資源簡介

第2課時　等比數列前n項和的性質及應用
1.設等比數列{an}的前n項和為Sn，已知S3＝8，S6＝7，則a7＋a8＋a9＝（　?。?br/>A.　　 B.－
C.　　 D.
2.已知數列{an}為等比數列，且q＝2，S4＝1，則S8＝（　?。?br/>A.15　　 B.17
C.19　　 D.21
3.已知等比數列{an}共有32項，其公比q＝3，且奇數項之和比偶數項之和少60，則數列{an}的所有項之和是（　?。?br/>A.30　　 B.60
C.90　　 D.120
4.已知數列{an}的前n項和Sn＝an－1（a是不為零的常數），則數列{an}（　?。?br/>A.一定是等差數列
B.一定是等比數列
C.或是等差數列，或是等比數列
D.既非等差數列，也非等比數列
5.（多選）設等比數列{an}的前n項和為Sn，則下列數列一定是等比數列的有（　?。?br/>A.a1＋a2，a2＋a3，a3＋a4，…
B.a1＋a3，a3＋a5，a5＋a7，…
C.S2，S4－S2，S6－S4，…
D.S3，S6－S3，S9－S6，…
6.（多選）在公比q為整數的等比數列{an}中，Sn是數列{an}的前n項和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，則下列說法正確的是（　?。?br/>A.q＝2
B.數列{Sn＋2}是等比數列
C.S8＝510
D.數列{lg an}是公差為2的等差數列
7.一個等比數列的前n項和Sn＝（1－2λ）＋λ·2n，則λ＝　　　　.
8.（2024·南通月考）某住宅小區計劃植樹不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植樹的棵數是前一天的2倍，則需要的最少天數n（n∈N*）等于　　　　.
9.設正項等比數列{an}的前n項和為Sn，且210S30－（210＋1）S20＋S10＝0，則公比q＝　　　　.
10.已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且滿足S3＝7，S6＝63.
（1）求數列{an}的通項公式；
（2）若bn＝an＋log2an，求數列{bn}的前n項和Tn.
11.在等比數列{an}中，若a1＝，a4＝－4，則｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝（　　）
A.2n－　　 B.2n－1
C.2n－1－　　 D.2n－1－1
12.（多選）設等比數列{an}的公比為q，其前n項和為Sn.前n項積為Tn，并且滿足條件a1＞1，a7a8＞1，＜0.則下列結論正確的是（　?。?br/>A.0＜q＜1　　 B.a7a9＞1
C.Sn的最大值為S9　　 D.Tn的最大值為T7
13.已知Sn為正項等比數列{an}的前n項和，若S6－3S3＝4，則S9－S6的最小值為　　　　.
14.如圖，作邊長為a的正三角形的內切圓，在這個圓內作內接正三角形，然后，再作新三角形的內切圓.如此下去，求前n個內切圓的面積和.
15.等比數列{an}的公比q≠1，Sn，S2n，S3n分別表示前n項和，前2n項和，前3n項和.求證：＋＝SnS2n＋SnS3n.
第2課時　等比數列前n項和的性質及應用
1.A　易知q≠－1，因為a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比數列，即8，－1，S9－S6成等比數列，所以8（S9－S6）＝1，即S9－S6＝，所以a7＋a8＋a9＝.
2.B　法一　因為q＝2，S4＝1，所以S4＝＝＝1，解得a1＝，所以S8＝＝＝17.故選B.
法二　由題意得S8＝（a1＋a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋a7＋a8）＝S4＋q4（a1＋a2＋a3＋a4）＝S4（1＋q4）＝17.
3.D　設等比數列{an}的奇數項之和為S1，偶數項之和為S2，則S1＝a1＋a3＋a5＋…＋a31，S2＝a2＋a4＋a6＋…＋a32＝q（a1＋a3＋a5＋…＋a31）＝3S1，又S1＋60＝S2，則S1＋60＝3S1，解得S1＝30，S2＝90，故數列{an}的所有項之和是30＋90＝120.故選D.
4.C　由Sn＝an－1知，當a＝1時，Sn＝0，此時數列{an}為等差數列（an＝0）.當a≠1時，a1＝a－1，an＝Sn－Sn－1＝（an－1）－（an－1－1）＝an－an－1＝（a－1）an－1，n≥2，n＝1時也符合上式，故數列{an}是首項為a－1，公比為a（a≠1）的等比數列.故選C.
5.BD　設數列{an}的公比為q，q≠0，對于A和C，都有首項a1＋a2＝a1（1＋q），當q＝－1時，a1＋a2＝0，不滿足等比數列，故A、C錯誤；對于B，a1＋a3＝a1（1＋q2）≠0，且＝＝q2，同理＝q2，故數列a1＋a3，a3＋a5，a5＋a7，…為等比數列，故B正確；對于D，S3＝a1＋a2＋a3＝a1（1＋q＋q2）≠0，且＝q3，＝q3，故數列S3，S6－S3，S9－S6，…為等比數列，故D正確.故選B、D.
6.ABC　∵a1＋a4＝18，a2＋a3＝12且公比q為整數，∴∴或（舍），故A正確；Sn＝＝2n＋1－2，∴S8＝510，故C正確；∴Sn＋2＝2n＋1，故數列{Sn＋2}是等比數列，故B正確；an＝2×2n－1＝2n，∴lg an＝lg 2n＝nlg 2，故數列{lg an}是公差為lg 2的等差數列，故D錯誤.
7.1　解析：設等比數列{an}的公比為q，當q＝1時，a1＝S1＝（1－2λ）＋2λ＝1，則Sn＝n，顯然與題設不符，∴q≠1，即等比數列不是常數列，又{an}是等比數列，∴1－2λ＋λ＝0，解得λ＝1.
8.6　解析：每天植樹的棵數構成以2為首項，2為公比的等比數列，其前n項和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64，27＝128，則n＋1≥7，即n≥6.
9.　解析：由210S30－（210＋1）S20＋S10＝0，得210（S30－S20）＝S20－S10.易知q≠－1，∴S10，S20－S10，S30－S20成等比數列，∴＝q10＝（）10.又{an}為正項等比數列，∴q＝.
10.解：（1）由題意知S6≠2S3，q≠1，且q≠－1，
由等比數列的前n項和的性質知，
q3＝＝＝8，故q＝2，
∴S3＝＝7，代入q可得a1＝1，
∴an＝2n－1.
（2）由（1）知bn＝2n－1＋n－1，
∴Tn＝（1＋2＋…＋2n－1）＋[1＋2＋…＋（n－1）]
＝2n＋－1.
11.C　設等比數列{an}的公比為q，則a4＝a1q3，代入數據解得q3＝－8，所以q＝－2，等比數列{｜an｜}的公比為｜q｜＝2，則｜an｜＝×2n－1，所以｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝（1＋2＋22＋…＋2n－1）＝（2n－1）＝2n－1－.
12.AD　∵a1＞1，a7a8＞1，＜0，∴a7＞1，0＜a8＜1，∴0＜q＜1，故A正確；a7a9＝＜1，故B錯誤；∵a1＞1，0＜q＜1，∴數列為正項遞減數列，∴Sn無最大值，故C錯誤；又a7＞1，0＜a8＜1，∴T7是數列{Tn}中的最大項，故D正確.故選A、D.
13.32　解析：由q≠－1及等比數列的性質，知S3，S6－S3，S9－S6成等比數列.又S6－3S3＝4，∴S9－S6＝＝＝4S3＋＋16≥2＋16＝32，當且僅當S3＝2時，等號成立，∴S9－S6的最小值為32.
14.解：設第n個正三角形的內切圓的半徑為an，
因為從第2個正三角形開始，每一個正三角形的邊長是前一個正三角形邊長的，每一個正三角形內切圓的半徑也是前一個正三角形內切圓半徑的，結合題意可知a1＝atan 30°＝a，an＝an－1.
故前n個內切圓的面積和為π（＋＋…＋）＝π·［1＋＋（）2＋…＋（）n－1］＝×＝（1－）.
15.證明：∵Sn＝，
S2n＝，S3n＝，
＝（）2（1－2qn＋q2n），
＝（）2（1－2q2n＋q4n），
∴＋＝（）2（2－2qn－q2n＋q4n），
SnS2n＋SnS3n＝（）2[（1－qn－q2n＋q3n）＋（1－qn－q3n＋q4n）]＝（）2（2－2qn－q2n＋q4n），
∴＋＝SnS2n＋SnS3n.
2 / 2第2課時　等比數列前n項和的性質及應用
題型一 等比數列前n項和公式的函數特性
【例1】　已知數列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2n－1，判斷{an}是不是等比數列，并說明理由.
通性通法
　　由Sn＝Aqn＋B（AB≠0，q≠0且q≠1）判斷等比數列的注意事項
　　若數列{an}的前n項和Sn＝Aqn＋B（AB≠0，q≠0且q≠1），當A＋B＝0時，{an}是等比數列；當A＋B≠0時，{an}不是等比數列.
【跟蹤訓練】
1.若數列{an}是等比數列，且其前n項和為Sn＝3n＋1－2k，則實數k＝　　　　.
2.等比數列{an}的前n項和Sn＝m·4n－1＋t（其中m，t為常數且mt≠0），則＝　　　　.
題型二 等比數列前n項和的性質
角度1　與“片段和”相關的性質
【例2】?。?）等比數列{an}的前n項和為Sn，S2＝7，S6＝91，則S4＝（　?。?br/>A.28　　 B.32
C.21　　 D.28或－21
（2）設等比數列{an}的前n項和為Sn，若＝，則 ＝（　　）
A.　　 B.
C.　　 D.
通性通法
　　設等比數列{an}的前n項和為Sn，公比為q，則：
（1）當Sm≠0時，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍組成等比數列（公比為qm，m≥2）；
（2）當q＝1時，＝；當q≠±1時，＝；
（3）Sn＋m＝Sm＋qmSn＝Sn＋qnSm.
角度2　與“奇數項和、偶數項和”相關的性質
【例3】　一個項數為偶數的等比數列，全部項之和為偶數項之和的4倍，前3項之積為64，求該等比數列的通項公式.
通性通法
　　若{an}是公比為q的等比數列，S偶，S奇分別是數列的偶數項和與奇數項和，則：
（1）當n是偶數時，則＝q；
（2）當n是奇數時，則S奇＝a1＋qS偶，即＝q.
【跟蹤訓練】
1.設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S3＝8，S6＝24，則a10＋a11＋a12＝（　?。?br/>A.32　　 B.64
C.72　　 D.216
2.已知等比數列{an}的公比q＝，且a1＋a3＋a5＋…＋a99＝90，則a1＋a2＋a3＋…＋a100＝　　　　.
題型三 等比數列前n項和的實際應用
【例4】　（鏈接教科書第164頁例4）某市2023年共有1萬輛燃油型公交車.為了倡導綠色交通，有關部門計劃于2024年投入128輛電力型公交車，隨后電力型公交車每年的投入數量為上一年投入數量的2倍，試問：
（1）該市在2030年應該投入多少輛電力型公交車？
（2）到哪一年底，該市電力型公交車的數量開始超過公交車總量的？
通性通法
解答數列應用問題的方法
（1）判斷、建立數列模型：①變化“量”是同一個常數：等差數列；②變化“率”是同一個常數：等比數列；
（2）提取基本量：從條件中提取相應數列的基本量a1，q（d），n，an，Sn，列出方程（組）求解.
【跟蹤訓練】
　為保護我國的稀土資源，國家限定某礦區的出口總量不能超過80噸，該礦區計劃從2024年開始出口，當年出口a噸，以后每年出口量均比上一年減少10%.
（1）以2024年為第一年，設第n年出口量為an噸，試求an的表達式；
（2）國家計劃10年后終止該礦區的出口，問2024年最多出口多少噸？（0.910≈0.35，保留一位小數）
1.已知一個等比數列的項數是偶數，其奇數項之和為1 012，偶數項之和為2 024，則這個數列的公比為（　?。?br/>A.8　　　B.－2　　　C.4　　　D.2
2.在等比數列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，則a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝（　　）
A.2n－1　　 B.
C.　　 D.
3.已知等比數列{an}的前n項和為Sn，若S2＝1，S4＝4，則a7＋a8＝（　　）
A.40　　B.30　　C.27　　D.9
4.我國古代數學名著《算法統宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈.”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的頂層的燈數是（　?。?br/>A.1　　B.2　　C.3　　D.6
第2課時　等比數列前n項和的性質及應用
【典型例題·精研析】
【例1】　解：由Sn＝2n－1，得a1＝S1＝1，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝（2n－1）－（2n－1－1）＝2n－1，
令n＝1，得21－1＝1＝a1，所以an＝2n－1，n∈N*，＝2，n≥2，n∈N*，所以{an}是等比數列.
跟蹤訓練
1.　解析：∵Sn＝3n＋1－2k＝3×3n－2k，且{an}為等比數列，∴3－2k＝0，即k＝.
2.－4　解析：法一　a1＝S1＝m＋t，a2＝S2－S1＝3m，a3＝S3－S2＝12m，因為{an}為等比數列，則＝a1a3，所以9m2＝12m（m＋t），即m＝－4t，故＝－4.
法二　Sn＝m·4n－1＋t＝m·4n＋t，因為{an}是等比數列，故m＝－t，則＝－4.
【例2】?。?）A　（2）D　解析：（1）∵{an}為等比數列，∴S2，S4－S2，S6－S4也為等比數列，即7，S4－7，91－S4成等比數列，∴（S4－7）2＝7（91－S4），解得S4＝28或S4＝－21.∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2＝（a1＋a2）（1＋q2）＝S2（1＋q2）＞S2，∴S4＝28.
（2）∵{an}是等比數列，∴S5，S10－S5，S15－S10也成等比數列.∵＝，∴設S5＝2k（k≠0），則S10＝k，∴S10－S5＝－k，∴S15－S10＝，∴S15＝，∴＝＝.
【例3】　解：設數列為{an}，首項為a1，公比為q，全部奇數項、偶數項之和分別記為S奇，S偶，由題意，知S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶.
∵數列{an}的項數為偶數，∴q＝＝.
又a1·a1q·a1q2＝64，∴·q3＝64，即a1＝12.
故所求通項公式為an＝12×，n∈N*.
跟蹤訓練
1.B　由于S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比數列，S3＝8，S6－S3＝16，故其公比為2，所以S9－S6＝32，a10＋a11＋a12＝S12－S9＝64.
2.120　解析：因為在等比數列中，若項數為2n，則＝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.
【例4】　解：（1）由題知每年投入的電力型公交車數量構成公比q＝2的等比數列，記為{an}.
記2024年投入電力型公交車數量為a1，則a1＝128，
an為第2 023＋n年投入的電力型公交車數量.an＝a1·qn－1＝128×2n－1＝2n＋6，
2030年投入的電力型公交車數量為a7＝213＝8 192.
所以該市在2030年應該投入8 192輛電力型公交車.
（2）記{an}的前n項和為Sn，則Sn＝128×＝2n＋7－128，
由Sk＞（Sk＋10 000），則Sk＞5 000且k為正整數，
即2k＋7－128＞5 000，所以k＋7≥13，即k≥6，
因為2 023＋6＝2 029，
所以到2029年底，該市電力型公交車的數量開始超過公交車總量的.
跟蹤訓練
　解：（1）由題意知每年的出口量構成等比數列{an}，且首項a1＝a，公比q＝1－10%＝0.9，
∴an＝a·0.9n－1.
（2）10年的出口總量S10＝＝10a（1－0.910）.
∵S10≤80，∴10a（1－0.910）≤80，
即a≤，
∴a≤12.3.故2024年最多出口12.3噸.
隨堂檢測
1.D　由＝q，可知q＝2.
2.B　由a1a2a3＝1得a2＝1，又a4＝4，故q2＝4，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝.
3.C　由于{an}是等比數列，所以S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6也成等比數列，其中S2＝1，S4－S2＝3，所以S6－S4＝3×3＝9，S8－S6＝9×3＝27，所以a7＋a8＝S8－S6＝27.
4.C　設頂層的燈數是a1，則每一層燈數形成以a1為首項，以2為公比的等比數列，設為{an}，由題可得S7＝＝381，解得a1＝3，故塔的頂層的燈數是3.
1 / 2(共51張PPT)
第2課時　等比數列前n項和的性質及應用
目錄
典型例題·精研析
01
知能演練·扣課標
02
典型例題·精研析
01
課堂互動 關鍵能力提升
題型一 等比數列前 n 項和公式的函數特性
【例1】　已知數列{ an }的前 n 項和為 Sn ，若 Sn ＝2 n －1，判斷{ an }是
不是等比數列，并說明理由.
解：由 Sn ＝2 n －1，得 a1＝ S1＝1，當 n ≥2時， an ＝ Sn － Sn－1＝（2 n －
1）－（2 n－1－1）＝2 n－1，
令 n ＝1，得21－1＝1＝ a1，所以 an ＝2 n－1， n ∈N*， ＝2， n ≥2，
n ∈N*，所以{ an }是等比數列.
通性通法
　　由 Sn ＝ Aqn ＋ B （ AB ≠0， q ≠0且 q ≠1）判斷等比數列的注
意事項
　　若數列{ an }的前 n 項和 Sn ＝ Aqn ＋ B （ AB ≠0， q ≠0且 q
≠1），當 A ＋ B ＝0時，{ an }是等比數列；當 A ＋ B ≠0時，{ an }
不是等比數列.
【跟蹤訓練】

解析：∵ Sn ＝3 n＋1－2 k ＝3×3 n －2 k ，且{ an }為等比數列，∴3－2
k ＝0，即 k ＝ .
　
2. 等比數列{ an }的前 n 項和 Sn ＝ m ·4 n－1＋ t （其中 m ， t 為常數且 mt
≠0），則 ＝ .
解析：法一　 a1＝ S1＝ m ＋ t ， a2＝ S2－ S1＝3 m ， a3＝ S3－ S2＝12
m ，因為{ an }為等比數列，則 ＝ a1 a3，所以9 m2＝12 m （ m ＋
t ），即 m ＝－4 t ，故 ＝－4.
－4　
法二　 Sn ＝ m ·4 n－1＋ t ＝ m ·4 n ＋ t ，因為{ an }是等比數列，故 m ＝
－ t ，則 ＝－4.
題型二 等比數列前 n 項和的性質
角度1　與“片段和”相關的性質
【例2】?。?）等比數列{ an }的前 n 項和為 Sn ， S2＝7， S6＝91，則 S4
＝（　A?。?br/>A. 28 B. 32
C. 21 D. 28或－21
解析：∵{ an }為等比數列，∴ S2， S4－ S2， S6－ S4也為等比數列，即
7， S4－7，91－ S4成等比數列，∴（ S4－7）2＝7（91－ S4），解得 S4
＝28或 S4＝－21.∵ S4＝ a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ a1＋ a2＋ a1 q2＋ a2 q2＝（ a1
＋ a2）（1＋ q2）＝ S2（1＋ q2）＞ S2，∴ S4＝28.
（2）設等比數列{ an }的前 n 項和為 Sn ，若 ＝ ，則 ＝
（　D?。?br/>解析：∵{ an }是等比數列，∴ S5， S10－ S5， S15－ S10也成等比數
列.∵ ＝ ，∴設 S5＝2 k （ k ≠0），則 S10＝ k ，∴ S10－ S5＝
－ k ，∴ S15－ S10＝ ，∴ S15＝ ，∴ ＝ ＝ .
通性通法
　　設等比數列{ an }的前 n 項和為 Sn ，公比為 q ，則：
（1）當 Sm ≠0時， Sm ， S2 m － Sm ， S3 m － S2 m ，…仍組成等比數列
（公比為 qm ， m ≥2）；
（2）當 q ＝1時， ＝ ；當 q ≠±1時， ＝ ；
（3） Sn＋ m ＝ Sm ＋ qmSn ＝ Sn ＋ qnSm .
角度2　與“奇數項和、偶數項和”相關的性質
【例3】　一個項數為偶數的等比數列，全部項之和為偶數項之和的4
倍，前3項之積為64，求該等比數列的通項公式.
解：設數列為{ an }，首項為 a1，公比為 q ，全部奇數項、偶數項之和
分別記為 S奇， S偶，由題意，知 S奇＋ S偶＝4 S偶，即 S奇＝3 S偶.
∵數列{ an }的項數為偶數，∴ q ＝ ＝ .
又 a1· a1 q · a1 q2＝64，∴ · q3＝64，即 a1＝12.
故所求通項公式為 an ＝12× ， n ∈N*.
通性通法
　　若{ an }是公比為 q 的等比數列， S偶， S奇分別是數列的偶數項和
與奇數項和，則：
（1）當 n 是偶數時，則 ＝ q ；
（2）當 n 是奇數時，則 S奇＝ a1＋ qS偶，即 ＝ q .
【跟蹤訓練】
1. 設等比數列{ an }的前 n 項和為 Sn ，若 S3＝8， S6＝24，則 a10＋ a11＋
a12＝（　?。?br/>A. 32 B. 64
C. 72 D. 216
解析：　由于 S3， S6－ S3， S9－ S6， S12－ S9成等比數列， S3＝
8， S6－ S3＝16，故其公比為2，所以 S9－ S6＝32， a10＋ a11＋ a12＝
S12－ S9＝64.
2. 已知等比數列{ an }的公比 q ＝ ，且 a1＋ a3＋ a5＋…＋ a99＝90，則
a1＋ a2＋ a3＋…＋ a100＝ .
解析：因為在等比數列中，若項數為2 n ，則 ＝ 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.
120　
題型三 等比數列前 n 項和的實際應用
【例4】　（鏈接教科書第164頁例4）某市2023年共有1萬輛燃油型公
交車.為了倡導綠色交通，有關部門計劃于2024年投入128輛電力型公
交車，隨后電力型公交車每年的投入數量為上一年投入數量的2倍，
試問：
（1）該市在2030年應該投入多少輛電力型公交車？
解： 由題知每年投入的電力型公交車數量構成公比 q ＝2的
等比數列，記為{ an }.
記2024年投入電力型公交車數量為 a1，則 a1＝128，
an 為第2 023＋ n 年投入的電力型公交車數量. an ＝ a1· qn－1＝
128×2 n－1＝2 n＋6，
2030年投入的電力型公交車數量為 a7＝213＝8 192.
所以該市在2030年應該投入8 192輛電力型公交車.
（2）到哪一年底，該市電力型公交車的數量開始超過公交車總量的
？
解：記{ an }的前 n 項和為 Sn ，則 Sn ＝128× ＝2 n＋7－128，
由 Sk ＞ （ Sk ＋10 000），則 Sk ＞5 000且 k 為正整數，
即2 k＋7－128＞5 000，所以 k ＋7≥13，即 k ≥6，
因為2 023＋6＝2 029，
所以到2029年底，該市電力型公交車的數量開始超過公交車總
量的 .
通性通法
解答數列應用問題的方法
（1）判斷、建立數列模型：①變化“量”是同一個常數：等差數
列；②變化“率”是同一個常數：等比數列；
（2）提取基本量：從條件中提取相應數列的基本量 a1， q （ d ），
n ， an ， Sn ，列出方程（組）求解.
【跟蹤訓練】
　為保護我國的稀土資源，國家限定某礦區的出口總量不能超過80
噸，該礦區計劃從2024年開始出口，當年出口 a 噸，以后每年出口量
均比上一年減少10%.
（1）以2024年為第一年，設第 n 年出口量為 an 噸，試求 an 的表達
式；
解：由題意知每年的出口量構成等比數列{ an }，且首項 a1
＝ a ，公比 q ＝1－10%＝0.9，
∴ an ＝ a ·0.9 n－1.
（2）國家計劃10年后終止該礦區的出口，問2024年最多出口多少
噸？（0.910≈0.35，保留一位小數）
解：10年的出口總量 S10＝ ＝10 a （1－0.910）.
∵ S10≤80，∴10 a （1－0.910）≤80，
即 a ≤ ，
∴ a ≤12.3.故2024年最多出口12.3噸.
1. 已知一個等比數列的項數是偶數，其奇數項之和為1 012，偶數項
之和為2 024，則這個數列的公比為（　　）
A. 8 B. －2
C. 4 D. 2
解析：　由 ＝ q ，可知 q ＝2.
2. 在等比數列{ an }中， a1 a2 a3＝1， a4＝4，則 a2＋ a4＋ a6＋…＋ a2 n
＝（　?。?br/>A. 2 n －1
解析：　由 a1 a2 a3＝1得 a2＝1，又 a4＝4，故 q2＝4， a2＋ a4＋ a6
＋…＋ a2 n ＝ ＝ .
3. 已知等比數列{ an }的前 n 項和為 Sn ，若 S2＝1， S4＝4，則 a7＋ a8＝
（　?。?br/>A. 40 B. 30
C. 27 D. 9
解析：　由于{ an }是等比數列，所以 S2， S4－ S2， S6－ S4， S8－
S6也成等比數列，其中 S2＝1， S4－ S2＝3，所以 S6－ S4＝3×3＝9，
S8－ S6＝9×3＝27，所以 a7＋ a8＝ S8－ S6＝27.
4. 我國古代數學名著《算法統宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七
層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈.”意思
是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一
層燈數的2倍，則塔的頂層的燈數是（　?。?br/>A. 1 B. 2
C. 3 D. 6
解析：　設頂層的燈數是 a1，則每一層燈數形成以 a1為首項，以2
為公比的等比數列，設為{ an }，由題可得 S7＝ ＝381，
解得 a1＝3，故塔的頂層的燈數是3.
知能演練·扣課標
02
課后鞏固 核心素養落地
1. 設等比數列{ an }的前 n 項和為 Sn ，已知 S3＝8， S6＝7，則 a7＋ a8＋
a9＝（　?。?br/>解析：　易知 q ≠－1，因為 a7＋ a8＋ a9＝ S9－ S6，且 S3， S6－
S3， S9－ S6也成等比數列，即8，－1， S9－ S6成等比數列，所以8
（ S9－ S6）＝1，即 S9－ S6＝ ，所以 a7＋ a8＋ a9＝ .
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2. 已知數列{ an }為等比數列，且 q ＝2， S4＝1，則 S8＝（　?。?br/>A. 15 B. 17
C. 19 D. 21
解析：　法一　因為 q ＝2， S4＝1，所以 S4＝ ＝
＝1，解得 a1＝ ，所以 S8＝ ＝ ＝
17.故選B.
法二　由題意得 S8＝（ a1＋ a2＋ a3＋ a4）＋（ a5＋ a6＋ a7＋ a8）＝ S4
＋ q4（ a1＋ a2＋ a3＋ a4）＝ S4（1＋ q4）＝17.
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3. 已知等比數列{ an }共有32項，其公比 q ＝3，且奇數項之和比偶數
項之和少60，則數列{ an }的所有項之和是（　?。?br/>A. 30 B. 60
C. 90 D. 120
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解析：　設等比數列{ an }的奇數項之和為 S1，偶數項之和為 S2，
則 S1＝ a1＋ a3＋ a5＋…＋ a31， S2＝ a2＋ a4＋ a6＋…＋ a32＝ q （ a1＋
a3＋ a5＋…＋ a31）＝3 S1，又 S1＋60＝ S2，則 S1＋60＝3 S1，解得 S1
＝30， S2＝90，故數列{ an }的所有項之和是30＋90＝120.故選D.
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4. 已知數列{ an }的前 n 項和 Sn ＝ an －1（ a 是不為零的常數），則數
列{ an }（　?。?br/>A. 一定是等差數列
B. 一定是等比數列
C. 或是等差數列，或是等比數列
D. 既非等差數列，也非等比數列
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解析：　由 Sn ＝ an －1知，當 a ＝1時， Sn ＝0，此時數列{ an }為
等差數列（ an ＝0）.當 a ≠1時， a1＝ a －1， an ＝ Sn － Sn－1＝（ an
－1）－（ an－1－1）＝ an － an－1＝（ a －1） an－1， n ≥2， n ＝1時
也符合上式，故數列{ an }是首項為 a －1，公比為 a （ a ≠1）的等
比數列.故選C.
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5. （多選）設等比數列{ an }的前 n 項和為 Sn ，則下列數列一定是等比
數列的有（　?。?br/>A. a1＋ a2， a2＋ a3， a3＋ a4，…
B. a1＋ a3， a3＋ a5， a5＋ a7，…
C. S2， S4－ S2， S6－ S4，…
D. S3， S6－ S3， S9－ S6，…
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解析：　設數列{ an }的公比為 q ， q ≠0，對于A和C，都有首項
a1＋ a2＝ a1（1＋ q ），當 q ＝－1時， a1＋ a2＝0，不滿足等比數
列，故A、C錯誤；對于B， a1＋ a3＝ a1（1＋ q2）≠0，且 ＝
＝ q2，同理 ＝ q2，故數列 a1＋ a3， a3＋ a5， a5
＋ a7，…為等比數列，故B正確；對于D， S3＝ a1＋ a2＋ a3＝ a1（1
＋ q ＋ q2）≠0，且 ＝ q3， ＝ q3，故數列 S3， S6－ S3， S9
－ S6，…為等比數列，故D正確.故選B、D.
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6. （多選）在公比 q 為整數的等比數列{ an }中， Sn 是數列{ an }的前 n
項和，若 a1＋ a4＝18， a2＋ a3＝12，則下列說法正確的是（　?。?br/>A. q ＝2
B. 數列{ Sn ＋2}是等比數列
C. S8＝510
D. 數列{lg an }是公差為2的等差數列
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解析：　∵ a1＋ a4＝18， a2＋ a3＝12且公比 q 為整數，
∴∴或（舍），故A正
確； Sn ＝ ＝2 n＋1－2，∴ S8＝510，故C正確；∴ Sn ＋2
＝2 n＋1，故數列{ Sn ＋2}是等比數列，故B正確； an ＝2×2 n－1＝2
n ，∴lg an ＝lg 2 n ＝ n lg 2，故數列{lg an }是公差為lg 2的等差數列，
故D錯誤.
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7. 一個等比數列的前 n 項和 Sn ＝（1－2λ）＋λ·2 n ，則λ＝ .
解析：設等比數列{ an }的公比為 q ，當 q ＝1時， a1＝ S1＝（1
－2λ）＋2λ＝1，則 Sn ＝ n ，顯然與題設不符，∴ q ≠1，即
等比數列不是常數列，又{ an }是等比數列，∴1－2λ＋λ＝
0，解得λ＝1.
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8. （2024·南通月考）某住宅小區計劃植樹不少于100棵，若第一天植
2棵，以后每天植樹的棵數是前一天的2倍，則需要的最少天數 n
（ n ∈N*）等于 .
解析：每天植樹的棵數構成以2為首項，2為公比的等比數列，其前
n 項和 Sn ＝ ＝ ＝2 n＋1－2.由2 n＋1－2≥100，
得2 n＋1≥102.由于26＝64，27＝128，則 n ＋1≥7，即 n ≥6.
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解析：由210 S30－（210＋1） S20＋ S10＝0，得210（ S30－ S20）＝ S20
－ S10.易知 q ≠－1，∴ S10， S20－ S10， S30－ S20成等比數列，
∴ ＝ q10＝（ ）10.又{ an }為正項等比數列，∴ q ＝ .
　
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10. 已知等比數列{ an }的前 n 項和為 Sn ，且滿足 S3＝7， S6＝63.
（1）求數列{ an }的通項公式；
解：由題意知 S6≠2 S3， q ≠1，且 q ≠－1，
由等比數列的前 n 項和的性質知，
q3＝ ＝ ＝8，故 q ＝2，
∴ S3＝ ＝7，代入 q 可得 a1＝1，
∴ an ＝2 n－1.
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（2）若 bn ＝ an ＋log2 an ，求數列{ bn }的前 n 項和 Tn .
解：由（1）知 bn ＝2 n－1＋ n －1，
∴ Tn ＝（1＋2＋…＋2 n－1）＋[1＋2＋…＋（ n －1）]
＝2 n ＋ －1.
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11. 在等比數列{ an }中，若 a1＝ ， a4＝－4，則｜ a1｜＋｜ a2｜＋｜
a3｜＋…＋｜ an ｜＝（　?。?br/>B. 2 n －1
D. 2 n－1－1
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解析：　設等比數列{ an }的公比為 q ，則 a4＝ a1 q3，代入數據解
得 q3＝－8，所以 q ＝－2，等比數列{｜ an ｜}的公比為｜ q ｜＝
2，則｜ an ｜＝ ×2 n－1，所以｜ a1｜＋｜ a2｜＋｜ a3｜＋…＋｜
an ｜＝ （1＋2＋22＋…＋2 n－1）＝ （2 n －1）＝2 n－1－ .
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12. （多選）設等比數列{ an }的公比為 q ，其前 n 項和為 Sn .前 n 項積
為 Tn ，并且滿足條件 a1＞1， a7 a8＞1， ＜0.則下列結論正確
的是（　?。?br/>A. 0＜ q ＜1 B. a7 a9＞1
C. Sn 的最大值為 S9 D. Tn 的最大值為 T7
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解析：　∵ a1＞1， a7 a8＞1， ＜0，∴ a7＞1，0＜ a8
＜1，∴0＜ q ＜1，故A正確； a7 a9＝ ＜1，故B錯誤；∵ a1
＞1，0＜ q ＜1，∴數列為正項遞減數列，∴ Sn 無最大值，故
C錯誤；又 a7＞1，0＜ a8＜1，∴ T7是數列{ Tn }中的最大項，
故D正確.故選A、D.
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13. 已知 Sn 為正項等比數列{ an }的前 n 項和，若 S6－3 S3＝4，則 S9－
S6的最小值為 .
解析：由 q ≠－1及等比數列的性質，知 S3， S6－ S3， S9－ S6成等
比數列.又 S6－3 S3＝4，∴ S9－ S6＝ ＝ ＝4 S3
＋ ＋16≥2 ＋16＝32，當且僅當 S3＝2時，等號成立，∴ S9
－ S6的最小值為32.
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14. 如圖，作邊長為 a 的正三角形的內切圓，在這個圓內作內接正三
角形，然后，再作新三角形的內切圓.如此下去，求前 n 個內切圓
的面積和.
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解：設第 n 個正三角形的內切圓的半徑為 an ，
因為從第2個正三角形開始，每一個正三角形的邊長是前一個正三
角形邊長的 ，每一個正三角形內
切圓的半徑也是前一個正三角形內切圓半徑的 ，結合題意可知 a1
＝ a tan 30°＝ a ， an ＝ an－1.
故前 n 個內切圓的面積和為π（ ＋ ＋…＋ ）＝π· ［1＋
＋（ ）2＋…＋（ ） n－1］＝ × ＝ （1－ ）.
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15. 等比數列{ an }的公比 q ≠1， Sn ， S2 n ， S3 n 分別表示前 n 項和，前2
n 項和，前3 n 項和.求證： ＋ ＝ SnS2 n ＋ SnS3 n .
證明：∵ Sn ＝ ， S2 n ＝ ，
S3 n ＝ ，
＝（ ）2（1－2 qn ＋ q2 n ），
＝（ ）2（1－2 q2 n ＋ q4 n ），
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∴ ＋ ＝（ ）2（2－2 qn － q2 n ＋ q4 n ），
SnS2 n ＋ SnS3 n ＝（ ）2[（1－ qn － q2 n ＋ q3 n ）＋（1－ qn － q3 n ＋
q4 n ）]＝（ ）2（2－2 qn － q2 n ＋ q4 n ），
∴ ＋ ＝ SnS2 n ＋ SnS3 n .
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謝 謝 觀 看！

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