資源簡介

4.3.2　等比數列的前n項和公式
第1課時　等比數列的前n項和及其性質
基礎過關練
題組一　等比數列的前n項和
1.已知等比數列{an}的前n項和為Sn,若a3·a4=a5,S3=,則{an}的公比q=(　　)
A.3　　　　B.　　　　C.3或　　　　D.2
2.設Sn為等比數列{an}的前n項和,S2 023=200,a1 012=10,則+…+=(　　)
A.20　　　　B.10　　　　C.5　　　　D.2
3.已知等比數列{an}的前n項和為Sn,若S4=-5,S6=3S2,則S8=(　　)
A.-10　　　　B.25
C.-10或-25　　　　D.-10或0
4.已知等比數列{an}的前n項和為Sn,若S3,S9,S6成等差數列,則=　　　　.
題組二　等比數列前n項和的性質及應用
5.(多選題)設等比數列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2n+1+a(a為常數),則(　　)
A.a=-1　　　　B.{an}的公比為2
C.an=2n　　　　D.S9=1 023
6.已知數列{an}為等比數列,其前n項和為Sn,則“S2>0”是“數列{S2n}是遞增數列”的(　　)
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充要條件
D.既不充分也不必要條件
7.已知一個項數為偶數的等比數列{an},它的所有項之和為所有偶數項之和的4倍,且前3項之積為64,則a1=(　　)
A.1　　　　B.4　　　　C.12　　　　D.36
8.已知等比數列{an}有(2n+1)項,a1=1,所有奇數項的和為85,所有偶數項的和為42,則n=(　　)
A.2　　　　B.3　　　　
C.4　　　　D.5
9.已知等比數列{an}的前n項和為Sn,若S5=12,S10=48,則S20=(　　)
A.324　　　　B.420　　　　
C.480　　　　D.768
10.設Sn是等比數列{an}的前n項和,若S3,S9,S6成等差數列,a1=-2,則a7的值為(　　)
A.-2　　　　B.-　　　　D.1
11.現有12個圓,它們的圓心在同一條直線上,從第2個圓開始,每個圓都與前一個圓外切,從左到右它們的半徑長依次構成首項為16,公比為的等比數列,前3個圓如圖所示.若點P,Q分別為第3個圓和第10個圓上任意一點,則|PQ|的最大值為(　　)
A.
能力提升練
題組一　求等比數列的前n項和
1.數列{an}中,已知對任意n∈N*,都有a1+a2+a3+…+an=3n-1,則+…+=(　　)
A.(3n-1)2　　　　B.(9n-1)
C.9n-1　　　　D.(3n-1)
2.已知數列{an}是遞增的等比數列,a1+a4=18,a2a3=32,{an}的前n項和為Sn,若Sk+6-Sk=211-25,則正整數k等于(　　)
A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6
3.設等比數列{an}的前n項和為Sn,若Sn+1=3Sn+2,n∈N*,則S4=(　　)
A.80　　　　B.160　　　　C.121　　　　D.242
4.已知正項數列{an}滿足a1=1,an=,其前200項和為S200,則(　　)
A.
C.
5.3+33+333+…+=　　　　.
題組二　等比數列前n項和的性質及應用
6.如圖所示,作Rt△AOB,OA=1,∠AOB=30°,再依次作Rt△BOC,Rt△COD,Rt△DOE,……,直至最后一個直角三角形的斜邊OM與OA第一次重疊為止.則所作的所有直角三角形的面積和為(　　)
A.
C.
7.(多選題)已知Sn是等比數列{an}的前n項和,且Sn=+a,則(　　)
A.a=-2
B.{Sn}中任意奇數項的值始終大于任意偶數項的值
C.{Sn}的最大項為S1=3,最小項為S2=
D.a1a2+a2a3+…+a10a11=6
8.已知[x]表示不超過x的最大整數,如[2.3]=2,[-1.9]=-2,數列{an}滿足a1=1,a2=5,an+2+4an=5an+1,若bn=[log2an+1],Sn為數列{bn}的前n項和,則S2 023=(　　)
A.2 023×2 022　　　　B.2 023×2 024
C.2 023×2 026　　　　D.2 023×2 028
9.已知Sn是正項等比數列{an}的前n項和,S4=10,則2S12-3S8+S4的最小值為　　　　.
10.(2023湖北隨州第一中學期末)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=　　　　.
11.數列{an}中,a1=2,且 m,n∈N*,都有am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=32 736,則正整數k=　　　　.
答案與分層梯度式解析
基礎過關練
1.C　根據題意有a1·q2·a1·q3=a1·q4,
即a1·q=1,所以a2=1,若q=1,則S3=3,與S3=矛盾,所以q≠1,
所以S3=,即,
整理得3q2-10q+3=0,解得q=3或q=.故選C.
2.D　解法一:設等比數列{an}的公比為q,由題意得q≠1,
則S2 023==200,
a1 012=a1q1 011=10.
易知數列,公比為的等比數列,
設其前n項和為Tn,
則T2 023==2.
解法二:設T2 023=+…+,
則2T2 023=+…+
==4,故T2 023=2.故選D.
3.A　設等比數列{an}的公比為q,由S4=-5,可知q≠-1,
當q=1時,Sn=na1,此時S6=3S2成立
易錯點,
∴S8=2S4=-10.
當q≠1時,由S6=3S2,得,即1-q6=3(1-q2),即(1-q2)(1+q4+q2)=3(1-q2),
解得q2=1,又q≠±1,故舍去.
綜上,q=1,S8=-10.故選A.
4.答案　2
解析　設等比數列{an}的公比為q.
由S3,S9,S6成等差數列,得2S9=S3+S6,
當q=1時,2S9=18a1,S3+S6=9a1,
易知a1≠0,故18a1≠9a1,不滿足題意,故q≠1,
所以,
化簡得2q6=1+q3,解得q3=1(舍)或q3=-,
則=2.
5.BC　因為Sn=2n+1+a,所以a1=4+a,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8,
因為{an}是等比數列,所以=a1a3,即42=8(4+a),解得a=-2,故A錯誤;
設等比數列{an}的公比為q,則q==2,故B正確;
因為a1=2,q=2,所以an=a1qn-1=2n,故C正確;
因為a=-2,所以Sn=2n+1-2,所以S9=210-2=1 022,故D錯誤.
故選BC.
方法技巧　當q≠1時,Sn=·qn,即常數項和qn的系數互為相反數,并且公比為q.如本題中Sn=2n+1+a=a+2·2n,利用該性質可知q=2,a=-2.
6.C　設等比數列{an}的公比為q(q≠0).
若S2>0,即a1+a2>0,則S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1=(a1+a2)q2n>0,所以數列{S2n}是遞增數列;
若數列{S2n}是遞增數列,則S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1=(a1+a2)q2n>0,所以a1+a2>0,即S2>0.
所以“S2>0”是“數列{S2n}是遞增數列”的充要條件.
故選C.
7.C　設{an}的前n項和為Sn.由題意可得S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇.
設等比數列{an}的公比為q,項數為2k(k∈N*),
則S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇,所以q=,由a1a2a3==64,可得a2=4,因此a1==12.故選C.
8.B　因為等比數列{an}有(2n+1)項,所以奇數項有(n+1)項,偶數項有n項,設等比數列{an}的公比為q,前n項和為Sn,
則S奇=a1+a3+a5+…+a2n+1=1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85,
S偶=a2+a4+a6+…+a2n=q+q3+q5+…+q2n-1=42,整體代入得q=2,所以前(2n+1)項和S2n+1==85+42=127,解得n=3.故選B.
規律總結　已知等比數列{an}的前n項和為Sn,公比為q,當項數為2n時,=q;當項數為2n+1時,=q.
9.C　解法一:由S10=48可知{an}的公比不為-1,
因為{an}為等比數列,
所以S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15,…也成等比數列,
所以=3,解得S15=156,S20=480.故選C.
解法二:設等比數列{an}的公比為q.由S5=12,S10=48可知q≠1,故S5==48,所以=1+q5=4,所以q5=3,則=1+q10=10,所以S20=480.故選C.
10.B　設等比數列{an}的公比為q(q≠0).
解法一:基本量運算.
當q=1時,由S3,S9,S6成等差數列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,得a1=0,與a1=-2矛盾,所以q≠1.
由2S9=S3+S6得(1-q6),所以q3(q3-1)(2q3+1)=0,則q3=-.故選B.
解法二:二級結論(Sm+n=Sm+qmSn).
S9=S3+q3S6=S6+q6S3 2S9=S3+S6+q3S6+q6S3,
由S3,S9,S6成等差數列得2S9=S3+S6,
則q3S6+q6S3=0 S6+q3S3=0,
又S6=S3+q3S3=(1+q3)S3,
所以-q3S3=(1+q3)S3,則(1+2q3)S3=0,
得q3=-或S3=0,
當S3=0時,a1(1+q+q2)=0,又a1≠0,所以q2+q+1=0,無解,故S3=0舍去.
所以q3=-.
故選B.
解法三:性質+特值.
由a1=-2得a7<0,排除C,D;
當q=1時,由S3,S9,S6成等差數列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,得a1=0,與a1=-2矛盾,所以q≠1,所以a7≠-2,故排除A.故選B.
11.B　設這個等比數列為{an},
由已知得an=16·,
易知|PQ|的最大值為第3個圓到第10個圓的直徑之和,即2(a3+a4+…+a10)=2×16×+…+=32×,故|PQ|的最大值為.故選B.
能力提升練
1.B　∵a1+a2+a3+…+an=3n-1,
∴a1+a2+a3+…+an-1=3n-1-1(n≥2),
兩式相減得an=2×3n-1(n≥2).
當n=1時,a1=31-1=2,符合上式,
∴an=2×3n-1(n∈N*),∴=4×9n-1,
∴=9,
∴數列{}是以4為首項,9為公比的等比數列,
∴+…+(9n-1).故選B.
解后反思　本題可利用等比數列前n項和公式的特點直接得出q=3,a1=2,從而求解.
2.B　設等比數列{an}的公比為q.
聯立
因為數列{an}是遞增的等比數列,所以
則由a4=a1·q3,得q=2,故an=2n,
故Sk+6-Sk=ak+1+ak+2+…+ak+6==2k+7-2k+1=211-25,所以k=4.故選B.
3.A　由Sn+1=3Sn+2,n∈N*,得Sn+2=3Sn+1+2,n∈N*,兩式相減得an+2=3an+1,
所以等比數列{an}的公比為3.
在Sn+1=3Sn+2,n∈N*中,令n=1,得S2=3S1+2,即a1+3a1=3a1+2,解得a1=2,即S1=2,
又Sn+1+1=3(Sn+1),n∈N*,
所以{Sn+1}是首項為S1+1=3,公比為3的等比數列,所以Sn+1=3n,所以S4=34-1=80.故選A.
4.C　在an=中,令n=1,得a2=,因為a1+a2=1+,且{an}的各項均為正數,所以S200>,
由an=,
則
=>0,所以,又an>0,
所以an+1所以,所以,
所以,所以an≤,
則S200<+…+
=.
綜上,.故選C.
5.答案　
解析　3+33+333+…+(9+99+999+…+[(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)]=.
6.D　因為=12,所以共有12個直角三角形.
設第n(n∈N*,1≤n≤12)個直角三角形的斜邊長為an,面積為bn,
由題意可知a1=,
則b1=≠0,,
所以數列{bn}是首項為,公比為的等比數列,
所以所作的所有直角三角形的面積和為.故選D.
7.BCD　設等比數列{an}的公比為q,易知q≠1,
由Sn=+a=-2·+a,可知-2+a=0,故a=2,故A錯誤;
Sn=-2·
在數列{Sn}中,奇數項單調遞減,且始終大于2,最大值為S1=3,
偶數項單調遞增,且始終小于2,最小值為S2=,故B、C正確;
由Sn=-2·+2可得q=-,
又a1=S1=3,所以an=3,
令bn=anan+1,則bn=9,
因為,
所以{bn}為等比數列,且首項為b1=-,公比為,
所以a1a2+a2a3+…+a10a11=b1+b2+…+b10=,故D正確.故選BCD.
8.B　由an+2+4an=5an+1可知an+2-4an+1=an+1-4an,所以數列{an+1-4an}是常數列,
又a1=1,a2=5,所以a2-4a1=1,所以數列{an+1-4an}的各項均為1,即an+1-4an=1,
所以an+1+,又a1+,
所以數列為首項,4為公比的等比數列,則an+×4n,
則an+1=(22n+2-1),
由4×22n-3×22n=22n>1得(22n+2-1)>22n,
由6×22n-4×22n=22n+1>-1得3×22n+1>22n+2-1,即22n+1>(22n+2-1),
故22n所以bn=[log2an+1]=2n,
所以S2 023==2 024×2 023.故選B.
9.答案　-
解析　由等比數列的性質可得S4,S8-S4,S12-S8成等比數列,所以S4(S12-S8)=(S8-S4)2,所以S12-S8=,
則2S12-3S8+S4=2(S12-S8)+S4-S8=,所以當S8=時,2S12-3S8+S4取最小值,最小值為-.
10.答案　
解析　由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10.
∵{an}為正項等比數列,∴S20-S10≠0,∴,
又=q10,
∴q10=,解得q=±,
∵{an}為正項等比數列,∴q>0,故q=.
方法技巧　已知公比為q(q≠0)的等比數列的前n項和為Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的關系或Sn與Sm的關系時,考慮應用以下兩個性質:
①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等比數列,其公比為qn(q≠-1).
②Sn+m=Sn+qnSm.
11.答案　4
解析　在am+n=aman中,
令m=1,得an+1=a1an=2an,
所以數列{an}為等比數列,且首項為2,公比為2,
所以an=2n,
所以ak+1+ak+2+…+ak+10==2k+1(210-1)=1 023×2k+1=32 736,得2k+1=32=25,解得k=4.
2(共27張PPT)
知識點 1 等比數列的前n 項和公式
4.3.2 等比數列的前n項和公式
必備知識 清單破
　　設等比數列{an}的前n項和為Sn,公比為q,當q=1時,Sn=na1,當q≠1時,Sn= = .
1.當q=1時,Sn=na1,Sn是關于n的正比例函數.
2.當公比q>0且q≠1時,等比數列的前n項和公式Sn= 可以變形為Sn=- ·qn+ ,
設A= ,則Sn=A(qn-1),即Sn是關于n的指數型函數.
知識點 2 等比數列前n 項和公式的函數特征
　
　　已知等比數列{an}的公比為q,前n項和為Sn,則利用等比數列的通項公式及其前n項和公
式可推得Sn有如下性質:
(1)Sn+m=Sm+qmSn=Sn+qnSm,m,n∈N*.
(2)當q≠-1或q=-1且k為奇數時,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是公比為qk的等比數列,當q=-1,k為偶數時,Sk,
S2k,S3k均為0,不能構成等比數列.
(3)設S偶與S奇分別是偶數項的和與奇數項的和.若項數為2n,則 =q;若項數為2n+1,則 =q.
(4)當q=1時, = ;當q≠±1時, = .
知識點 3 等比數列前n 項和的性質
知識辨析
1.等比數列的前n項和公式一定是關于n的指數型函數嗎
2.若數列{an}的前n項和Sn=Aqn+B(A≠0,q≠0),則數列{an}一定是等比數列嗎
3.若a∈R,則1+a+a2+…+an-1的和為 嗎
4.已知等比數列{an}的公比為 ,則該數列的前100項和是偶數項的和的3倍嗎
5.已知數列{an}為等比數列,其前n項和為Sn,則S10,S20-S10,S30-S20,…仍是等比數列嗎
一語破的
1.不一定.當公比q=1時,等比數列的前n項和公式是關于n的一次函數,當公比q>0且q≠1時,等
比數列的前n項和公式是關于n的指數型函數.
2.不一定.只有當A=-B時才是等比數列.
3.不是.當a=1時,1+a+a2+…+an-1=n.
4.是.因為奇數項的和是偶數項的和的2倍,所以所有項的和是偶數項的和的3倍.
5.不是.當公比q=-1時,S10=S20=S30=0,所以S10,S20-S10,S30-S20,…不能構成等比數列,只有滿足q≠-1
時,S10,S20-S10,S30-S20,…才會構成等比數列.
關鍵能力 定點破
定點 1 等比數列前n項和公式及其應用

　　在等比數列{an}中,對于a1,an,n,q,Sn這五個量,已知其中三個量就可利用通項公式和前n項
和公式求出另外兩個量.
(1)當條件與結論間的聯系不明顯時,可以用a1與q表示an與Sn,從而列方程組求解.
(2)等比數列的前n項和公式分q=1與q≠1兩種情況,因此當公比未知時,要對公比進行分類討論.
(3)q≠1時,公式Sn= 與Sn= 是等價的,利用an=a1qn-1可以實現它們之間的相互轉化.
當已知a1,q與n時,用Sn= 較方便;當已知a1,q與an時,用Sn= 較方便.
典例　已知等比數列{an}的公比為q,前n項和為Sn.
(1)若a1=8,an= ,Sn= ,求n;
(2)若S3= ,S6= ,求an及Sn;
(3)若a6-a4=24,a3·a5=64,求S8;
(4)若a3= ,S3= ,求a1.
解析 (1)顯然q≠1,
由Sn= = ,得q= .
又an=a1qn-1,∴ =8× ,∴n=6.
(2)解法一:由S6≠2S3知q≠1,
則
②÷①,得1+q3=9,∴q3=8,即q=2.
將q=2代入①得a1= ,
∴an=a1qn-1= ×2n-1=2n-2,
Sn= =2n-1- .
解法二:由S3=a1+a2+a3,S6=S3+a4+a5+a6=S3+q3(a1+a2+a3)=S3+q3S3=(1+q3)S3,得1+q3= =9,∴q3=8,∴
q=2.
將q=2代入S3= = 得a1= ,
∴an=a1qn-1= ×2n-1=2n-2,
Sn= =2n-1- .
(3)解法一:由題意得
化簡得
③÷④,得q2-1=3(負值舍去),
∴q2=4,∴q=2或q=-2.
當q=2時,代入③得a1=1,
∴S8= =255;
當q=-2時,代入③得a1=-1,
∴S8= =85.
綜上可知,S8=255或85.
解法二:由等比數列的性質得a3·a5= =64,∴a4=±8.
當a4=8時,∵a6-a4=24,
∴a6=32,
∴q2= =4,∴q=±2.
當a4=-8時,∵a6-a4=24,
∴a6=16,
∴q2= =-2,無解.
故q=±2,a4=8.
當q=2時,a1= =1,S8= =255;
當q=-2時,a1= =-1,S8= =85.
綜上可知,S8=255或85.
(4)當q=1時,a1=a2=a3= ,滿足S3= .
當q≠1時,由題意得
解得
綜上可知,a1= 或6.
規律總結 對于等比數列中基本量的計算,列方程組求解是基本方法,通常用約分或兩式相
除的方法進行消元,有時也會用到整體代換.
　　根據等比數列的定義和前n項和公式,可推導出等比數列前n項和的若干性質,在等比數
列前n項和的有關問題中,把握好等比數列前n項和性質的使用條件,恰當運用性質能幫助我
們簡化運算,快速解題.
定點 2 等比數列前n項和性質及其應用
典例 已知正項等比數列{an}的前n項和為Sn,若Sn=2,S3n=14,則S4n等于(　 )
A.80　　　B.30　　　C.26　　　D.16
B
思路點撥 思路一:由Sn,S3n的值求出a1,q 求出S4n.
思路二:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n,…成等比數列 求出S4n.
思路三:令n=1,由S1=2,S3=14求出q 求出S4n.
解析 解法一:設正項等比數列{an}的公比為q(q>0),
∵S3n=14≠3×2=3Sn,∴q≠1.
由已知得,Sn= =2①,
S3n= =14②,
,得q2n+qn-6=0,即(qn+3)(qn-2)=0,
∵q>0,∴qn+3>0,∴qn-2=0,即q= .
∴a1= =2( -1),
∴S4n= = =2×15=30.
解法二:由題意知數列{an}的公比大于0,故Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n,…成等比數列,由Sn=2,S3n=14,
得(S2n-2)2=2×(14-S2n),即 -2S2n-24=0,解得S2n=6或S2n=-4,
∵an>0,∴S2n=6.
又∵ = =2,∴S4n-S3n=Sn·23=16,
∴S4n=S3n+16=30.
解法三:設正項等比數列{an}的公比為q(q>0),注意到四個選項都是具體的數值,
∴S4n是一個與n無關的定值,不妨令n=1,
由解法一知,q≠1,則a1=S1=2,S3= =14,即q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去).
∴S4= =2×15=30.
解后反思 通過對比三種解題方法,可以發現:解法一采用基本量法,思路簡單,但運算量較
大;解法二應用等比數列前n項和的性質,簡化運算,且思路清晰;解法三采用特殊值法,使問題
簡單化.
1.錯位相減法
　　已知數列{an}為等差數列,{bn}為等比數列,由這兩個數列中項數相同的項的乘積組成的
新數列為{anbn},在求該數列的前n項和時,常常將{anbn}的各項乘{bn}的公比q(注意q≠1這一
前提,如果不能確定q,需分情況討論),并向后錯位一項,與{anbn}中q的同次項對應相減,即可轉
化為特殊數列的求和,這種求數列前n項和的方法稱為錯位相減法,錯位的目的在于使冪指數
相同的項對應,便于找出兩式相減的結果,兩式作差的結果一般除第一項和最后一項外,中間
(n-1)項構成等比數列.
2.分組求和法
　　分組求和法適用于解決數列的項可分成兩部分或幾部分,且每部分可直接求和的數列求
和問題.
定點 3 與等比數列有關的數列求和
典例　已知數列{an}的前n項和為Sn,且2Sn+3an=6n+4(n∈N*).
(1)求證:數列{an-3}是等比數列;
(2)求數列{nan}的前n項和Tn.
解析 (1)證明:當n=1時,2S1+3a1=6+4,∴a1=2,
當n≥2時,有
兩式相減得2an+3an-3an-1=6,
∴5an-3an-1=6,故an-3= (an-1-3),
又a1-3=-1≠0,故 = ,
∴數列{an-3}是以-1為首項, 為公比的等比數列.
(2)由(1)可得an-3=-1× ,∴an=3- ,∴nan=3n-n· ,
令Wn=1× +2× +3× +…+n· ,①
兩邊同乘 ,得 Wn= +2× +3× +…+(n-1)· +n· ,②
由①-②得 Wn=1+ + +…+ -n· = -n· = - · ,
∴Wn= - · ,
則Tn=3(1+2+3+…+n)-Wn= -Wn= + · - .
方法技巧 由兩式相減得到的等比數列部分在求和時,為避免出現項數錯誤,通常利用公式Sn
= 求和,a1為等比數列的首項,an為等比數列的末項.

　　解決等差數列與等比數列綜合問題的關鍵在于用好它們的有關知識,理順兩個數列間的
關系.注意運用等差數列與等比數列的基本量來表示數列中的所有項.
定點 4 等差數列、等比數列的綜合應用問題
典例　已知等差數列{an}的前n項和為Sn(n∈N*),數列{bn}是等比數列,a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式;
(2)若cn= 數列{cn}的前n項和為Tn,求T2n.
解析 (1)設等差數列{an}的公差為d,等比數列{bn}的公比為q.
由題意得 解得
∴an=2n+1,bn=2n-1.
(2)由(1)知,Sn= =n(n+2),
∴cn=
∴T2n= +(21+23+25+…+22n-1)
=1- + = - .
學科素養 情境破
素養 通過數列在實際問題中的應用發展邏輯推理和數學建模的核心素養
素養解讀
　　數列在實際問題中有廣泛的應用,在此類問題中,建立數列模型是關鍵,在建立數列模型
的過程中發展數學建模的核心素養,然后利用數列的通項公式、前n項和公式、遞推公式等
知識求解,在解模過程中發展邏輯推理的核心素養.
典例呈現
例題 從社會效益和經濟效益出發,某地投入資金進行生態環境建設,并以此發展旅游產業.
根據規劃,2024年投入資金1 000萬元,以后每年投入比上年減少10%.預測顯示,2024年當地旅
游業收入為300萬元,以后每年收入比上年增加20萬元.根據預測,解答以下問題:
(1)從2024年至2033年,該地十年的旅游業收入共計多少萬元
(2)從哪一年起該地的旅游業總收入將首次超過總投入
(參考數據:0.96≈0.531,0.97≈0.478,0.98≈0.430,0.918≈0.150 09,0.919≈0.135 09)
信息提取 ①由投入資金的相關信息可建立等比數列模型;②由旅游業收入的相關信息可建
立等差數列模型.
解題思路 (1)以2024年為第1年,設第n年旅游業收入為an萬元,則數列{an}是以300為首項,20
為公差的等差數列,設其前n項和為An,
則an=300+20(n-1)=20n+280,
An=300n+ ×20=10n2+290n,
所以A10=10×102+290×10=3 900.
因此從2024年至2033年,該地十年的旅游業收入共計3 900萬元.
(2)以2024年為第1年,設第n年投入資金為bn萬元,則數列{bn}是以1 000為首項,0.9為公比的等
比數列,設其前n項和為Bn,
則bn=1 000·0.9n-1,
Bn= =10 000(1-0.9n),
將收入與投入的前n項和作差構造新數列,再結合數列的單調性求解.
則題目轉化為求使An>Bn的正整數n的最小值.
設cn=An-Bn=10n2+290n-10 000(1-0.9n),則cn+1-cn=an+1-bn+1=300+20n-1 000·0.9n,
令f(n)=300+20n-1 000·0.9n(n∈N*),
則f(n)單調遞增,且f(7)<0, f(8)>0,
故c1>c2>…>c8,c8又c1=-700<0,c18≈-39.1<0,c19≈470.9>0,
因此該地從2042年起旅游業總收入將首次超過總投入.
思維升華
應用數列知識解決實際問題的一般思路
(1)建模.根據題設條件,建立數列模型:
①分析實際問題的結構特征;
②找出所含元素的數量關系;
③確定為何種數列模型.
(2)解模.利用相關的數列知識加以解決:
①分清首項、公差(公比)、項數等;
②分清是求an還是求Sn;
③選用適當的方法求解.
(3)還原.把數學問題的解代回實際問題中,根據實際問題的約束條件合理修正,使其成為實際
問題的解.第2課時　等比數列前n項和的綜合應用
基礎過關練
題組一　與等比數列前n項和有關的實際問題
1.如圖,有一臺搟面機共有10對軋輥,所有軋輥的半徑r都是 mm,面帶從一端輸入,經過各對軋輥逐步減薄后輸出,每對軋輥都將面帶的厚度壓縮為輸入該對軋輥時的0.8倍(整個過程中面帶寬度不變,且不考慮損耗).若第k對軋輥有缺陷,每滾動一周在面帶上壓出一個疵點,則在搟面機最終輸出的面帶上,相鄰疵點的間距(單位:mm)Lk=(　　)
A.800×0.2k-10　　　　
B.1 600×0.8k-10
C.1 600×0.8k　　　　
D.1 600×0.2k-10
2.山西大同的遼金時代建筑華嚴寺的大雄寶殿共有9間,左右對稱分布,最中間的是明間,寬度最大,然后兩邊均依次是次間、次間、梢間、盡間.每間的寬度從明間開始向左、右兩邊均按相同的比例逐步遞減,且明間與相鄰的次間的寬度比為8∶7.設明間的寬度為a,則該寶殿9間的總寬度為(　　)
A.a
C.14a
3.古代“微塵數”的計法:“凡七微塵,成一窗塵;合七窗塵,成一兔塵;合七兔塵,成一羊塵;合七羊塵,成一牛塵;合七牛塵,成于一蟣;合于七蟣,成于一虱;合于七虱,成一芥子;合七芥子,成一大麥;合七大麥,成一指節;累七指節,成于半尺……”這里,微塵、窗塵、兔塵、羊塵、牛塵、蟣、虱、芥子、大麥、指節、半尺的長度構成了公比為7的等比數列.那么1指節是(　　)
A.77兔塵　　　　B.77羊塵
C.兔塵　　　　D.羊塵
4.謝爾賓斯基三角形是由波蘭數學家謝爾賓斯基在1915年提出的一種分形,它是按照如下規則得到的:在等邊三角形中,連接三邊的中點,得到四個小三角形,然后去掉中間的那個小三角形,最后對余下的三個小三角形重復上述操作,便可得到謝爾賓斯基三角形.記操作n次后,該大三角形中白色小三角形的個數為an,則a4=　　　,若灰色小三角形的個數為bn,則bn=　　　.
題組二　等比數列前n項和的綜合應用
5.已知數列{an}滿足a1=0,a2=1.若數列{an+an+1}是公比為2的等比數列,則a2 024=(　　)
A.
6.已知公比不為1的等比數列{an}的前n項和為Sn,m,r,t∈N*,記P:Sm,Sr,St為等差數列,Q:對任意自然數k,am+k,ar+k,at+k為等差數列,則P是Q的(　　)
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充要條件
D.既不充分也不必要條件
7.(多選題)已知Sn為數列{an}的前n項和,下列說法正確的是(　　)
A.若數列{an}為等差數列,則Sm,S2m-Sm,S3m-S2m為等差數列
B.若{an}為等比數列,則Sm,S2m-Sm,S3m-S2m為等比數列
C.若{an}為等差數列,則為等差數列
D.若{an}為等比數列,則為等比數列
8.已知數列{an}滿足2a1+22a2+…+2nan=,數列{an}的前n項和為Sn,則下列結論錯誤的是(　　)
A.a1=2
B.數列{an}的通項公式為an=(3n+1)×2n
C.數列{an}為遞減數列
D.Sn=7-
9.數列{an}滿足a1=a2=1,a2n+1-a2n-1=2,=2,數列{an}的前n項和為Sn,則S23=　　　　.
10.已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且a1+a3=4,S5=15.等比數列{bn}滿足=b5,b10=3b9.
(1)求{an},{bn}的通項公式;
(2)若cn=an·bn,求數列{cn}的前n項和Tn.
11.已知數列{an}是正項等比數列,其前n項和為Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通項公式;
(2)記{an+log2an}的前n項和為Tn,求滿足Tn<2 024的最大正整數n.
能力提升練
題組一　與等比數列前n項和有關的實際問題
1.有一個國王獎勵國際象棋發明者的故事,故事里象棋發明者要求這樣的獎勵:在棋盤上的64個方格中,第1個方格放1粒小麥,第2個方格放2粒小麥,……,第k個方格放2k-1粒小麥,結果國王拿出全國的小麥也不夠.假設能有這么多的小麥,則這個故事繼續如下,將這些小麥用1,2,3,…編號,并按照一定規律逐個抽取幸運小麥,設第n次隨機抽取的幸運小麥的編號為an,若a1=7,接下來按照規律:an+1=+2an(n∈N*)逐個抽取幸運小麥,則共能抽取的幸運小麥的粒數為(　　)
A.4　　　　B.5　　　　C.15　　　　D.63
2.某工廠去年12月份試產了1 000個電子產品,產品合格率為0.85.從今年1月份開始,工廠將在接下來的一年中生產這款產品,1月份按去年12月份的產量和產品合格率生產,以后每月的產量都在前一個月的基礎上提高10%,產品合格率比前一個月增加0.01.
(1)求今年2月份生產的不合格產品的數量,并判斷哪個月生產的不合格產品的數量最多;
(2)求該工廠今年全年生產的合格產品的數量.
參考數據:1.111≈2.85,1.112≈3.14.
題組二　等比數列前n項和的綜合應用
3.在等比數列{an}中,若a4a2 022=506,a3+a4+a5+…+a2 021+a2 022+a2 023=2 024,則+…+等于(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
4.已知等比數列{an}的前n項和為Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若數列{bn}的前n項和為Tn,an+1=bnSn+1Sn,n∈N*,則T9=(　　)
A.　　　　C.
5.已知數列{bn}為正項等比數列,且b1=1,等差數列{an}的首項a1=2,且a2=b3,a4=b4,記cn=,數列{cn}的前n項和為Sn, n∈N*,k>Sn≥t(k,t∈Z)恒成立,則k-t的最小值為(　　)
A.2　　　　B.4　　　　C.6　　　　D.8
6.對于無窮數列{an}和正整數m,若ak0.對于這兩個命題,下列判斷正確的是(　　)
A.①假命題,②真命題
B.①假命題,②假命題
C.①真命題,②假命題
D.①真命題,②真命題
答案與分層梯度式解析
基礎過關練
1.B　軋輥的周長為2πr=1 600(mm),
由題意可知,第9對軋輥出口處疵點間距為軋輥的周長,
因為在此處出口的兩疵點間面帶的體積與最終出口處兩疵點間面帶的體積相等,且面帶的寬度不變,
所以1 600=0.8L9,所以L9=2 000,
又L10=1 600,
所以數列{Lk}是以0.8為公比的等比數列,
所以L10=Lk·0.810-k,即Lk==1 600×0.8k-10.
故選B.
2.D　易知寶殿9間的寬度從明間向左右兩邊依次成等比數列,且兩個等比數列相同,設向右邊的數列為{an},其前n項和為Sn,則a1=a,公比q=,
則前5項和為S5=a,
所以該寶殿9間的總寬度為2S5-a=2a.故選D.
3.A　設1微塵的長度為a,
因為微塵、窗塵、兔塵、羊塵、牛塵、蟣、虱、芥子、大麥、指節、半尺的長度構成了公比為7的等比數列,
所以1窗塵的長度為7a,1兔塵的長度為72a,1羊塵的長度為73a,1牛塵的長度為74a,1蟣的長度為75a,1虱的長度為76a,1芥子的長度為77a,1大麥的長度為78a,1指節的長度為79a,
因為=77,所以1指節是77兔塵,A正確,C不正確;
因為=76,所以1指節是76羊塵,B、D不正確.
故選A.
4.答案　81;
解析　由題可知,前一個圖形中的每個白色三角形均可以得到下一個圖形中的3個白色小三角形,故an=3an-1(n≥2,n∈N*),
又a1=3≠0,故{an}是首項為3,公比為3的等比數列,故an=3n,則a4=81.
易知b1=1,且從第2個圖形起,每個圖形中的灰色三角形包含前一個圖形中的灰色三角形和由白色三角形截得的灰色小三角形,
故n≥2,且n∈N*時,bn=bn-1+an-1=bn-1+3n-1,則b2=b1+31,b3=b2+32,……,bn=bn-1+3n-1,由累加法可得bn=1+31+32+…+3n-1=(n≥2,n∈N*),
因為b1=1也符合該式,所以bn=(n∈N*).
5.A　依題意得a1+a2=1,所以an+an+1=2n-1,
當n≥2時,an-1+an=2n-2,則an+1-an-1=2n-2,
所以a2 024=a2+(a4-a2)+(a6-a4)+…+(a2 024-a2 022)
=1+2+23+25+…+22 021=1+,
故選A.
6.C　設等比數列{an}的公比為q(q≠1).
由Sm,Sr,St成等差數列,得2Sr=Sm+St,
因為數列{an}為等比數列,且q≠1,
所以2×,整理得到2qr=qm+qt.
由am+k,ar+k,at+k成等差數列,得2ar+k=am+k+at+k,即2a1qr+k-1=a1qm+k-1+a1qt+k-1,整理得到2qr=qm+qt,
所以P是Q的充要條件.故選C.
7.AC　對于B和D,設{an}的公比為q,當q=-1,且m為偶數時,Sm=S2m-Sm=S3m-S2m=0,=0,此時Sm,S2m-Sm,S3m-S2m和均不為等比數列,B、D錯誤;
對于A,設等差數列{an}的公差為d,則Sm=a1+a2+…+am,S2m-Sm=am+1+am+2+…+a2m,S3m-S2m=a2m+1+a2m+2+…+a3m,
由等差數列的性質知Sm,S2m-Sm,S3m-S2m為等差數列,且公差為md,A正確;
對于C,設等差數列{an}的公差為d,
則,
,
則2×,所以為等差數列,C正確.故選AC.
8.B　當n=1時,2a1=4,∴a1=2,故A中結論正確;
當n≥2時,由2a1+22a2+…+2nan=得2a1+22a2+…+2n-1an-1=,
∴2nan==3n+1,
∴an=(n≥2),∵a1=2符合該式,∴an=(n∈N*),故B中結論錯誤;
∵an+1-an=<0,
∴數列{an}為遞減數列,故C中結論正確;
∵Sn=+…+,
∴+…+,
兩式相減得,,
∴Sn=7-,故D中結論正確.故選B.
9.答案　2 191
解析　∵a1=1,a2n+1-a2n-1=2,∴數列{a2n-1}是首項為1,公差為2的等差數列,
∴a2n-1=1+(n-1)×2=2n-1.
∵a2=1,=2,∴數列{a2n}是首項為1,公比為2的等比數列,∴a2n=2n-1.
∴S23=(a1+a3+…+a23)+(a2+a4+…+a22)==2 191.
10.解析　(1)設{an}的公差為d,{bn}的公比為q,則
所以數列{an}的通項公式為an=1+(n-1)×1=n,
由已知得又b1≠0,所以所以數列{bn}的通項公式為bn=3n-1.
(2)由(1)知an=n,bn=3n-1,
所以cn=an·bn=n×3n-1,
所以Tn=1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1,
則3Tn=1×31+2×32+…+(n-1)×3n-1+n×3n.
兩式相減,可得-2Tn=1+31+32+…+3n-1-n×3n=×3n,
所以Tn=×3n.
11.解析　(1)設{an}的公比為q,則an=a1qn-1,
因為an>0,所以q>0,
依題意可得
整理得q2+q-6=0,
解得q=2或q=-3(舍去),
所以an=a3qn-3=2n-1.
(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,
故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)
=2n-1+,
顯然,Tn隨著n的增大而增大,
又T10=210-1+45=1 068<2 024,
T11=211-1+55=2 102>2 024,
所以滿足Tn<2 024的最大正整數n=10.
能力提升練
1.B　由an+1=+2an得an+1+1=+2an+1=(an+1)2,
兩邊取對數得log2(an+1+1)=2log2(an+1),
設cn=log2(an+1),則cn+1=2cn,故{cn}是公比為2的等比數列.
又c1=log2(7+1)=3,所以cn=3·2n-1,即log2(an+1)=3·2n-1,所以an+1=,所以an=-1.
由放小麥的規則可得小麥的總粒數為1+2+…+263==264-1,所以-1≤264-1,即3·2n-1≤64,得n≤5.故選B.
2.解析　(1)記從今年1月份起,第n個月的產量為an,第n個月的產品合格率為bn.
由題可知,數列{an}為等比數列,首項a1=1 000,公比q=1+10%=1.1,
數列{bn}為等差數列,首項b1=0.85,公差d=0.01,
所以an=1 000×1.1n-1,bn=0.85+(n-1)×0.01=0.01n+0.84,
所以今年2月份生產的不合格產品的數量為a2·(1-b2)=1 000×1.1×(1-0.86)=154.
設第n個月生產的不合格產品的數量為cn,則cn=an·(1-bn)=10×1.1n-1×(16-n),
所以,
當n<5時,>1;當n=5時,=1;當n>5時,<1,所以c1c7>…>c12,
即5月份或6月份生產的不合格產品的數量最多.
(2)設今年前n個月生產的合格產品的總數量為Sn,則Sn=a1b1+a2b2+…+anbn,
由于an=1 000×1.1n-1,bn=0.01n+0.84,所以anbn=10×1.1n-1×(n+84),
所以S12=850×1.10+860×1.11+870×1.12+…+960×1.111①,
1.1S12=850×1.11+860×1.12+…+950×1.111+960×1.112②,
①-②得-0.1S12=850+10×(1.1+1.12+…+1.111)-960×1.112=850+10×-960×1.112
=740-860×1.112,
所以S12=10×(860×1.112-740)≈10×(860×3.14-740)≈19 604,
即該工廠今年全年生產的合格產品的總數量約為19 604.
3.D　設等比數列{an}的公比為q,若q=1,則an=或an=-,經檢驗,不滿足題意,故q≠1,
又a4a2 022=q2 024=506,a3+a4+a5+…+a2 021+a2 022+a2 023=a1q2(1+q+q2+…+q2 020)=a1q2·=2 024,
所以=4,即=4,
則+…+
==4.
故選D.
4.C　∵a1=1,a3=a2+2,∴a1q2=a1q+2,即q2-q-2=0,∴q=2或q=-1,又q>0,∴q=2,
∴an=2n-1,Sn==2n-1.
∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,
∴bn=,
∴Tn=b1+b2+…+bn=+…+,
∴T9=1-.故選C.
解題模板　條件an+1=bnSn+1Sn是“項”與“和”共存的遞推關系,解題時要么將“和”化為“項”,要么將“項”化為“和”.如本題利用an+1=Sn+1-Sn將“項”化為“和”,應用裂項相消法求和,從而解決問題.
5.思路分析　
SnSn的范圍結果
C　設等比數列{bn}的公比為q(q>0),等差數列{an}的公差為d,
由a1=2,b1=1,a2=b3,a4=b4,可得則q3-3q2+4=0,即(q+1)(q-2)2=0,所以q=2(q=-1舍去),則d=2,
所以an=2+2(n-1)=2n,bn=2n-1,
故cn==n·,
則Sn=1×+…+n×,
+…+(n-1)×,
兩式相減可得+…+-n·-n·=4-(n+2)·,故Sn=8-(n+2)·,
易知Sn≥S1=2,Sn<8,可得2≤Sn<8.
∵ n∈N*,k>Sn≥t(k,t∈Z)恒成立,
∴k≥8,t≤2,即k-t≥6,即k-t的最小值為6.故選C.
6.C　對于命題①,設數列{an}的公比為q,
因為數列{Sn}具有性質P(3),所以Sn0,
所以對任意正整數n,an+1(1+q+q2)>0,即an+1>0,
所以數列{Sn}為遞增數列,即Sn對于命題②,數列{Sn}不具有性質P(m),
即存在正整數k,使得Sk≥Sk+m,
即ka1+d≥(k+m)a1+d,
整理得(2k-1+m)d+2a1≤0,且k,m∈N*,易知2k-1+m>0,則當a1>0時,有d≤<0,故②是假命題.故選C.
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