4.3.3 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用(课件 学案 练习)高中数学苏教版(2019)选择性必修第一册

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名称 4.3.3 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用(课件 学案 练习)高中数学苏教版(2019)选择性必修第一册
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资源类型 教案
版本资源 苏教版(2019)
科目 数学
更新时间 2025-08-07 19:14:03

文档简介

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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谢 谢 观 看!