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第2课时　等比数列前n项和的性质及应用
1.设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9＝（　　）
A.　　 B.－
C.　　 D.
2.已知数列{an}为等比数列，且q＝2，S4＝1，则S8＝（　　）
A.15　　 B.17
C.19　　 D.21
3.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
4.已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1（a是不为零的常数），则数列{an}（　　）
A.一定是等差数列
B.一定是等比数列
C.或是等差数列，或是等比数列
D.既非等差数列，也非等比数列
5.（多选）设等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列数列一定是等比数列的有（　　）
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.（多选）在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是（　　）
A.q＝2
B.数列{Sn＋2}是等比数列
C.S8＝510
D.数列{lg an}是公差为2的等差数列
7.一个等比数列的前n项和Sn＝（1－2λ）＋λ·2n，则λ＝　　　　.
8.（2024·南通月考）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　　　　.
9.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＝　　　　.
10.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足S3＝7，S6＝63.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝an＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
11.在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝（　　）
A.2n－　　 B.2n－1
C.2n－1－　　 D.2n－1－1
12.（多选）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn.前n项积为Tn，并且满足条件a1＞1，a7a8＞1，＜0.则下列结论正确的是（　　）
A.0＜q＜1　　 B.a7a9＞1
C.Sn的最大值为S9　　 D.Tn的最大值为T7
13.已知Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若S6－3S3＝4，则S9－S6的最小值为　　　　.
14.如图，作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后，再作新三角形的内切圆.如此下去，求前n个内切圆的面积和.
15.等比数列{an}的公比q≠1，Sn，S2n，S3n分别表示前n项和，前2n项和，前3n项和.求证：＋＝SnS2n＋SnS3n.
第2课时　等比数列前n项和的性质及应用
1.A　易知q≠－1，因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8（S9－S6）＝1，即S9－S6＝，所以a7＋a8＋a9＝.
2.B　法一　因为q＝2，S4＝1，所以S4＝＝＝1，解得a1＝，所以S8＝＝＝17.故选B.
法二　由题意得S8＝（a1＋a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋a7＋a8）＝S4＋q4（a1＋a2＋a3＋a4）＝S4（1＋q4）＝17.
3.D　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（a1＋a3＋a5＋…＋a31）＝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.
4.C　由Sn＝an－1知，当a＝1时，Sn＝0，此时数列{an}为等差数列（an＝0）.当a≠1时，a1＝a－1，an＝Sn－Sn－1＝（an－1）－（an－1－1）＝an－an－1＝（a－1）an－1，n≥2，n＝1时也符合上式，故数列{an}是首项为a－1，公比为a（a≠1）的等比数列.故选C.
5.BD　设数列{an}的公比为q，q≠0，对于A和C，都有首项a1＋a2＝a1（1＋q），当q＝－1时，a1＋a2＝0，不满足等比数列，故A、C错误；对于B，a1＋a3＝a1（1＋q2）≠0，且＝＝q2，同理＝q2，故数列a1＋a3，a3＋a5，a5＋a7，…为等比数列，故B正确；对于D，S3＝a1＋a2＋a3＝a1（1＋q＋q2）≠0，且＝q3，＝q3，故数列S3，S6－S3，S9－S6，…为等比数列，故D正确.故选B、D.
6.ABC　∵a1＋a4＝18，a2＋a3＝12且公比q为整数，∴∴或（舍），故A正确；Sn＝＝2n＋1－2，∴S8＝510，故C正确；∴Sn＋2＝2n＋1，故数列{Sn＋2}是等比数列，故B正确；an＝2×2n－1＝2n，∴lg an＝lg 2n＝nlg 2，故数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列，故D错误.
7.1　解析：设等比数列{an}的公比为q，当q＝1时，a1＝S1＝（1－2λ）＋2λ＝1，则Sn＝n，显然与题设不符，∴q≠1，即等比数列不是常数列，又{an}是等比数列，∴1－2λ＋λ＝0，解得λ＝1.
8.6　解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64，27＝128，则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成等比数列，∴＝q10＝（）10.又{an}为正项等比数列，∴q＝.
10.解：（1）由题意知S6≠2S3，q≠1，且q≠－1，
由等比数列的前n项和的性质知，
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　设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2，等比数列{｜an｜}的公比为｜q｜＝2，则｜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正确；a7a9＝＜1，故B错误；∵a1＞1，0＜q＜1，∴数列为正项递减数列，∴Sn无最大值，故C错误；又a7＞1，0＜a8＜1，∴T7是数列{Tn}中的最大项，故D正确.故选A、D.
13.32　解析：由q≠－1及等比数列的性质，知S3，S6－S3，S9－S6成等比数列.又S6－3S3＝4，∴S9－S6＝＝＝4S3＋＋16≥2＋16＝32，当且仅当S3＝2时，等号成立，∴S9－S6的最小值为32.
14.解：设第n个正三角形的内切圆的半径为an，
因为从第2个正三角形开始，每一个正三角形的边长是前一个正三角形边长的，每一个正三角形内切圆的半径也是前一个正三角形内切圆半径的，结合题意可知a1＝atan 30°＝a，an＝an－1.
故前n个内切圆的面积和为π（＋＋…＋）＝π·［1＋＋（）2＋…＋（）n－1］＝×＝（1－）.
15.证明：∵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课时　等比数列前n项和的性质及应用
题型一 等比数列前n项和公式的函数特性
【例1】　已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n－1，判断{an}是不是等比数列，并说明理由.
通性通法
　　由Sn＝Aqn＋B（AB≠0，q≠0且q≠1）判断等比数列的注意事项
　　若数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B（AB≠0，q≠0且q≠1），当A＋B＝0时，{an}是等比数列；当A＋B≠0时，{an}不是等比数列.
【跟踪训练】
1.若数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝3n＋1－2k，则实数k＝　　　　.
2.等比数列{an}的前n项和Sn＝m·4n－1＋t（其中m，t为常数且mt≠0），则＝　　　　.
题型二 等比数列前n项和的性质
角度1　与“片段和”相关的性质
【例2】　（1）等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4＝（　　）
A.28　　 B.32
C.21　　 D.28或－21
（2）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则 ＝（　　）
A.　　 B.
C.　　 D.
通性通法
　　设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则：
（1）当Sm≠0时，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍组成等比数列（公比为qm，m≥2）；
（2）当q＝1时，＝；当q≠±1时，＝；
（3）Sn＋m＝Sm＋qmSn＝Sn＋qnSm.
角度2　与“奇数项和、偶数项和”相关的性质
【例3】　一个项数为偶数的等比数列，全部项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求该等比数列的通项公式.
通性通法
　　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）当n是偶数时，则＝q；
（2）当n是奇数时，则S奇＝a1＋qS偶，即＝q.
【跟踪训练】
1.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝8，S6＝24，则a10＋a11＋a12＝（　　）
A.32　　 B.64
C.72　　 D.216
2.已知等比数列{an}的公比q＝，且a1＋a3＋a5＋…＋a99＝90，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝　　　　.
题型三 等比数列前n项和的实际应用
【例4】　（链接教科书第164页例4）某市2023年共有1万辆燃油型公交车.为了倡导绿色交通，有关部门计划于2024年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入数量为上一年投入数量的2倍，试问：
（1）该市在2030年应该投入多少辆电力型公交车？
（2）到哪一年底，该市电力型公交车的数量开始超过公交车总量的？
通性通法
解答数列应用问题的方法
（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.
【跟踪训练】
　为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80吨，该矿区计划从2024年开始出口，当年出口a吨，以后每年出口量均比上一年减少10%.
（1）以2024年为第一年，设第n年出口量为an吨，试求an的表达式；
（2）国家计划10年后终止该矿区的出口，问2024年最多出口多少吨？（0.910≈0.35，保留一位小数）
1.已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1 012，偶数项之和为2 024，则这个数列的公比为（　　）
A.8　　　B.－2　　　C.4　　　D.2
2.在等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝（　　）
A.2n－1　　 B.
C.　　 D.
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝1，S4＝4，则a7＋a8＝（　　）
A.40　　B.30　　C.27　　D.9
4.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，则塔的顶层的灯数是（　　）
A.1　　B.2　　C.3　　D.6
第2课时　等比数列前n项和的性质及应用
【典型例题·精研析】
【例1】　解：由Sn＝2n－1，得a1＝S1＝1，当n≥2时，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}是等比数列.
跟踪训练
1.　解析：∵Sn＝3n＋1－2k＝3×3n－2k，且{an}为等比数列，∴3－2k＝0，即k＝.
2.－4　解析：法一　a1＝S1＝m＋t，a2＝S2－S1＝3m，a3＝S3－S2＝12m，因为{an}为等比数列，则＝a1a3，所以9m2＝12m（m＋t），即m＝－4t，故＝－4.
法二　Sn＝m·4n－1＋t＝m·4n＋t，因为{an}是等比数列，故m＝－t，则＝－4.
【例2】　（1）A　（2）D　解析：（1）∵{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，即7，S4－7，91－S4成等比数列，∴（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}是等比数列，∴S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列.∵＝，∴设S5＝2k（k≠0），则S10＝k，∴S10－S5＝－k，∴S15－S10＝，∴S15＝，∴＝＝.
【例3】　解：设数列为{an}，首项为a1，公比为q，全部奇数项、偶数项之和分别记为S奇，S偶，由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶.
∵数列{an}的项数为偶数，∴q＝＝.
又a1·a1q·a1q2＝64，∴·q3＝64，即a1＝12.
故所求通项公式为an＝12×，n∈N*.
跟踪训练
1.B　由于S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，S3＝8，S6－S3＝16，故其公比为2，所以S9－S6＝32，a10＋a11＋a12＝S12－S9＝64.
2.120　解析：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.
【例4】　解：（1）由题知每年投入的电力型公交车数量构成公比q＝2的等比数列，记为{an}.
记2024年投入电力型公交车数量为a1，则a1＝128，
an为第2 023＋n年投入的电力型公交车数量.an＝a1·qn－1＝128×2n－1＝2n＋6，
2030年投入的电力型公交车数量为a7＝213＝8 192.
所以该市在2030年应该投入8 192辆电力型公交车.
（2）记{an}的前n项和为Sn，则Sn＝128×＝2n＋7－128，
由Sk＞（Sk＋10 000），则Sk＞5 000且k为正整数，
即2k＋7－128＞5 000，所以k＋7≥13，即k≥6，
因为2 023＋6＝2 029，
所以到2029年底，该市电力型公交车的数量开始超过公交车总量的.
跟踪训练
　解：（1）由题意知每年的出口量构成等比数列{an}，且首项a1＝a，公比q＝1－10%＝0.9，
∴an＝a·0.9n－1.
（2）10年的出口总量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吨.
随堂检测
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}是等比数列，所以S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6也成等比数列，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　设顶层的灯数是a1，则每一层灯数形成以a1为首项，以2为公比的等比数列，设为{an}，由题可得S7＝＝381，解得a1＝3，故塔的顶层的灯数是3.
1 / 2(共51张PPT)
第2课时　等比数列前n项和的性质及应用
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 等比数列前 n 项和公式的函数特性
【例1】　已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，若 Sn ＝2 n －1，判断{ an }是
不是等比数列，并说明理由.
解：由 Sn ＝2 n －1，得 a1＝ S1＝1，当 n ≥2时， 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 }是等比数列.
通性通法
　　由 Sn ＝ Aqn ＋ B （ AB ≠0， q ≠0且 q ≠1）判断等比数列的注
意事项
　　若数列{ an }的前 n 项和 Sn ＝ Aqn ＋ B （ AB ≠0， q ≠0且 q
≠1），当 A ＋ B ＝0时，{ an }是等比数列；当 A ＋ B ≠0时，{ an }
不是等比数列.
【跟踪训练】

解析：∵ Sn ＝3 n＋1－2 k ＝3×3 n －2 k ，且{ an }为等比数列，∴3－2
k ＝0，即 k ＝ .
　
2. 等比数列{ an }的前 n 项和 Sn ＝ m ·4 n－1＋ t （其中 m ， t 为常数且 mt
≠0），则 ＝ .
解析：法一　 a1＝ S1＝ m ＋ t ， a2＝ S2－ S1＝3 m ， a3＝ S3－ S2＝12
m ，因为{ an }为等比数列，则 ＝ 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 ，因为{ an }是等比数列，故 m ＝
－ t ，则 ＝－4.
题型二 等比数列前 n 项和的性质
角度1　与“片段和”相关的性质
【例2】　（1）等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ， S2＝7， S6＝91，则 S4
＝（　A　）
A. 28 B. 32
C. 21 D. 28或－21
解析：∵{ an }为等比数列，∴ S2， S4－ S2， S6－ S4也为等比数列，即
7， S4－7，91－ S4成等比数列，∴（ 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）设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，若 ＝ ，则 ＝
（　D　）
解析：∵{ an }是等比数列，∴ S5， S10－ S5， S15－ S10也成等比数
列.∵ ＝ ，∴设 S5＝2 k （ k ≠0），则 S10＝ k ，∴ S10－ S5＝
－ k ，∴ S15－ S10＝ ，∴ S15＝ ，∴ ＝ ＝ .
通性通法
　　设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，公比为 q ，则：
（1）当 Sm ≠0时， Sm ， S2 m － Sm ， S3 m － S2 m ，…仍组成等比数列
（公比为 qm ， m ≥2）；
（2）当 q ＝1时， ＝ ；当 q ≠±1时， ＝ ；
（3） Sn＋ m ＝ Sm ＋ qmSn ＝ Sn ＋ qnSm .
角度2　与“奇数项和、偶数项和”相关的性质
【例3】　一个项数为偶数的等比数列，全部项之和为偶数项之和的4
倍，前3项之积为64，求该等比数列的通项公式.
解：设数列为{ an }，首项为 a1，公比为 q ，全部奇数项、偶数项之和
分别记为 S奇， S偶，由题意，知 S奇＋ S偶＝4 S偶，即 S奇＝3 S偶.
∵数列{ an }的项数为偶数，∴ q ＝ ＝ .
又 a1· a1 q · a1 q2＝64，∴ · q3＝64，即 a1＝12.
故所求通项公式为 an ＝12× ， n ∈N*.
通性通法
　　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）当 n 是偶数时，则 ＝ q ；
（2）当 n 是奇数时，则 S奇＝ a1＋ qS偶，即 ＝ q .
【跟踪训练】
1. 设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，若 S3＝8， S6＝24，则 a10＋ a11＋
a12＝（　　）
A. 32 B. 64
C. 72 D. 216
解析：　由于 S3， S6－ S3， S9－ S6， S12－ S9成等比数列， S3＝
8， S6－ S3＝16，故其公比为2，所以 S9－ S6＝32， a10＋ a11＋ a12＝
S12－ S9＝64.
2. 已知等比数列{ an }的公比 q ＝ ，且 a1＋ a3＋ a5＋…＋ a99＝90，则
a1＋ a2＋ a3＋…＋ a100＝ .
解析：因为在等比数列中，若项数为2 n ，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.
120　
题型三 等比数列前 n 项和的实际应用
【例4】　（链接教科书第164页例4）某市2023年共有1万辆燃油型公
交车.为了倡导绿色交通，有关部门计划于2024年投入128辆电力型公
交车，随后电力型公交车每年的投入数量为上一年投入数量的2倍，
试问：
（1）该市在2030年应该投入多少辆电力型公交车？
解： 由题知每年投入的电力型公交车数量构成公比 q ＝2的
等比数列，记为{ an }.
记2024年投入电力型公交车数量为 a1，则 a1＝128，
an 为第2 023＋ n 年投入的电力型公交车数量. an ＝ a1· qn－1＝
128×2 n－1＝2 n＋6，
2030年投入的电力型公交车数量为 a7＝213＝8 192.
所以该市在2030年应该投入8 192辆电力型公交车.
（2）到哪一年底，该市电力型公交车的数量开始超过公交车总量的
？
解：记{ an }的前 n 项和为 Sn ，则 Sn ＝128× ＝2 n＋7－128，
由 Sk ＞ （ Sk ＋10 000），则 Sk ＞5 000且 k 为正整数，
即2 k＋7－128＞5 000，所以 k ＋7≥13，即 k ≥6，
因为2 023＋6＝2 029，
所以到2029年底，该市电力型公交车的数量开始超过公交车总
量的 .
通性通法
解答数列应用问题的方法
（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.
【跟踪训练】
　为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80
吨，该矿区计划从2024年开始出口，当年出口 a 吨，以后每年出口量
均比上一年减少10%.
（1）以2024年为第一年，设第 n 年出口量为 an 吨，试求 an 的表达
式；
解：由题意知每年的出口量构成等比数列{ an }，且首项 a1
＝ a ，公比 q ＝1－10%＝0.9，
∴ an ＝ a ·0.9 n－1.
（2）国家计划10年后终止该矿区的出口，问2024年最多出口多少
吨？（0.910≈0.35，保留一位小数）
解：10年的出口总量 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吨.
1. 已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1 012，偶数项
之和为2 024，则这个数列的公比为（　　）
A. 8 B. －2
C. 4 D. 2
解析：　由 ＝ q ，可知 q ＝2.
2. 在等比数列{ an }中， a1 a2 a3＝1， a4＝4，则 a2＋ a4＋ a6＋…＋ a2 n
＝（　　）
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. 已知等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，若 S2＝1， S4＝4，则 a7＋ a8＝
（　　）
A. 40 B. 30
C. 27 D. 9
解析：　由于{ an }是等比数列，所以 S2， S4－ S2， S6－ S4， S8－
S6也成等比数列，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，则塔的顶层的灯数是（　　）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 6
解析：　设顶层的灯数是 a1，则每一层灯数形成以 a1为首项，以2
为公比的等比数列，设为{ an }，由题可得 S7＝ ＝381，
解得 a1＝3，故塔的顶层的灯数是3.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，已知 S3＝8， S6＝7，则 a7＋ a8＋
a9＝（　　）
解析：　易知 q ≠－1，因为 a7＋ a8＋ a9＝ S9－ S6，且 S3， S6－
S3， S9－ S6也成等比数列，即8，－1， S9－ S6成等比数列，所以8
（ S9－ S6）＝1，即 S9－ S6＝ ，所以 a7＋ a8＋ a9＝ .
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2. 已知数列{ an }为等比数列，且 q ＝2， S4＝1，则 S8＝（　　）
A. 15 B. 17
C. 19 D. 21
解析：　法一　因为 q ＝2， S4＝1，所以 S4＝ ＝
＝1，解得 a1＝ ，所以 S8＝ ＝ ＝
17.故选B.
法二　由题意得 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
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解析：　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 （ a1＋
a3＋ a5＋…＋ a31）＝3 S1，又 S1＋60＝ S2，则 S1＋60＝3 S1，解得 S1
＝30， S2＝90，故数列{ an }的所有项之和是30＋90＝120.故选D.
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4. 已知数列{ an }的前 n 项和 Sn ＝ an －1（ a 是不为零的常数），则数
列{ an }（　　）
A. 一定是等差数列
B. 一定是等比数列
C. 或是等差数列，或是等比数列
D. 既非等差数列，也非等比数列
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解析：　由 Sn ＝ an －1知，当 a ＝1时， Sn ＝0，此时数列{ an }为
等差数列（ an ＝0）.当 a ≠1时， a1＝ a －1， an ＝ Sn － Sn－1＝（ an
－1）－（ an－1－1）＝ an － an－1＝（ a －1） an－1， n ≥2， n ＝1时
也符合上式，故数列{ an }是首项为 a －1，公比为 a （ a ≠1）的等
比数列.故选C.
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5. （多选）设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，则下列数列一定是等比
数列的有（　　）
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：　设数列{ an }的公比为 q ， q ≠0，对于A和C，都有首项
a1＋ a2＝ a1（1＋ q ），当 q ＝－1时， a1＋ a2＝0，不满足等比数
列，故A、C错误；对于B， a1＋ a3＝ a1（1＋ q2）≠0，且 ＝
＝ q2，同理 ＝ q2，故数列 a1＋ a3， a3＋ a5， a5
＋ a7，…为等比数列，故B正确；对于D， S3＝ a1＋ a2＋ a3＝ a1（1
＋ q ＋ q2）≠0，且 ＝ q3， ＝ q3，故数列 S3， S6－ S3， S9
－ S6，…为等比数列，故D正确.故选B、D.
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6. （多选）在公比 q 为整数的等比数列{ an }中， Sn 是数列{ an }的前 n
项和，若 a1＋ a4＝18， a2＋ a3＝12，则下列说法正确的是（　　）
A. q ＝2
B. 数列{ Sn ＋2}是等比数列
C. S8＝510
D. 数列{lg an }是公差为2的等差数列
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解析：　∵ a1＋ a4＝18， a2＋ a3＝12且公比 q 为整数，
∴∴或（舍），故A正
确； Sn ＝ ＝2 n＋1－2，∴ S8＝510，故C正确；∴ Sn ＋2
＝2 n＋1，故数列{ Sn ＋2}是等比数列，故B正确； an ＝2×2 n－1＝2
n ，∴lg an ＝lg 2 n ＝ n lg 2，故数列{lg an }是公差为lg 2的等差数列，
故D错误.
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7. 一个等比数列的前 n 项和 Sn ＝（1－2λ）＋λ·2 n ，则λ＝ .
解析：设等比数列{ an }的公比为 q ，当 q ＝1时， a1＝ S1＝（1
－2λ）＋2λ＝1，则 Sn ＝ n ，显然与题设不符，∴ q ≠1，即
等比数列不是常数列，又{ an }是等比数列，∴1－2λ＋λ＝
0，解得λ＝1.
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8. （2024·南通月考）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：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前
n 项和 Sn ＝ ＝ ＝2 n＋1－2.由2 n＋1－2≥100，
得2 n＋1≥102.由于26＝64，27＝128，则 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成等比数列，
∴ ＝ q10＝（ ）10.又{ an }为正项等比数列，∴ q ＝ .
　
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10. 已知等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，且满足 S3＝7， S6＝63.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解：由题意知 S6≠2 S3， q ≠1，且 q ≠－1，
由等比数列的前 n 项和的性质知，
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 ，求数列{ bn }的前 n 项和 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. 在等比数列{ an }中，若 a1＝ ， a4＝－4，则｜ a1｜＋｜ a2｜＋｜
a3｜＋…＋｜ an ｜＝（　　）
B. 2 n －1
D. 2 n－1－1
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解析：　设等比数列{ an }的公比为 q ，则 a4＝ a1 q3，代入数据解
得 q3＝－8，所以 q ＝－2，等比数列{｜ an ｜}的公比为｜ q ｜＝
2，则｜ 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. （多选）设等比数列{ an }的公比为 q ，其前 n 项和为 Sn .前 n 项积
为 Tn ，并且满足条件 a1＞1， a7 a8＞1， ＜0.则下列结论正确
的是（　　）
A. 0＜ q ＜1 B. a7 a9＞1
C. Sn 的最大值为 S9 D. Tn 的最大值为 T7
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解析：　∵ a1＞1， a7 a8＞1， ＜0，∴ a7＞1，0＜ a8
＜1，∴0＜ q ＜1，故A正确； a7 a9＝ ＜1，故B错误；∵ a1
＞1，0＜ q ＜1，∴数列为正项递减数列，∴ Sn 无最大值，故
C错误；又 a7＞1，0＜ a8＜1，∴ T7是数列{ Tn }中的最大项，
故D正确.故选A、D.
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13. 已知 Sn 为正项等比数列{ an }的前 n 项和，若 S6－3 S3＝4，则 S9－
S6的最小值为 .
解析：由 q ≠－1及等比数列的性质，知 S3， S6－ S3， S9－ S6成等
比数列.又 S6－3 S3＝4，∴ S9－ S6＝ ＝ ＝4 S3
＋ ＋16≥2 ＋16＝32，当且仅当 S3＝2时，等号成立，∴ S9
－ S6的最小值为32.
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14. 如图，作边长为 a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三
角形，然后，再作新三角形的内切圆.如此下去，求前 n 个内切圆
的面积和.
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解：设第 n 个正三角形的内切圆的半径为 an ，
因为从第2个正三角形开始，每一个正三角形的边长是前一个正三
角形边长的 ，每一个正三角形内
切圆的半径也是前一个正三角形内切圆半径的 ，结合题意可知 a1
＝ a tan 30°＝ a ， an ＝ an－1.
故前 n 个内切圆的面积和为π（ ＋ ＋…＋ ）＝π· ［1＋
＋（ ）2＋…＋（ ） n－1］＝ × ＝ （1－ ）.
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15. 等比数列{ an }的公比 q ≠1， Sn ， S2 n ， S3 n 分别表示前 n 项和，前2
n 项和，前3 n 项和.求证： ＋ ＝ SnS2 n ＋ SnS3 n .
证明：∵ 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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