资源简介

4.3.2　等比数列的前n项和公式
第1课时　等比数列的前n项和及其性质
基础过关练
题组一　等比数列的前n项和
1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3·a4=a5,S3=,则{an}的公比q=(　　)
A.3　　　　B.　　　　C.3或　　　　D.2
2.设Sn为等比数列{an}的前n项和,S2 023=200,a1 012=10,则+…+=(　　)
A.20　　　　B.10　　　　C.5　　　　D.2
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=-5,S6=3S2,则S8=(　　)
A.-10　　　　B.25
C.-10或-25　　　　D.-10或0
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,则=　　　　.
题组二　等比数列前n项和的性质及应用
5.(多选题)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1+a(a为常数),则(　　)
A.a=-1　　　　B.{an}的公比为2
C.an=2n　　　　D.S9=1 023
6.已知数列{an}为等比数列,其前n项和为Sn,则“S2>0”是“数列{S2n}是递增数列”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
7.已知一个项数为偶数的等比数列{an},它的所有项之和为所有偶数项之和的4倍,且前3项之积为64,则a1=(　　)
A.1　　　　B.4　　　　C.12　　　　D.36
8.已知等比数列{an}有(2n+1)项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则n=(　　)
A.2　　　　B.3　　　　
C.4　　　　D.5
9.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5=12,S10=48,则S20=(　　)
A.324　　　　B.420　　　　
C.480　　　　D.768
10.设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3,S9,S6成等差数列,a1=-2,则a7的值为(　　)
A.-2　　　　B.-　　　　D.1
11.现有12个圆,它们的圆心在同一条直线上,从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切,从左到右它们的半径长依次构成首项为16,公比为的等比数列,前3个圆如图所示.若点P,Q分别为第3个圆和第10个圆上任意一点,则|PQ|的最大值为(　　)
A.
能力提升练
题组一　求等比数列的前n项和
1.数列{an}中,已知对任意n∈N*,都有a1+a2+a3+…+an=3n-1,则+…+=(　　)
A.(3n-1)2　　　　B.(9n-1)
C.9n-1　　　　D.(3n-1)
2.已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=18,a2a3=32,{an}的前n项和为Sn,若Sk+6-Sk=211-25,则正整数k等于(　　)
A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6
3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+1=3Sn+2,n∈N*,则S4=(　　)
A.80　　　　B.160　　　　C.121　　　　D.242
4.已知正项数列{an}满足a1=1,an=,其前200项和为S200,则(　　)
A.
C.
5.3+33+333+…+=　　　　.
题组二　等比数列前n项和的性质及应用
6.如图所示,作Rt△AOB,OA=1,∠AOB=30°,再依次作Rt△BOC,Rt△COD,Rt△DOE,……,直至最后一个直角三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有直角三角形的面积和为(　　)
A.
C.
7.(多选题)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且Sn=+a,则(　　)
A.a=-2
B.{Sn}中任意奇数项的值始终大于任意偶数项的值
C.{Sn}的最大项为S1=3,最小项为S2=
D.a1a2+a2a3+…+a10a11=6
8.已知[x]表示不超过x的最大整数,如[2.3]=2,[-1.9]=-2,数列{an}满足a1=1,a2=5,an+2+4an=5an+1,若bn=[log2an+1],Sn为数列{bn}的前n项和,则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是正项等比数列{an}的前n项和,S4=10,则2S12-3S8+S4的最小值为　　　　.
10.(2023湖北随州第一中学期末)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=　　　　.
11.数列{an}中,a1=2,且 m,n∈N*,都有am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=32 736,则正整数k=　　　　.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.C　根据题意有a1·q2·a1·q3=a1·q4,
即a1·q=1,所以a2=1,若q=1,则S3=3,与S3=矛盾,所以q≠1,
所以S3=,即,
整理得3q2-10q+3=0,解得q=3或q=.故选C.
2.D　解法一:设等比数列{an}的公比为q,由题意得q≠1,
则S2 023==200,
a1 012=a1q1 011=10.
易知数列,公比为的等比数列,
设其前n项和为Tn,
则T2 023==2.
解法二:设T2 023=+…+,
则2T2 023=+…+
==4,故T2 023=2.故选D.
3.A　设等比数列{an}的公比为q,由S4=-5,可知q≠-1,
当q=1时,Sn=na1,此时S6=3S2成立
易错点,
∴S8=2S4=-10.
当q≠1时,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.
综上,q=1,S8=-10.故选A.
4.答案　2
解析　设等比数列{an}的公比为q.
由S3,S9,S6成等差数列,得2S9=S3+S6,
当q=1时,2S9=18a1,S3+S6=9a1,
易知a1≠0,故18a1≠9a1,不满足题意,故q≠1,
所以,
化简得2q6=1+q3,解得q3=1(舍)或q3=-,
则=2.
5.BC　因为Sn=2n+1+a,所以a1=4+a,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8,
因为{an}是等比数列,所以=a1a3,即42=8(4+a),解得a=-2,故A错误;
设等比数列{an}的公比为q,则q==2,故B正确;
因为a1=2,q=2,所以an=a1qn-1=2n,故C正确;
因为a=-2,所以Sn=2n+1-2,所以S9=210-2=1 022,故D错误.
故选BC.
方法技巧　当q≠1时,Sn=·qn,即常数项和qn的系数互为相反数,并且公比为q.如本题中Sn=2n+1+a=a+2·2n,利用该性质可知q=2,a=-2.
6.C　设等比数列{an}的公比为q(q≠0).
若S2>0,即a1+a2>0,则S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1=(a1+a2)q2n>0,所以数列{S2n}是递增数列;
若数列{S2n}是递增数列,则S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1=(a1+a2)q2n>0,所以a1+a2>0,即S2>0.
所以“S2>0”是“数列{S2n}是递增数列”的充要条件.
故选C.
7.C　设{an}的前n项和为Sn.由题意可得S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇.
设等比数列{an}的公比为q,项数为2k(k∈N*),
则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.故选C.
8.B　因为等比数列{an}有(2n+1)项,所以奇数项有(n+1)项,偶数项有n项,设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,
则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,整体代入得q=2,所以前(2n+1)项和S2n+1==85+42=127,解得n=3.故选B.
规律总结　已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,当项数为2n时,=q;当项数为2n+1时,=q.
9.C　解法一:由S10=48可知{an}的公比不为-1,
因为{an}为等比数列,
所以S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15,…也成等比数列,
所以=3,解得S15=156,S20=480.故选C.
解法二:设等比数列{an}的公比为q.由S5=12,S10=48可知q≠1,故S5==48,所以=1+q5=4,所以q5=3,则=1+q10=10,所以S20=480.故选C.
10.B　设等比数列{an}的公比为q(q≠0).
解法一:基本量运算.
当q=1时,由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,得a1=0,与a1=-2矛盾,所以q≠1.
由2S9=S3+S6得(1-q6),所以q3(q3-1)(2q3+1)=0,则q3=-.故选B.
解法二:二级结论(Sm+n=Sm+qmSn).
S9=S3+q3S6=S6+q6S3 2S9=S3+S6+q3S6+q6S3,
由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6,
则q3S6+q6S3=0 S6+q3S3=0,
又S6=S3+q3S3=(1+q3)S3,
所以-q3S3=(1+q3)S3,则(1+2q3)S3=0,
得q3=-或S3=0,
当S3=0时,a1(1+q+q2)=0,又a1≠0,所以q2+q+1=0,无解,故S3=0舍去.
所以q3=-.
故选B.
解法三:性质+特值.
由a1=-2得a7<0,排除C,D;
当q=1时,由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,得a1=0,与a1=-2矛盾,所以q≠1,所以a7≠-2,故排除A.故选B.
11.B　设这个等比数列为{an},
由已知得an=16·,
易知|PQ|的最大值为第3个圆到第10个圆的直径之和,即2(a3+a4+…+a10)=2×16×+…+=32×,故|PQ|的最大值为.故选B.
能力提升练
1.B　∵a1+a2+a3+…+an=3n-1,
∴a1+a2+a3+…+an-1=3n-1-1(n≥2),
两式相减得an=2×3n-1(n≥2).
当n=1时,a1=31-1=2,符合上式,
∴an=2×3n-1(n∈N*),∴=4×9n-1,
∴=9,
∴数列{}是以4为首项,9为公比的等比数列,
∴+…+(9n-1).故选B.
解后反思　本题可利用等比数列前n项和公式的特点直接得出q=3,a1=2,从而求解.
2.B　设等比数列{an}的公比为q.
联立
因为数列{an}是递增的等比数列,所以
则由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.故选B.
3.A　由Sn+1=3Sn+2,n∈N*,得Sn+2=3Sn+1+2,n∈N*,两式相减得an+2=3an+1,
所以等比数列{an}的公比为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}是首项为S1+1=3,公比为3的等比数列,所以Sn+1=3n,所以S4=34-1=80.故选A.
4.C　在an=中,令n=1,得a2=,因为a1+a2=1+,且{an}的各项均为正数,所以S200>,
由an=,
则
=>0,所以,又an>0,
所以an+1所以,所以,
所以,所以an≤,
则S200<+…+
=.
综上,.故选C.
5.答案　
解析　3+33+333+…+(9+99+999+…+[(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)]=.
6.D　因为=12,所以共有12个直角三角形.
设第n(n∈N*,1≤n≤12)个直角三角形的斜边长为an,面积为bn,
由题意可知a1=,
则b1=≠0,,
所以数列{bn}是首项为,公比为的等比数列,
所以所作的所有直角三角形的面积和为.故选D.
7.BCD　设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1,
由Sn=+a=-2·+a,可知-2+a=0,故a=2,故A错误;
Sn=-2·
在数列{Sn}中,奇数项单调递减,且始终大于2,最大值为S1=3,
偶数项单调递增,且始终小于2,最小值为S2=,故B、C正确;
由Sn=-2·+2可得q=-,
又a1=S1=3,所以an=3,
令bn=anan+1,则bn=9,
因为,
所以{bn}为等比数列,且首项为b1=-,公比为,
所以a1a2+a2a3+…+a10a11=b1+b2+…+b10=,故D正确.故选BCD.
8.B　由an+2+4an=5an+1可知an+2-4an+1=an+1-4an,所以数列{an+1-4an}是常数列,
又a1=1,a2=5,所以a2-4a1=1,所以数列{an+1-4an}的各项均为1,即an+1-4an=1,
所以an+1+,又a1+,
所以数列为首项,4为公比的等比数列,则an+×4n,
则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.故选B.
9.答案　-
解析　由等比数列的性质可得S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,所以S4(S12-S8)=(S8-S4)2,所以S12-S8=,
则2S12-3S8+S4=2(S12-S8)+S4-S8=,所以当S8=时,2S12-3S8+S4取最小值,最小值为-.
10.答案　
解析　由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10.
∵{an}为正项等比数列,∴S20-S10≠0,∴,
又=q10,
∴q10=,解得q=±,
∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=.
方法技巧　已知公比为q(q≠0)的等比数列的前n项和为Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的关系或Sn与Sm的关系时,考虑应用以下两个性质:
①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等比数列,其公比为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,
所以数列{an}为等比数列,且首项为2,公比为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张PPT)
知识点 1 等比数列的前n 项和公式
4.3.2 等比数列的前n项和公式
必备知识 清单破
　　设等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,当q=1时,Sn=na1,当q≠1时,Sn= = .
1.当q=1时,Sn=na1,Sn是关于n的正比例函数.
2.当公比q>0且q≠1时,等比数列的前n项和公式Sn= 可以变形为Sn=- ·qn+ ,
设A= ,则Sn=A(qn-1),即Sn是关于n的指数型函数.
知识点 2 等比数列前n 项和公式的函数特征
　
　　已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则利用等比数列的通项公式及其前n项和公
式可推得Sn有如下性质:
(1)Sn+m=Sm+qmSn=Sn+qnSm,m,n∈N*.
(2)当q≠-1或q=-1且k为奇数时,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是公比为qk的等比数列,当q=-1,k为偶数时,Sk,
S2k,S3k均为0,不能构成等比数列.
(3)设S偶与S奇分别是偶数项的和与奇数项的和.若项数为2n,则 =q;若项数为2n+1,则 =q.
(4)当q=1时, = ;当q≠±1时, = .
知识点 3 等比数列前n 项和的性质
知识辨析
1.等比数列的前n项和公式一定是关于n的指数型函数吗
2.若数列{an}的前n项和Sn=Aqn+B(A≠0,q≠0),则数列{an}一定是等比数列吗
3.若a∈R,则1+a+a2+…+an-1的和为 吗
4.已知等比数列{an}的公比为 ,则该数列的前100项和是偶数项的和的3倍吗
5.已知数列{an}为等比数列,其前n项和为Sn,则S10,S20-S10,S30-S20,…仍是等比数列吗
一语破的
1.不一定.当公比q=1时,等比数列的前n项和公式是关于n的一次函数,当公比q>0且q≠1时,等
比数列的前n项和公式是关于n的指数型函数.
2.不一定.只有当A=-B时才是等比数列.
3.不是.当a=1时,1+a+a2+…+an-1=n.
4.是.因为奇数项的和是偶数项的和的2倍,所以所有项的和是偶数项的和的3倍.
5.不是.当公比q=-1时,S10=S20=S30=0,所以S10,S20-S10,S30-S20,…不能构成等比数列,只有满足q≠-1
时,S10,S20-S10,S30-S20,…才会构成等比数列.
关键能力 定点破
定点 1 等比数列前n项和公式及其应用

　　在等比数列{an}中,对于a1,an,n,q,Sn这五个量,已知其中三个量就可利用通项公式和前n项
和公式求出另外两个量.
(1)当条件与结论间的联系不明显时,可以用a1与q表示an与Sn,从而列方程组求解.
(2)等比数列的前n项和公式分q=1与q≠1两种情况,因此当公比未知时,要对公比进行分类讨论.
(3)q≠1时,公式Sn= 与Sn= 是等价的,利用an=a1qn-1可以实现它们之间的相互转化.
当已知a1,q与n时,用Sn= 较方便;当已知a1,q与an时,用Sn= 较方便.
典例　已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为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)显然q≠1,
由Sn= = ,得q= .
又an=a1qn-1,∴ =8× ,∴n=6.
(2)解法一:由S6≠2S3知q≠1,
则
②÷①,得1+q3=9,∴q3=8,即q=2.
将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.
将q=2代入S3= = 得a1= ,
∴an=a1qn-1= ×2n-1=2n-2,
Sn= =2n-1- .
(3)解法一:由题意得
化简得
③÷④,得q2-1=3(负值舍去),
∴q2=4,∴q=2或q=-2.
当q=2时,代入③得a1=1,
∴S8= =255;
当q=-2时,代入③得a1=-1,
∴S8= =85.
综上可知,S8=255或85.
解法二:由等比数列的性质得a3·a5= =64,∴a4=±8.
当a4=8时,∵a6-a4=24,
∴a6=32,
∴q2= =4,∴q=±2.
当a4=-8时,∵a6-a4=24,
∴a6=16,
∴q2= =-2,无解.
故q=±2,a4=8.
当q=2时,a1= =1,S8= =255;
当q=-2时,a1= =-1,S8= =85.
综上可知,S8=255或85.
(4)当q=1时,a1=a2=a3= ,满足S3= .
当q≠1时,由题意得
解得
综上可知,a1= 或6.
规律总结 对于等比数列中基本量的计算,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,有时也会用到整体代换.
　　根据等比数列的定义和前n项和公式,可推导出等比数列前n项和的若干性质,在等比数
列前n项和的有关问题中,把握好等比数列前n项和性质的使用条件,恰当运用性质能帮助我
们简化运算,快速解题.
定点 2 等比数列前n项和性质及其应用
典例 已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2,S3n=14,则S4n等于(　 )
A.80　　　B.30　　　C.26　　　D.16
B
思路点拨 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,…成等比数列 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:设正项等比数列{an}的公比为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:由题意知数列{an}的公比大于0,故Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n,…成等比数列,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:设正项等比数列{an}的公比为q(q>0),注意到四个选项都是具体的数值,
∴S4n是一个与n无关的定值,不妨令n=1,
由解法一知,q≠1,则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 通过对比三种解题方法,可以发现:解法一采用基本量法,思路简单,但运算量较
大;解法二应用等比数列前n项和的性质,简化运算,且思路清晰;解法三采用特殊值法,使问题
简单化.
1.错位相减法
　　已知数列{an}为等差数列,{bn}为等比数列,由这两个数列中项数相同的项的乘积组成的
新数列为{anbn},在求该数列的前n项和时,常常将{anbn}的各项乘{bn}的公比q(注意q≠1这一
前提,如果不能确定q,需分情况讨论),并向后错位一项,与{anbn}中q的同次项对应相减,即可转
化为特殊数列的求和,这种求数列前n项和的方法称为错位相减法,错位的目的在于使幂指数
相同的项对应,便于找出两式相减的结果,两式作差的结果一般除第一项和最后一项外,中间
(n-1)项构成等比数列.
2.分组求和法
　　分组求和法适用于解决数列的项可分成两部分或几部分,且每部分可直接求和的数列求
和问题.
定点 3 与等比数列有关的数列求和
典例　已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn+3an=6n+4(n∈N*).
(1)求证:数列{an-3}是等比数列;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
解析 (1)证明:当n=1时,2S1+3a1=6+4,∴a1=2,
当n≥2时,有
两式相减得2an+3an-3an-1=6,
∴5an-3an-1=6,故an-3= (an-1-3),
又a1-3=-1≠0,故 = ,
∴数列{an-3}是以-1为首项, 为公比的等比数列.
(2)由(1)可得an-3=-1× ,∴an=3- ,∴nan=3n-n· ,
令Wn=1× +2× +3× +…+n· ,①
两边同乘 ,得 Wn= +2× +3× +…+(n-1)· +n· ,②
由①-②得 Wn=1+ + +…+ -n· = -n· = - · ,
∴Wn= - · ,
则Tn=3(1+2+3+…+n)-Wn= -Wn= + · - .
方法技巧 由两式相减得到的等比数列部分在求和时,为避免出现项数错误,通常利用公式Sn
= 求和,a1为等比数列的首项,an为等比数列的末项.

　　解决等差数列与等比数列综合问题的关键在于用好它们的有关知识,理顺两个数列间的
关系.注意运用等差数列与等比数列的基本量来表示数列中的所有项.
定点 4 等差数列、等比数列的综合应用问题
典例　已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),数列{bn}是等比数列,a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn= 数列{cn}的前n项和为Tn,求T2n.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
由题意得 解得
∴an=2n+1,bn=2n-1.
(2)由(1)知,Sn= =n(n+2),
∴cn=
∴T2n= +(21+23+25+…+22n-1)
=1- + = - .
学科素养 情境破
素养 通过数列在实际问题中的应用发展逻辑推理和数学建模的核心素养
素养解读
　　数列在实际问题中有广泛的应用,在此类问题中,建立数列模型是关键,在建立数列模型
的过程中发展数学建模的核心素养,然后利用数列的通项公式、前n项和公式、递推公式等
知识求解,在解模过程中发展逻辑推理的核心素养.
典例呈现
例题 从社会效益和经济效益出发,某地投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅游产业.
根据规划,2024年投入资金1 000万元,以后每年投入比上年减少10%.预测显示,2024年当地旅
游业收入为300万元,以后每年收入比上年增加20万元.根据预测,解答以下问题:
(1)从2024年至2033年,该地十年的旅游业收入共计多少万元
(2)从哪一年起该地的旅游业总收入将首次超过总投入
(参考数据: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由投入资金的相关信息可建立等比数列模型;②由旅游业收入的相关信息可建
立等差数列模型.
解题思路 (1)以2024年为第1年,设第n年旅游业收入为an万元,则数列{an}是以300为首项,20
为公差的等差数列,设其前n项和为An,
则an=300+20(n-1)=20n+280,
An=300n+ ×20=10n2+290n,
所以A10=10×102+290×10=3 900.
因此从2024年至2033年,该地十年的旅游业收入共计3 900万元.
(2)以2024年为第1年,设第n年投入资金为bn万元,则数列{bn}是以1 000为首项,0.9为公比的等
比数列,设其前n项和为Bn,
则bn=1 000·0.9n-1,
Bn= =10 000(1-0.9n),
将收入与投入的前n项和作差构造新数列,再结合数列的单调性求解.
则题目转化为求使An>Bn的正整数n的最小值.
设cn=An-Bn=10n2+290n-10 000(1-0.9n),则cn+1-cn=an+1-bn+1=300+20n-1 000·0.9n,
令f(n)=300+20n-1 000·0.9n(n∈N*),
则f(n)单调递增,且f(7)<0, f(8)>0,
故c1>c2>…>c8,c8又c1=-700<0,c18≈-39.1<0,c19≈470.9>0,
因此该地从2042年起旅游业总收入将首次超过总投入.
思维升华
应用数列知识解决实际问题的一般思路
(1)建模.根据题设条件,建立数列模型:
①分析实际问题的结构特征;
②找出所含元素的数量关系;
③确定为何种数列模型.
(2)解模.利用相关的数列知识加以解决:
①分清首项、公差(公比)、项数等;
②分清是求an还是求Sn;
③选用适当的方法求解.
(3)还原.把数学问题的解代回实际问题中,根据实际问题的约束条件合理修正,使其成为实际
问题的解.第2课时　等比数列前n项和的综合应用
基础过关练
题组一　与等比数列前n项和有关的实际问题
1.如图,有一台擀面机共有10对轧辊,所有轧辊的半径r都是 mm,面带从一端输入,经过各对轧辊逐步减薄后输出,每对轧辊都将面带的厚度压缩为输入该对轧辊时的0.8倍(整个过程中面带宽度不变,且不考虑损耗).若第k对轧辊有缺陷,每滚动一周在面带上压出一个疵点,则在擀面机最终输出的面带上,相邻疵点的间距(单位: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.山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间,左右对称分布,最中间的是明间,宽度最大,然后两边均依次是次间、次间、梢间、尽间.每间的宽度从明间开始向左、右两边均按相同的比例逐步递减,且明间与相邻的次间的宽度比为8∶7.设明间的宽度为a,则该宝殿9间的总宽度为(　　)
A.a
C.14a
3.古代“微尘数”的计法:“凡七微尘,成一窗尘;合七窗尘,成一兔尘;合七兔尘,成一羊尘;合七羊尘,成一牛尘;合七牛尘,成于一虮;合于七虮,成于一虱;合于七虱,成一芥子;合七芥子,成一大麦;合七大麦,成一指节;累七指节,成于半尺……”这里,微尘、窗尘、兔尘、羊尘、牛尘、虮、虱、芥子、大麦、指节、半尺的长度构成了公比为7的等比数列.那么1指节是(　　)
A.77兔尘　　　　B.77羊尘
C.兔尘　　　　D.羊尘
4.谢尔宾斯基三角形是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的一种分形,它是按照如下规则得到的:在等边三角形中,连接三边的中点,得到四个小三角形,然后去掉中间的那个小三角形,最后对余下的三个小三角形重复上述操作,便可得到谢尔宾斯基三角形.记操作n次后,该大三角形中白色小三角形的个数为an,则a4=　　　,若灰色小三角形的个数为bn,则bn=　　　.
题组二　等比数列前n项和的综合应用
5.已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2 024=(　　)
A.
6.已知公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn,m,r,t∈N*,记P:Sm,Sr,St为等差数列,Q:对任意自然数k,am+k,ar+k,at+k为等差数列,则P是Q的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
7.(多选题)已知Sn为数列{an}的前n项和,下列说法正确的是(　　)
A.若数列{an}为等差数列,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m为等差数列
B.若{an}为等比数列,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m为等比数列
C.若{an}为等差数列,则为等差数列
D.若{an}为等比数列,则为等比数列
8.已知数列{an}满足2a1+22a2+…+2nan=,数列{an}的前n项和为Sn,则下列结论错误的是(　　)
A.a1=2
B.数列{an}的通项公式为an=(3n+1)×2n
C.数列{an}为递减数列
D.Sn=7-
9.数列{an}满足a1=a2=1,a2n+1-a2n-1=2,=2,数列{an}的前n项和为Sn,则S23=　　　　.
10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=4,S5=15.等比数列{bn}满足=b5,b10=3b9.
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)若cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
11.已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大正整数n.
能力提升练
题组一　与等比数列前n项和有关的实际问题
1.有一个国王奖励国际象棋发明者的故事,故事里象棋发明者要求这样的奖励:在棋盘上的64个方格中,第1个方格放1粒小麦,第2个方格放2粒小麦,……,第k个方格放2k-1粒小麦,结果国王拿出全国的小麦也不够.假设能有这么多的小麦,则这个故事继续如下,将这些小麦用1,2,3,…编号,并按照一定规律逐个抽取幸运小麦,设第n次随机抽取的幸运小麦的编号为an,若a1=7,接下来按照规律:an+1=+2an(n∈N*)逐个抽取幸运小麦,则共能抽取的幸运小麦的粒数为(　　)
A.4　　　　B.5　　　　C.15　　　　D.63
2.某工厂去年12月份试产了1 000个电子产品,产品合格率为0.85.从今年1月份开始,工厂将在接下来的一年中生产这款产品,1月份按去年12月份的产量和产品合格率生产,以后每月的产量都在前一个月的基础上提高10%,产品合格率比前一个月增加0.01.
(1)求今年2月份生产的不合格产品的数量,并判断哪个月生产的不合格产品的数量最多;
(2)求该工厂今年全年生产的合格产品的数量.
参考数据:1.111≈2.85,1.112≈3.14.
题组二　等比数列前n项和的综合应用
3.在等比数列{an}中,若a4a2 022=506,a3+a4+a5+…+a2 021+a2 022+a2 023=2 024,则+…+等于(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,n∈N*,则T9=(　　)
A.　　　　C.
5.已知数列{bn}为正项等比数列,且b1=1,等差数列{an}的首项a1=2,且a2=b3,a4=b4,记cn=,数列{cn}的前n项和为Sn, n∈N*,k>Sn≥t(k,t∈Z)恒成立,则k-t的最小值为(　　)
A.2　　　　B.4　　　　C.6　　　　D.8
6.对于无穷数列{an}和正整数m,若ak0.对于这两个命题,下列判断正确的是(　　)
A.①假命题,②真命题
B.①假命题,②假命题
C.①真命题,②假命题
D.①真命题,②真命题
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B　轧辊的周长为2πr=1 600(mm),
由题意可知,第9对轧辊出口处疵点间距为轧辊的周长,
因为在此处出口的两疵点间面带的体积与最终出口处两疵点间面带的体积相等,且面带的宽度不变,
所以1 600=0.8L9,所以L9=2 000,
又L10=1 600,
所以数列{Lk}是以0.8为公比的等比数列,
所以L10=Lk·0.810-k,即Lk==1 600×0.8k-10.
故选B.
2.D　易知宝殿9间的宽度从明间向左右两边依次成等比数列,且两个等比数列相同,设向右边的数列为{an},其前n项和为Sn,则a1=a,公比q=,
则前5项和为S5=a,
所以该宝殿9间的总宽度为2S5-a=2a.故选D.
3.A　设1微尘的长度为a,
因为微尘、窗尘、兔尘、羊尘、牛尘、虮、虱、芥子、大麦、指节、半尺的长度构成了公比为7的等比数列,
所以1窗尘的长度为7a,1兔尘的长度为72a,1羊尘的长度为73a,1牛尘的长度为74a,1虮的长度为75a,1虱的长度为76a,1芥子的长度为77a,1大麦的长度为78a,1指节的长度为79a,
因为=77,所以1指节是77兔尘,A正确,C不正确;
因为=76,所以1指节是76羊尘,B、D不正确.
故选A.
4.答案　81;
解析　由题可知,前一个图形中的每个白色三角形均可以得到下一个图形中的3个白色小三角形,故an=3an-1(n≥2,n∈N*),
又a1=3≠0,故{an}是首项为3,公比为3的等比数列,故an=3n,则a4=81.
易知b1=1,且从第2个图形起,每个图形中的灰色三角形包含前一个图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*时,bn=bn-1+an-1=bn-1+3n-1,则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*),
因为b1=1也符合该式,所以bn=(n∈N*).
5.A　依题意得a1+a2=1,所以an+an+1=2n-1,
当n≥2时,an-1+an=2n-2,则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+,
故选A.
6.C　设等比数列{an}的公比为q(q≠1).
由Sm,Sr,St成等差数列,得2Sr=Sm+St,
因为数列{an}为等比数列,且q≠1,
所以2×,整理得到2qr=qm+qt.
由am+k,ar+k,at+k成等差数列,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的充要条件.故选C.
7.AC　对于B和D,设{an}的公比为q,当q=-1,且m为偶数时,Sm=S2m-Sm=S3m-S2m=0,=0,此时Sm,S2m-Sm,S3m-S2m和均不为等比数列,B、D错误;
对于A,设等差数列{an}的公差为d,则Sm=a1+a2+…+am,S2m-Sm=am+1+am+2+…+a2m,S3m-S2m=a2m+1+a2m+2+…+a3m,
由等差数列的性质知Sm,S2m-Sm,S3m-S2m为等差数列,且公差为md,A正确;
对于C,设等差数列{an}的公差为d,
则,
,
则2×,所以为等差数列,C正确.故选AC.
8.B　当n=1时,2a1=4,∴a1=2,故A中结论正确;
当n≥2时,由2a1+22a2+…+2nan=得2a1+22a2+…+2n-1an-1=,
∴2nan==3n+1,
∴an=(n≥2),∵a1=2符合该式,∴an=(n∈N*),故B中结论错误;
∵an+1-an=<0,
∴数列{an}为递减数列,故C中结论正确;
∵Sn=+…+,
∴+…+,
两式相减得,,
∴Sn=7-,故D中结论正确.故选B.
9.答案　2 191
解析　∵a1=1,a2n+1-a2n-1=2,∴数列{a2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,
∴a2n-1=1+(n-1)×2=2n-1.
∵a2=1,=2,∴数列{a2n}是首项为1,公比为2的等比数列,∴a2n=2n-1.
∴S23=(a1+a3+…+a23)+(a2+a4+…+a22)==2 191.
10.解析　(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则
所以数列{an}的通项公式为an=1+(n-1)×1=n,
由已知得又b1≠0,所以所以数列{bn}的通项公式为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,
则3Tn=1×31+2×32+…+(n-1)×3n-1+n×3n.
两式相减,可得-2Tn=1+31+32+…+3n-1-n×3n=×3n,
所以Tn=×3n.
11.解析　(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1,
因为an>0,所以q>0,
依题意可得
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+,
显然,Tn随着n的增大而增大,
又T10=210-1+45=1 068<2 024,
T11=211-1+55=2 102>2 024,
所以满足Tn<2 024的最大正整数n=10.
能力提升练
1.B　由an+1=+2an得an+1+1=+2an+1=(an+1)2,
两边取对数得log2(an+1+1)=2log2(an+1),
设cn=log2(an+1),则cn+1=2cn,故{cn}是公比为2的等比数列.
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.
由放小麦的规则可得小麦的总粒数为1+2+…+263==264-1,所以-1≤264-1,即3·2n-1≤64,得n≤5.故选B.
2.解析　(1)记从今年1月份起,第n个月的产量为an,第n个月的产品合格率为bn.
由题可知,数列{an}为等比数列,首项a1=1 000,公比q=1+10%=1.1,
数列{bn}为等差数列,首项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月份生产的不合格产品的数量为a2·(1-b2)=1 000×1.1×(1-0.86)=154.
设第n个月生产的不合格产品的数量为cn,则cn=an·(1-bn)=10×1.1n-1×(16-n),
所以,
当n<5时,>1;当n=5时,=1;当n>5时,<1,所以c1c7>…>c12,
即5月份或6月份生产的不合格产品的数量最多.
(2)设今年前n个月生产的合格产品的总数量为Sn,则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,
即该工厂今年全年生产的合格产品的总数量约为19 604.
3.D　设等比数列{an}的公比为q,若q=1,则an=或an=-,经检验,不满足题意,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,
则+…+
==4.
故选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-.故选C.
解题模板　条件an+1=bnSn+1Sn是“项”与“和”共存的递推关系,解题时要么将“和”化为“项”,要么将“项”化为“和”.如本题利用an+1=Sn+1-Sn将“项”化为“和”,应用裂项相消法求和,从而解决问题.
5.思路分析　
SnSn的范围结果
C　设等比数列{bn}的公比为q(q>0),等差数列{an}的公差为d,
由a1=2,b1=1,a2=b3,a4=b4,可得则q3-3q2+4=0,即(q+1)(q-2)2=0,所以q=2(q=-1舍去),则d=2,
所以an=2+2(n-1)=2n,bn=2n-1,
故cn==n·,
则Sn=1×+…+n×,
+…+(n-1)×,
两式相减可得+…+-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的最小值为6.故选C.
6.C　对于命题①,设数列{an}的公比为q,
因为数列{Sn}具有性质P(3),所以Sn0,
所以对任意正整数n,an+1(1+q+q2)>0,即an+1>0,
所以数列{Sn}为递增数列,即Sn对于命题②,数列{Sn}不具有性质P(m),
即存在正整数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,则当a1>0时,有d≤<0,故②是假命题.故选C.
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