项的和，某同学经计算得S1＝8，S2＝20，S3＝36，S4＝65，后来该同学发现其中一个数算错了，则该数为_____. S3 由题意知S1正确；若S4错误，则S2，S3正确，于是a1＝8，a2＝S2－S1＝12，a3＝S3－S2＝16，与{an}为等比数列矛盾，故S4＝65；若S3错误，则S2正确，此时，a1＝8，a2＝12.所以q＝，所以S4＝＝＝65，符合题意. 11 12 13 14 15 16 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 13.(双空题)如图，该图形称之为毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理作出的一个可以无限重复的图形.图①是边长为1的正方形，以正方形的一边为斜边作直角三角形，再以直角三角形的两个直角边为边分别作正方形得到图②，重复以上作图得到图③，④，…，记图①中正方形的个数为a1，图②中正方形的个数为a2，图③中正方形的个数为a3，图④中正方形的个数为a4，依此类推，第n个图形中的正方形个数为an，则a6＝______；若记Sn是数列{an}的前n项和，则S11＝________. 63 4 083 12 13 11 10 8 6 7 4 5 3 9 14 15 16 1 2 由题图易知，a1＝1＝21－1，a2＝3＝22－1，a3＝7＝23－1，a4＝15＝24－1，猜想可知，an＝2n－1，所以a6＝26－1＝64－1＝63，S11＝(21＋22＋23＋…＋211)－11＝－11＝4 083. 12 13 11 10 8 6 7 4 5 3 9 14 15 16 1 2 14.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且6，2Sn，an成等差数列. (1)求an； 解：因为6，2Sn，an成等差数列， 所以4Sn＝an＋6， 因此有4Sn－1＝an－1＋6(n≥2)， 两式相减，得4an＝an－an－1， 即an＝－an－1(n≥2)， 当n＝1时，4S1＝a1＋6，所以a1＝2，故{an}是以2为首项，－为公比的等比数列， 所以an＝2×(－)n－1. 13 14 15 16 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 (2)是否存在m∈N＋，使得a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＞6am对任意n∈N＋恒成立？若存在，求m的所有取值；否则，请说明理由. 解：存在.因为anan＋1＝4×(－)2n－1， 所以题中不等式等价于4［(－)1＋(－)3＋…＋(－)2n－1］＞12×(－)m－1， 即＞3·(－)m－1， 即(1－)＜(－)m－2对∀n∈N＋恒成立. 因为1－＜1，且当n→＋∞时，1－→1，所以(－)m－2≥，显然m为偶数，当m＝2时不等式成立； 当m≥4时，(－)m－2≤，此时≥无解. 综上，存在m∈N＋满足题意，m＝2. 13 14 15 16 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 15.(5分)有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形几何体的表面积(不含最底层正方体的下底面面积)超过34，则该塔形几何体中正方体的个数至少是 A.4 B.5 C.6 D.7 √ 14 15 16 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 设从最底层开始的第n层的正方体棱长为an，a1＝2，a2＝× ＝，a3＝×＝1，则{an}是以2为首项，以为公 比的等比数列，所以是以4为首项，以为公比的等比数列.所以 塔形几何体的表面积Sn＝4＋4＋4＋…＋4＋＝4×＋4＝36－，令36－＞34，解得n＞4，所以该塔形几何体中正方体的个数至少为5个.故选B. 14 15 16 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 16.(17分)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N＋. (1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn； 解：因为an·an＋1＝， 所以an＋1·＝， 所以＝，即＝an， 因为bn＝a2n＋a2n－1， 所以＝＝＝，所以{bn}是公比为的等比数列. 因为a1＝1，a1·a2＝，所以a2＝⇒b1＝a2＋a1＝，所以bn＝×＝. 16 14 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 15 1 2 (2)求T2n. 解：由(1)可知，T2n＝a1＋a2＋…＋a2n－1＋a2n＝b1＋b2＋…＋bn＝＝3－. 返回 16 14 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 15 1 2 谢 谢 观 看 第1课时　等比数列的前n项和公式 返回 $