1.3.2 第2课时 等比数列的前n项和的性质及应用-【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2课时　等比数列的前n项和的性质及应用 　 第一章　§3　3.2　等比数列的前n项和 学习目标 1.熟练应用等比数列前n项和的性质解题，提升数学运算、逻辑推理的核心素养.　 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，提升数学运算、数学建模的核心素养. 内容索引 任务一　等比数列前n项和的“片段和”性质 1 任务二　等比数列前n项和的“奇偶项”性质 2 任务三　综合应用 3 课时分层评价 5 随堂评价 4 任务一　等比数列前n项和的“片段和”性质 返回 问题1.你能否用等比数列{an}中的Sm，Sn来表示Sm＋n？ 提示：思路一：Sm＋n＝a1＋a2＋…＋am＋＋am＋2＋…＋am＋n＝Sm＋a1qm＋a2qm＋…＋anqm ＝Sm＋qmSn. 思路二：＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋an＋2＋…＋an＋m＝Sn＋a1qn＋a2qn＋…＋amqn＝Sn＋qnSm. 问题导思 问题2.类似于等差数列中的“片段和”的性质，在等比数列中，你能发现Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…(n为偶数且q＝－1除外)的关系吗？ 提示：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，证明如下： 思路一：当q＝1时，结论显然成立； 当q≠1时，Sn＝，S2n＝，S3n＝.S2n－Sn＝－＝，S3n－S2n＝－＝，而＝，Sn(S3n－S2n)＝·，故有＝Sn(S3n－S2n)，所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列. 思路二：由性质＝Sm＋qmSn可知S2n＝Sn＋qnSn，故有S2n－Sn＝qnSn， S3n＝S2n＋q2nSn，故有S3n－S2n＝q2nSn，故有＝Sn(S3n－S2n)， 所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列. “片段和”性质 1.若{an}是公比为q的等比数列，则＝Sn＋_______(n，m∈N＋). 2.若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和(n为偶数且q＝－1除外)，则Sn，S2n－Sn，__________仍构成等比数列. 新知构建 qnSm S3n－S2n “片段和”性质成立的条件：Sn≠0. 微提醒 (一题多解)在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n. 解：法一：因为S2n≠2Sn，所以q≠1， 由已知得 ②÷①得1＋qn＝，即qn＝，③ ③代入①得＝64， 所以S3n＝＝64＝63. 典例 1 法二：因为{an}为等比数列，显然公比不等于－1， 所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列， 所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)， 所以S3n＝＋S2n＝＋60＝63. 法三：由性质＝Sm＋qmSn可知S2n＝Sn＋qnSn，即60＝48＋48qn，得qn＝， 所以S3n＝S2n＋q2nSn＝60＋48×＝63. 变式探究 (变条件，变设问)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若an＞0，S3＝5，a7＋a8＋a9＝20，则S15＝_________. 155 由等比数列的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，S15－S12是等比数列，由条件可知S3＝5，S9－S6＝20，设此等比数列的公比为q，则q2＝＝＝4，又an＞0，所以q＝2，S15＝S3＋＋＋＋，所以S15＝＝155. 处理等比数列前n项和的”片段和“有关问题的常用方法 1.充分利用＝Sm＋qmSn和Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…(n为 偶数且q＝－1除外)仍成等比数列这一重要性质，能有效减少运算量. 2.运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元. 规律方法 对点练1.(1)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于 A.3∶4 B.2∶3 C.1∶2 D.1∶3 √ 在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝S5，得S15∶S5＝3∶4.故选A. (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝－1，S4＝－5，则S6等于 A.－9 B.－21 C.－25 D.－63 √ 因为S2＝－1≠0，所以q≠－1，由等比数列前n项和的性质得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即－1×(S6＋5)＝(－5＋1)2，所以S6＝－21.故选B. 返回 任务二　等比数列前n项和的“奇偶项”性质 返回 问题3.类比等差数列前n项和性质中的奇数项、偶数项的问题，等比数列是否也有相似的性质？ 提示：若等比数列{an}共有2n项，则其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n，其奇数项和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1，容易发现两式子中对应项之间存在联系，即S偶＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝qS奇，所以有＝q. 若等比数列{an}的项数有2n＋1项，则其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n，其奇数项和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1，从项数上来看，奇数项比偶数项多了一项，于是我们有S奇－a1＝a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝a2q＋a4q＋…＋a2nq＝qS偶，即S奇＝a1＋qS偶. 问题导思 若{an}是公比为q的等比数列，S偶，S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和，则： (1)在其前2n项中，＝___； (2)在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝＝(q≠－1). 新知构建 q 若项数为2n＋1，则＝q(S偶≠0)；S奇＝a1＋qS偶. 微提醒 (1)一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则数列的通项公式an＝__________. 典例 2 12× 设数列{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偶，即S奇＝3S偶.因为数列{an}的项数为偶数，所以有q＝＝.又因为a1·a1q·a1q2＝64，所以·q3＝64，即a1＝12，故所求通项公式为an＝12×. (2)已知等比数列{an}有2n＋1项，a1＝1，所有奇数项的和为341，所有偶数项的和为170，则n＝______. 4 因为等比数列{an}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)＝341，偶数项的和为q＋q3＋q5＋…＋q2n－1＝170，整体代入上式得q＝2，所以前2n＋1项的和为＝341＋170＝511，解得n＝4. 处理等比数列前n项和的”奇偶项”有关问题的常用方法 1.若等比数列{an}共有2n项，要抓住＝q和S偶＋S奇＝S2n这一隐含特点；若等比数列{an}共有2n＋1项，要抓住S奇＝a1＋qS偶和S偶＋S奇＝S2n＋1这一隐含特点. 2.运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元. 3.灵活运用等比数列前n项和的有关性质. 规律方法 对点练2.已知等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项的和为255，所有偶数项的和为－126，末项是192，则其首项a1＝_____. 3 设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N*)项，则a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1＋192＝255，故a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1＝255－192＝63，设等比数列{an}的公比为q，则a2＋a4＋a6＋…＋a2k＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1)·q，即63q＝－126，解得q＝－2，因为a1＋a3＋a5＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝a1＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2k)·q，即255＝a1＋(－126)· (－2)，解得a1＝3. 返回 任务三　综合应用 返回 应用1　利用错位相减法求数列的前n项和 已知等比数列{an}中，a1＋a2＝8，a2＋a3＝24，Sn为数列{an}的前n项和. (1)求数列{an}的通项公式； 解：设等比数列{an}的公比为q， 则q＝＝＝3. 故a1＋a2＝a1＋3a1＝8，解得a1＝2， 所以an＝a1＝2×3n－1. 典例 3 (2)若bn＝an·log3(Sn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由(1)知an＝2×3n－1，Sn＝3n－1， 所以bn＝an·log3(Sn＋1)＝2×3n－1×log33n＝2n·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋2(n－1)×3n－2＋2n·3n－1，① 3Tn＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋2(n－1)×3n－1＋2n·3n，② ①－②得－2Tn＝2×30＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2n·3n＝－2n·3n＝3n(1－2n)－1. 所以Tn＝. 关于错位相减法求和 1.适用范围：{an}是等差数列，{bn}是等比数列(q≠1)，形如cn＝anbn的数列适合利用错位相减法求和. 2.求和步骤：(1)对求和式Sn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn(ⅰ)，要写出倒数第二项cn－1； (2)式子的两边同乘以等比数列的公比q，写成qSn＝c1q＋c2q＋…＋ cn－1q＋cnq(ⅱ)的形式，要空一位书写，(ⅰ)(ⅱ)式形成错位； (3)(ⅰ)式－(ⅱ)式，左边＝(1－q)Sn，右边考查利用等比数列求和公式求和、整理； (4)两边同除以1－q，整理得Sn. 规律方法 对点练3.求Sn＝＋＋＋…＋. 解：由Sn＝＋＋＋…＋， 得Sn＝＋＋…＋＋， 两式相减，得Sn－Sn＝＋＋＋…＋－， 即Sn＝－＝1－－， 所以Sn＝2－－＝2－. 应用2　等差、等比数列的综合运算 设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N＋)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N＋).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； 解：设等比数列{bn}的公比为q(q＞0). 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0. 因为q＞0，可得q＝2，故bn＝2n－1. 所以Tn＝＝2n－1. 设等差数列{an}的公差为d. 由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.① 由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，② 联立①，②得a1＝1，d＝1，故an＝n. 所以Sn＝. 典例 4 (2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值. 解：由(1)，有 T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2. 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1， 整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍去)，或n＝4. 所以n的值为4. 　　与等差、等比数列有关的综合问题，其解题过程应注意以下方法与技巧： 1.化归思想：将非等差、等比数列转化构造成等差、等比数列，以便于利用其公式和性质解题. 2.等差(比)数列公式和性质的灵活应用. 3.当题中有多个数列出现时，既要研究单一数列项与项之间的关系，又要关注各数列之间的相互联系. 规律方法 对点练4.已知Sn是无穷等比数列{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； 解：根据已知条件 整理得 (2)求数列{an}的前n项和. 解：因为q≠1，所以 解得 所以Sn＝＝－. 返回 课堂小结 任务 再现 1.等比数列前n项和的“片段和”性质.2.等比数列前n项和的“奇偶项”性质.3.利用错位相减法求数列的前n项和.4.等差、等比数列的综合运算 方法 提炼 公式法、分类讨论法、错位相减法、整体思想 易错 警示 应用“片段和”性质时易忽略其成立的条件 随堂评价 返回 1.等比数列{an}中，a3＝a4，则＋＋＋…＋＝ A. B. C. D. √ 设等比数列{an}的公比为q，因为a3＝a4，所以q＝3，所以＋＋＋…＋＝q＋q2＋q3＋…＋qn＝＝＝.故选B. 2.已知等比数列{an}共有32项，其公比q＝3，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列{an}的所有项之和是 A.30 B.60 C.90 D.120 √ 设等比数列{an}的奇数项之和为S1，偶数项之和为S2，则S1＝a1＋a3＋a5＋…＋a31，S2＝a2＋a4＋a6＋…＋a32＝q＝3S1，又S1＋60＝S2，则S1＋60＝3S1，解得S1＝30，S2＝90，故数列{an}的所有项之和是30＋90＝120.故选D. 3.(多选题)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是 A.数列{kan}(k≠0)为等比数列 B.数列an，，，…为等比数列 C.数列an，an＋m，an＋2m，an＋3m，…为等比数列 D.数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…为等比数列 √ √ 由等比数列的定义可知，数列{an}每项乘以一个不为0的常数构成的数列为等比数列，故A正确；等比数列中等距离项构成的数列为等比数列，故B正确；因为m，2m，3m，…构成一个等差数列，所以当m≠0时不能构成等比数列，故C错误；若an＝(－1)n，此时S2＝0，S4－S2＝0，S6－S4＝0，…不能构成等比数列，故D错误.故选AB. 4.(一题多解)(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6＝7S3，则{an}的公比为_______. － 法一：若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不合题意.所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8·＝7·，即8·(1－q6)＝7·(1－q3)，即8·(1＋q3)(1－q3)＝7·(1－q3)，即8·(1＋q3)＝7，解得q＝－. 法二：由法一知q≠1，因为8S6＝7S3，所以＝，所以由性质＝，得＝＝，所以8·＝7·，即8·(1＋q3)＝7·，即8·＝7，解得q＝－. 返回 课时分层评价 返回 1.已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1 013，偶数项之和为2 026，则这个数列的公比为 A.8 B.－2 C.4 D.2 √ 由＝q，可知q＝2.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.在等比数列{an}中，Sn为其前n项和.若S2＝7，S6＝91，则S4＝ A.28 B.32 C.35 D.49 √ 因为{an}为等比数列，S6≠3S2，且S2≠0，所以公比q≠±1.所以S2，S4－S2，S6－S4是公比为q2的等比数列，即7，S4－7，91－S4是公比为q2的等比数列.所以(S4－7)2＝7×(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21(舍去).故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.(多选题)下列结论不正确的是 A.若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是同一个常数，则这个数列是等差数列 B.等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数 C.等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列 D.如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N＋，都有an＋1＝Sn＋1－Sn √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，根据等差数列的定义可知A正确；对于B，对任意n∈N＋，an＝1，则数列{an}为等差数列，且该数列的前n项和Sn＝n，故B错误；对于C，若等比数列{an}的公比q＝－1，且当n为正偶数时，则Sn＝＝0，所以Sn＝S2n－Sn＝S3n－S2n＝0，此时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列，故C错误；对于D，对任意的n∈N＋，Sn＋1＝＋an＋1＝Sn＋an＋1，可得an＋1＝Sn＋1－Sn，故D正确.故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.已知等比数列{an}共有2n＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an＋1为 A. B. C.20 D.110 √ 由题意得＝a1＝a1qn＝an＋1＝＝.故 选B. 4 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 5.一个项数为偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为 A.6 B.8 C.10 D.12 √ 设等比数列的项数为2n项，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则q＝ ＝2，又它的首项为1，所以通项为an＝2n－1，中间两项的和为an＋an＋1＝2n－1＋2n＝24，解得n＝4，所以项数为8.故选B. 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 1 2 6.(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝ A.120 B.85 C.－85 D.－120 √ 法一：设等比数列{an}的公比为 q，首项为a1， 若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝ －5，S6＝21S2，可得q≠－1，＝－5，＝21×　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝＝×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C. 4 5 6 3 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝，当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知，S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2＞0，与S4＝－5矛盾，舍去.故选C. 4 5 6 3 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 7.已知等比数列{an}共有2n项，其和为－360，且(a1＋a3＋…＋a2n－1)－(a2＋a4＋…＋a2n)＝240，则公比q＝_____. 5 由题意知S奇＋S偶＝－360，S奇－S偶＝240，所以S奇＝－60，S偶＝－300，所以q＝ ＝5. 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4 5 3 1 2 8.设正项等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，则公比q＝______. 由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，得210(S30－S20)＝S20－S10.又S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，所以＝q10＝.又{an}为正项等比数列，所以q＝. 6 7 8 4 5 3 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 9.已知等比数列{an}的公比q＝，且a1＋a3＋a5＋…＋a99＝90，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝______. 120 因为在等比数列中，若项数为2n，则＝q，所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＝90＋×90＝120. 9 10 11 12 13 14 15 16 8 6 7 4 5 3 1 2 10.(13分)在各项均为正整数的等差数列{an}中，a10－a2＝16，且为小于10的质数. (1)求{an}的通项公式； 解：因为a10－a2＝16，所以公差d＝＝2. 又因为＝＝＋3d＝＋6，且为小于10的质数，a1为正整数，所以＋6＝7，a1＝2. 故an＝2＋(n－1)×2＝2n. 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 14 15 16 1 2 (2)若bn＝2n(an－1)，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：由(1)知，an＝2n，所以bn＝2n·(2n－1)， 则Sn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n， 2Sn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1， 则Sn－2Sn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n＋1，化简得－Sn＝2n＋1(3－2n)－6， 即Sn＝2n＋1(2n－3)＋6. 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 14 15 16 1 2 11.已知等比数列{an}中，a1＝1，a1＋a3＋…＋a2k＋1＝85，a2＋a4＋…＋a2k＝42，则k＝ A.2 B.3 C.4 D.5 √ 设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a3＋…＋a2k＋1＝a1＋a2q＋a4q＋…＋a2kq＝85，即q＝85－1＝84，因为a2＋a4＋…＋a2k＝42，所以q＝2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2k＋a2k＋1＝85＋42＝127＝，即128＝22k＋1，解得k＝3.故选B. 10 11 12 13 14 15 16 8 6 7 4 5 3 9 1 2 12.(多选题)已知一个等比数列的前n项、前2n项、前3n项的和分别为P，Q，R，则下列式子不正确的是 A.P＋Q＝R B.Q2＝PR C.(P－Q)2＝P(R－Q) D.P2＋Q2＝P √ √ √ 设等比数列{an}的公比为q，则P＝a1＋a2＋…＋an，Q－P＝an＋1＋＋…＋a2n＝qn＝qnP，R－Q＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n＝q2n＝q2nP，所以(P－Q)2＝P(R－Q).故选ABD. 11 12 13 14 15 16 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 13.等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，这个等比数列前n项的积为Tn(n≥1)，则Tn的最大值为_______. 2 设数列{an}共有(2m＋1)项，由题意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝，S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝，因为项数为奇数时，＝q，所以a1＋qS偶＝S奇，即2＋q＝，所以q＝.所以Tn＝a1·a2·…·an＝q1＋2＋…＋n－1＝，故当n＝1或2时，Tn取最大值2. 12 13 11 10 8 6 7 4 5 3 9 14 15 16 1 2 14.(15分)(新设问)在“①S4＝15，S2＝3；②a1＋a2＝3，a3＝4”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足__________. (1)求数列{an}的通项公式； 注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：若选①S4＝15，S2＝3： 设数列{an}的公比为q(q＞0)，显然q≠1. 因为S4＝＝15，S2＝＝3， 由a1≠0，两式作商可得＝5， 整理可得q2＝4， 解得q＝2或q＝－2(舍去)， 13 14 15 16 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 将q＝2代入S2＝＝3可得a1＝1， 所以an＝a1＝2n－1. 若选②a1＋a2＝3，a3＝4： 设数列{an}的公比为q(q＞0)，显然q≠1. 由已知可得 a1＋a2＝a1(1＋q)＝3，a3＝a1q2＝4， 由a1≠0，两式作商可得＝， 整理可得3q2－4q－4＝0， 解得q＝2或q＝－(舍去)， 将q＝2代入a3＝a1q2＝4可得，a1＝1， 所以an＝a1＝2n－1. 13 14 15 16 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 (2)求数列的前n项和Tn. 注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：由(1)知，an＝2n－1，则＝. 所以Tn＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋＋…＋， 两式作差可得，Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－－， 所以Tn＝4－－＝4－(n＋2). 13 14 15 16 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 15.(5分)(多选题)已知数列{an}：，，，，，，，，，，，，，…(其中第一项是，接下来的22－1项是，，，再接下来的23－1项是，，，，，，，依次类推)，其前n项和为Sn，则下列判断正确的是 A.是{an}的第2 036项 B.存在常数M，使得Sn＜M恒成立 C.S2 036＝1 018 D.满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 100 √ √ √ 14 15 16 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 若是{an}的第k项，则k＝21－1＋22－1＋…＋210－1＝－10＝ 2 036，所以是{an}的第2 036项，故A正确；因为Sn随着n的增大而增大，且n→＋∞时，→1，故Sn→＋∞，所以不存在常数M，使得Sn＜M恒成立，故B错误；S2 036＝＋＋…＋＝×＝1 018，故C正确；由＋＋…＋＝＞1，解得n≥64，又因为S2 036＝1 018，所以满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 036＋64＝2 100，故D正确.故选ACD. 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，前n项的和为Sn，且Sn＝3an－4. (1)求数列{an}的通项公式； 解：Sn＝3an－4①，Sn－1＝3an－1－4(n≥2)②， ①－②得an＝3an－3an－1，即＝， 所以数列{an}是以为公比的等比数列. 又S1＝3a1－4，即a1＝2，所以an＝2×. 16 14 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 15 1 2 (2)如果＋＋＋…＋＜－8×恒成立，求n的最小值. 解： ＝×，设Tn＝＋＋＋…＋， 则Tn＝×＋×＋×＋…＋×＋×， 所以Tn＝×＋×＋×＋…＋×＋×， 两式相减，得Tn＝×［＋＋＋…＋］－×，得Tn＝－×， 所以Tn＝－×＜－8×， 解不等式得n＞，所以nmin＝3. 返回 16 14 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 15 1 2 谢 谢 观 看 第2课时　等比数列的前n项和的性质及应用 返回 $