第2课时 等比数列前n项和的性质及应 用 课后训练提升 基础巩固 1.设{an}是公比为g的等比数列，Sm是它的前n项和，若{Sm}是等差数列，则g等于 （) A.1 B.0 C.1或0 D.-1 答案：A 解析：，Sm-Sn-l=an(n≥2)，且{Sn}是等差数列， ∴.an为定值，即数列{an}为常数列 g2-10≥2) 2.设等比数列{an}的前n项和为Sm,已知S3=8,S6=7,则am+a8+a9等于() A日 B日 c号 D.5 8 答案：A 解析：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85-6)=1，即S-6-日 故an+as+a=日 3.设Sn为等比数列{am}的前n项和，a2-8as=0,则的值为( A月 B.2 c号 D.17 答案：C 解析：设等比数列{am}的公比为g. 5=93-得9月 故空=4+8=1+送=1+- S 4.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sm,S30=13So,So+S30=140,则 S20等于() A.90 B.70 C.40 D.30 答案：C 解析：由S30=13S10,知9≠1
第 2 课时 等比数列前 n 项和的性质及应 用 课后· 基础巩固 1.设{an}是公比为 q 的等比数列,Sn 是它的前 n 项和,若{Sn}是等差数列,则 q 等于 ( ). A.1 B.0 C.1 或 0 D.-1 答案:A 解析:∵Sn-Sn-1=an(n≥2),且{Sn}是等差数列, ∴an 为定值,即数列{an}为常数列, ∴q= 𝑎𝑛 𝑎𝑛-1 =1(n≥2). 2.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=8,S6=7,则 a7+a8+a9等于( ). A. 1 8 B.- 1 8 C. 57 8 D. 55 8 答案:A 解析: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= 1 8 , 故 a7+a8+a9= 1 8 . 3.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,a2-8a5=0,则 𝑆8 𝑆4 的值为( ). A. 1 2 B.2 C. 17 16 D.17 答案:C 解析:设等比数列{an}的公比为 q. 由 𝑎5 𝑎2 =q3= 1 8 ,得 q= 1 2 . 故 𝑆8 𝑆4 = 𝑆4+(𝑆8 -𝑆4 ) 𝑆4 =1+ 𝑆8 -𝑆4 𝑆4 =1+q4= 17 16 . 4.已知各项均为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,S30=13S10,S10+S30=140,则 S20 等于( ). A.90 B.70 C.40 D.30 答案:C 解析:由 S30=13S10,知 q≠1
t09140得。=10 由f0=13S0 (S30=130, 由等比数列的前n项和的性质，得S10,S20-S10,S30S20成等比数列，则(S20 S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)P=10(130-S20,解得S20=40或S20=-30(舍去)，故选C. 5.已知等比数列{an}的通项公式为an=2×3m-l,其前n项和为Sm,则a1+a3+…+a2ml 等于(). A.3m-1 B.32m-l-1 C9n-1) D.9n-1 答案：C 解析：设等比数列{am}的公比为q, S2m=a1+a3+…+a2r-1+a2+a4+…+a2n=(a1+a3+…+a2-l)(1+q), 故a1+as++amx2=9-1 1-3 6.一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则 第10次着地时所经过的路程和是（结果精确到个位）( A.300米 B.299米 C.199米 D.166米 答案：A 解析：小球第10次着地共经过的路程为 100+100+50++100×(份)°=100+200×(1-岁)300米) 7.设数列{an}的前n项和为Sm,若a1=1,am+1=3Sn≥1)，则a6等于()】 A.3×44 B.3×44+1 C.45 D.45+1 答案A 解析：当n≥1时，am+1=3Sm,则an+2=3Sn+l, 可得an+2-an+1=3Sn+1-3Sn=3an+l,即am+2=4am+l, 故该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列 由于a2=3S1=3a1=3,即4n= 1,n=1, 3×4n-2,n≥2， 故当n=6时，a6=3×46-2=3×44 8.己知等比数列{an}共有2n项，它的所有项之和是奇数项之和的3倍，则公比 9= 答案2 解析：根据等比数列的前n项和的性质，得-， S奇 又由题意，可知强=3春-=2，即g=2 S奇 9.一个热气球在第一分钟上升的高度为25m,在以后的每一分钟里，它上升的高度 都是它在前一分钟里上升高度的80%.这个热气球上升的高度能超过125m吗？
由{ 𝑆30 = 13𝑆10, 𝑆10 + 𝑆30 = 140, 得 { 𝑆10 = 10, 𝑆30 = 130, 由等比数列的前 n 项和的性质,得 S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,则(S20- S10) 2=S10(S30-S20),即(S20-10)2=10(130-S20),解得 S20=40 或 S20=-30(舍去),故选 C. 5.已知等比数列{an}的通项公式为 an=2×3 n-1 ,其前 n 项和为 Sn,则 a1+a3+…+a2n-1 等于( ). A.3 n -1 B.3 2n-1 -1 C. 1 4 (9n -1) D.9 n -1 答案:C 解析:设等比数列{an}的公比为 q, S2n=a1+a3+…+a2n-1+a2+a4+…+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)(1+q), 故 a1+a3+…+a2n-1= 1 4 S2n= 1 4 × 2×(1-3 2𝑛 ) 1-3 = 1 4 (9n -1). 6.一弹球从 100 米高处自由落下,每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下,则 第 10 次着地时所经过的路程和是(结果精确到个位)( ). A.300 米 B.299 米 C.199 米 D.166 米 答案:A 解析:小球第 10 次着地共经过的路程为 100+100+50+…+100×( 1 2 ) 8 =100+200×(1- 1 2 9 )≈300(米). 7.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则 a6 等于( ). A.3×4 4 B.3×4 4+1 C.4 5 D.4 5+1 答案:A 解析:当 n≥1 时,an+1=3Sn,则 an+2=3Sn+1, 可得 an+2-an+1=3Sn+1-3Sn=3an+1,即 an+2=4an+1, 故该数列从第 2 项开始是以 4 为公比的等比数列. 由于 a2=3S1=3a1=3,即 an={ 1,𝑛 = 1, 3 × 4 𝑛-2 ,𝑛 ≥ 2, 故当 n=6 时,a6=3×4 6-2=3×4 4 . 8.已知等比数列{an}共有 2n 项,它的所有项之和是奇数项之和的 3 倍,则公比 q= . 答案:2 解析:根据等比数列的前 n 项和的性质,得 𝑆偶 𝑆奇 =q, 又由题意,可知 𝑆偶 𝑆奇 = 3𝑆奇 -𝑆奇 𝑆奇 =2,即 q=2. 9.一个热气球在第一分钟上升的高度为 25 m,在以后的每一分钟里,它上升的高度 都是它在前一分钟里上升高度的 80%.这个热气球上升的高度能超过 125 m 吗?
解：用an表示热气球在第n分钟上升的高度， 由题意，得am+1=a,因此，数列{an}是首项a1=25,公比q=的等比数列 热气球在前n分钟内上升的总高度为S,=g盟 1-0 2s自】-125×1- ()"门125，故这个热气球上升的高度不可能超过125m 10.设数列{an}的前n项和为Sm,a=l,且数列{Sm}是以2为公比的等比数列. (I)求数列{an}的通项公式， (2)求a1+a3+…+a2n+1. 解(1).S=a1=1, 且数列{Sm}是以2为公比的等比数列，.Sn=2m-l 当n≥2时，an=Sn-Sm-1=2ml-2m-2=2n-2 当n=1时a1=1,不适合上式 1,n=1, 故an= 2n-2,n≥2 (2)a3,a5,…,a2m+1是以2为首项，以4为公比的等比数列， 即a3+a5+…+a2m+1=24-4=24”型 1.4 3 故a1+a3+…+amm+1=1+24.L=2n+1+ 3 3 拓展提高 1.(多选题)已知数列{am}是等比数列，则下列说法中正确的是() A数列{a}是等比数列 B.若a3=2,a7=32,则a5=±8 C.若a0时，q>1,数列{an}是递增数列，当a1<0时，0<q<1,数列 {an}是递增数列，故C正确； 在D中，若数列{an}的前n项和Sn=3n-l+r 则a1=S=1+r a2=S2-S1=(3+r)(1+r)=2 a3=S3-S2=(9+r)-(3+r)=6
解:用 an 表示热气球在第 n 分钟上升的高度, 由题意,得 an+1= 4 5 an,因此,数列{an}是首项 a1=25,公比 q= 4 5的等比数列. 热气球在前 n 分钟内上升的总高度为 Sn= 𝑎1 (1-𝑞 𝑛 ) 1-𝑞 = 25×[1- ( 4 5 ) 𝑛 ] 1- 4 5 =125×[1 − ( 4 5 ) 𝑛 ]0 时,q>1,数列{an}是递增数列,当 a1<0 时,0<q<1,数列 {an}是递增数列,故 C 正确; 在 D 中,若数列{an}的前 n 项和 Sn=3 n-1+r, 则 a1=S1=1+r, a2=S2-S1=(3+r)-(1+r)=2, a3=S3-S2=(9+r)-(3+r)=6
,a1,a2,a3成等比数列，.a吃=a13, 4=6(1+r),解得=3故D错误 2.己知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N满足之m=9,2m=m+,则数 ,am m.1 列{an}的公比为() A.-2 B.2 C.-3 D.3 答案B 解析：设等比数列{an}的公比为q, 若q=1,则m=2,与题中条件矛盾，故q时1. Sm 11-q2m) 则2m= 1-q Sm 219地=q"+1=9,即qm=8. 1-q 由于2m=q2m1 am a19m1=qm=8=5m+1 1-1 得m=3,即g3=8,故q=2. 3.已知等比数列{a}的前10项中，所有奇数项之和为85所有偶数项之和为170号 则S=a3+a6+a9+a12的值为() A.580 B.585 C.590 D.595 答案B (僵=q=2, 解析：设等比数列{am}的公比为q,则由题意有 S奇 得= 56=a的=85 (q=2, 1-g2 即S=a3+a6+a9+a12=a3(1+q3+q5+q)=585, 4.已知{an}是首项为1，公比g<0的等比数列，Sn是数列{an}的前n项和，且三=5，则 数列}的前5项和为 答案号 解析：受=均-1+g=5g=士2 S2 q<0,q=-2. “侣}是首项为1，公比为的等比数列， 前5项和S5= 1 5.在等比数列{an}中，a1-a3=3,前n项和为Sm,且S,S3,S成等差数列，则Sn的最大值 为 答案：4 解析：设等比数列{am}的公比为q 由1-03=01-a1q2=3, S3-S1=a2+a3=S2-S3=-a3:
∵a1,a2,a3 成等比数列,∴𝑎2 2=a1a3, ∴4=6(1+r),解得 r=- 1 3 ,故 D 错误. 2.已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,若存在 m∈N* ,满足𝑆2𝑚 𝑆𝑚 =9,𝑎2𝑚 𝑎𝑚 = 5𝑚 +1 𝑚-1 ,则数 列{an}的公比为( ). A.-2 B.2 C.-3 D.3 答案:B 解析:设等比数列{an}的公比为 q, 若 q=1,则 𝑆2𝑚 𝑆𝑚 =2,与题中条件矛盾,故 q≠1. 则 𝑆2𝑚 𝑆𝑚 = 𝑎1(1-𝑞 2𝑚) 1-𝑞 𝑎1 (1-𝑞𝑚) 1-𝑞 =qm+1=9,即 q m=8. 由于𝑎2𝑚 𝑎𝑚 = 𝑎1𝑞 2𝑚-1 𝑎1𝑞𝑚-1 =qm=8= 5𝑚+1 𝑚-1 , 得 m=3,即 q 3=8,故 q=2. 3.已知等比数列{an}的前 10 项中,所有奇数项之和为 851 4 ,所有偶数项之和为 1701 2 , 则 S=a3+a6+a9+a12的值为( ). A.580 B.585 C.590 D.595 答案:B 解析:设等比数列{an}的公比为 q,则由题意有{ 𝑆偶 𝑆奇 = 𝑞 = 2, 𝑆奇 = 𝑎1 [1-(𝑞 2 ) 5 ] 1-𝑞 2 = 85 1 4 , 得{ 𝑎1 = 1 4 , 𝑞 = 2, 即 S=a3+a6+a9+a12=a3(1+q3+q6+q9 )=585. 4.已知{an}是首项为 1,公比 q<0 的等比数列,Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 𝑆4 𝑆2 =5,则 数列{ 1 𝑎𝑛 }的前 5 项和为 . 答案: 11 16 解析:∵ 𝑆4 𝑆2 = 𝑆2 +𝑞 2 𝑆2 𝑆2 =1+q2=5,∴q=±2. ∵q<0,∴q=-2. ∴{ 1 𝑎𝑛 }是首项为 1,公比为- 1 2的等比数列, 前 5 项和 S5= 1×[1-(- 1 2 ) 5 ] 1-(- 1 2 ) = 1+ 1 32 3 2 = 11 16 . 5.在等比数列{an}中,a1-a3=3,前 n 项和为 Sn,且 S1,S3,S2成等差数列,则 Sn的最大值 为 . 答案:4 解析:设等比数列{an}的公比为 q, 由{ 𝑎1 -𝑎3 = 𝑎1 -𝑎1𝑞 2 = 3, 𝑆3 -𝑆1 = 𝑎2 + 𝑎3 = 𝑆2 -𝑆3 = -𝑎3
a1=4, 解得q=子 当n为奇数时，Sm=(1+)≤(1+)=4， 当n为偶数时，S=(1动)<号 综上，Sm的最大值为4 6设数列{a}的前n项和为S,点(n,)在直线y=x+上若bn=3t片，则数列{bm} 的前n项和Tn= 答案 解析：根据题意，得产=n+即Sn=+n当n≥2时，am=S-S=(n2+n) [m-1)2+n-1)-2n2当n=1时，a1=S1=符合an=2n2 故am=2nr2则ba-3ar片=32n 由2u= 32n+1) bn 3m=32=9,可知{b加}为公比等于9的等比数列，b1=321=9, 故7n=91-9=9n+1.9 1-9 8 7.已知数列{am}中，a1=l,a2=2,an+2=3am求数列{an}的前n项和Sm 解：因为am0,所以2-3，于是数列{a2m-1}是首项a1=1,公比为3的等比数列： an 数列{amm}是首项am=2,公比为3的等比数列， 因此a2m-1=3m-l,a2n=2×3r-l 于是S2m=a1+a2+…+a2m=(a1+a3+…+a2m-l）+(a2+a4+…+a2n) =(1+3++3-+2(1+3+…+3-=3(1+3+…+3m1)=33. 2 从而52n-1=52raw3a2×3ml-5x3m2.1) 2 层(5×3宁)，n是奇数 综上所述，Sm （32-1)n是偶数 8.已知等比数列{a}中，a1=子公比q=子 ()若Sn为数列{a}的前n项和，证明Sm=2, (2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bm}的通项公式. 0证明aw×月=六 5空 2 Sn-Lan 2 (2)解：.log3an=log33-"=-n, ..bn=logsal+logsa2+...+logsan=-(1+2+3+..+n)=m(n+1 2
解得{ 𝑎1 = 4, 𝑞 = - 1 2 . 当 n 为奇数时,Sn= 8 3 (1 + 1 2 𝑛 ) ≤ 8 3 (1 + 1 2 )=4; 当 n 为偶数时,Sn= 8 3 (1- 1 2 𝑛 ) < 8 3 . 综上,Sn 的最大值为 4. 6.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,点(𝑛, 𝑆𝑛 𝑛 )在直线 y=x+1 2 上.若 bn=3 𝑎𝑛+ 1 2,则数列{bn} 的前 n 项和 Tn= . 答案: 9 𝑛+1 -9 8 解析:根据题意,得 𝑆𝑛 𝑛 =n+1 2 ,即 Sn=n2+ 1 2 n.当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(𝑛 2 + 1 2 𝑛)- [(𝑛 − 1) 2 + 1 2 (𝑛 − 1)]=2n- 1 2 ;当 n=1 时,a1=S1= 3 2 ,符合 an=2n- 1 2 , 故 an=2n- 1 2 ,则 bn=3 𝑎𝑛+ 1 2=3 2n . 由 𝑏𝑛+1 𝑏𝑛 = 3 2(𝑛 +1) 3 2𝑛 =3 2=9,可知{bn}为公比等于 9 的等比数列,b1=3 2×1=9, 故 Tn= 9(1-9 𝑛 ) 1-9 = 9 𝑛+1 -9 8 . 7.已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=3an.求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:因为 an≠0,所以𝑎𝑛+2 𝑎𝑛 =3,于是数列{a2n-1}是首项 a1=1,公比为 3 的等比数列; 数列{a2n}是首项 a2=2,公比为 3 的等比数列, 因此 a2n-1=3 n-1 ,a2n=2×3 n-1 . 于是 S2n=a1+a2+…+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =(1+3+…+3 n-1 )+2(1+3+…+3 n-1 )=3(1+3+…+3 n-1 )= 3(3 𝑛 -1) 2 , 从而 S2n-1=S2n-a2n= 3(3 𝑛 -1) 2 -2×3 n-1= 3 2 (5×3 n-2 -1). 综上所述,Sn={ 3 2 (5 × 3 𝑛-3 2 -1) ,𝑛是奇数, 3 2 (3 𝑛 2 -1) ,𝑛是偶数. 8.已知等比数列{an}中,a1= 1 3 ,公比 q= 1 3 . (1)若 Sn 为数列{an}的前 n 项和,证明:Sn= 1-𝑎𝑛 2 ; (2)设 bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式. (1)证明:∵an= 1 3 × ( 1 3 ) 𝑛-1 = 1 3 𝑛 , Sn= 1 3 (1- 1 3𝑛 ) 1- 1 3 = 1- 1 3𝑛 2 , ∴Sn= 1-𝑎𝑛 2 . (2)解:∵log3an=log33 -n=-n, ∴bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+3+…+n)=- 𝑛(𝑛+1) 2
∴数列{bn}的通项公式为bn=nn+四 2 挑战创新 某企业2021年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年 下降.若不进行技术改造，预测从2022年起每年比上一年纯利润减少20万 元.2022年初该企业一次投入资金600万元进行技术改造.预测在未扣除技术改 造资金的情况下，第n年(2022年为第一年)的利润为500(1+品)万元(n为正整 数). (1)设从2022年起到第n年，该企业不进行技术改造的累计纯利润为Am万元，进行 技术改造后的累计纯利润为Bm万元（须扣除技术改造资金），求Am,Bm的表达式， (2)依上述预测，从2022年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利 润超过不进行技术改造的累计纯利润？ 解(1)根据题意， An=(500-20)+(500-40)+…+(500-20n)=490n-10n2; Bm=50l[1+)+(1+)+…+(1+)}600=500m9100. 2)Bm-An-(500n-9-100）490m-10r2) =10m2+10n100 =10[n0m+1)2积101 :函数=n+1)积-10在区间(0，+∞)内单调递增， 当1≤n≤3时，n+1)积10≤120100， 16 .仅当n≥4时，Bm>An 故至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累 计纯利润
∴数列{bn}的通项公式为 bn=- 𝑛(𝑛+1) 2 . 挑战创新 某企业 2021 年的纯利润为 500 万元,因设备老化等原因,企业的生产能力将逐年 下降.若不进行技术改造,预测从 2022 年起每年比上一年纯利润减少 20 万 元.2022 年初该企业一次投入资金 600 万元进行技术改造.预测在未扣除技术改 造资金的情况下,第 n 年(2022 年为第一年)的利润为 500(1 + 1 2 𝑛 )万元(n 为正整 数). (1)设从 2022 年起到第 n 年,该企业不进行技术改造的累计纯利润为 An 万元,进行 技术改造后的累计纯利润为 Bn 万元(须扣除技术改造资金),求 An,Bn 的表达式; (2)依上述预测,从 2022 年起该企业至少经过多少年,进行技术改造后的累计纯利 润超过不进行技术改造的累计纯利润? 解:(1)根据题意, An=(500-20)+(500-40)+…+(500-20n)=490n-10n 2 ; Bn=500[(1 + 1 2 )+ (1 + 1 2 2 ) + … + (1 + 1 2 𝑛 )]-600=500n- 500 2 𝑛 -100. (2)Bn-An=(500𝑛- 500 2 𝑛 -100)-(490n-10n 2 ) =10n 2+10n- 500 2 𝑛 -100 =10[n(n+1)- 50 2 𝑛 -10]. ∵函数 y=n(n+1)- 50 2 𝑛 -10 在区间(0,+∞)内单调递增, 当 1≤n≤3 时,n(n+1)- 50 2 𝑛 -10≤12- 50 8 -100. ∴仅当 n≥4 时,Bn>An. 故至少经过 4 年,该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累 计纯利润