等比数列前n项和的性质
2.5等比数列的前n项和公式(1)
1、若等比数列{a n }的前n项和S n 4 n a，求a的值。
提示： S n Aq n - A( A 0) 系数和常数互为相反数
a 1
1、若等比数列{a n }的前n项和S n 3 n 1 2a，求a的值。
1 1 1 n 化简到：S n 3 2a 2a 0 a 3 3 6
3
63
2
63
二、启发引导，探索发现
于是发明者要求的麦粒总数就是 去求以1为首项,2为公比的等比数列的 前64项的和. 即求：
62 63
等比数列前n项和的性质及应用 课件
4．解数列应用题的思路方法如图所示．
公比为 q，显然 q≠1，则a111－－qq20＝30. 两式相除得 1＋q10＝3，∴q10＝2. ∴S30＝a111－－qq30＝a111－－qq10(1＋q10＋q20) ＝10×(1＋2＋4)＝70.
法二 ∵S10，S20－S10，S30－S20 仍成等比数列， 又∵S10＝10，S20＝30， ∴S30－30＝30－10102， 即 S30＝70.
12a1＋212a2＋…＋2n1－1an－1＝2(n－1)＋5,
②
①－②得，21nan＝2(n≥2)． 所以 an＝2·2n＝2n＋1(n≥2)． 在①中令 n＝1，可得12a1＝2＋5＝7，即 a1＝14.
所以 an＝124n＋，1，
n＝1， n≥2.
1．形如 an＋1＝an＋f(n)的递推式，可用叠加法求通项公式． 2．形如 an＋1＝f(n)an 的递推式，可用叠乘法求通项公式.3. 形如 an＋1＝kan＋b(k、b 为常数)的递推式，可变形为 an＋1＋λ＝ k(an＋λ)构造等比数列求解，其中 λ 可用待定系数法确定． 4．由ห้องสมุดไป่ตู้式求通项公式，可把和式看做一个数列的前 n 项和，
在等比数列{an}中，Sn，S2n－Sn， S3n－S2n 数列，其公比是 qn .
，…成等比
等比数列前n项和Sn与函数的关系
【问题导思】 1．等比数列前 n 项和公式 Sn＝a111－－qqn(q≠1)，是否可以 写成 Sn＝A(qn－1)(Aq≠0 且 q≠1)的形式？若可以，A 等于什 么？ 【提示】 可以，A＝－1－a1q.
等比数列的前n项和数列总结
等比数列的前n 项和 一、等比数列的前n 项和公式 1．乘法运算公式法∵S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝a 1·1－q 1＋q ＋q 2＋…＋q n －11－q ＝a 11－q n1－q， ∴S n ＝a 11－q n1－q. 2．方程法 ∵S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －2)＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －1－a 1q n －1)＝a 1＋q (S n －a 1q n －1)，∴(1－q )S n ＝a 1－a 1q n .∴S n ＝a 11－q n1－q. 3．等比性质法∵{a n }是等比数列，∴a 2a 1＝a 3a 2＝a 4a 3＝…＝a n a n －1＝q . ∴a 2＋a 3＋…＋a n a 1＋a 2＋…＋a n －1＝q ， 即S n －a 1S n －a n ＝q 于是S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 11－q n1－q. 二、等比数列前n 项和公式的理解(1)在等比数列的通项公式及前n 项和公式中共有a 1，a n ，n ，q ，S n 五个量，知道其中任意三个量，都可求出其余两个量．(2)当公比q ≠1时，等比数列的前n 项和公式是S n ＝a 11－q n 1－q ，它可以变形为S n ＝－a 11－q ·q n ＋a 11－q ，设A ＝a 11－q，上式可写成S n ＝－Aq n ＋A .由此可见，非常数列的等比数列的前n 项和S n 是由关于n 的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数．当公比q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1是n 的正比例函数(常数项为0的一次函数)．等比数列前n 项和性质（1）在等比数列{a n }中，连续相同项数和也成等比数列，即：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…仍成等比数列．（2）当n 为偶数时，偶数项之和与奇数项之和的比等于等比数列的公比，即S 偶S 奇＝q . （3）若一个非常数列{a n }的前n 项和S n ＝－Aq n ＋A (A ≠0，q ≠0，n ∈N *)，则数列{a n }为等比数列，即S n ＝－Aq n ＋A ⇔数列{a n }为等比数列．题型一 等比数列前n 项和公式的基本运算（在等比数列{a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 中，a 1与q 是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a 1和q 表示a n 与S n ，从而列方程组求解，在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用；在解决与前n 项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．）1、在等比数列{a n}中，(1)若S n＝189，q＝2，a n＝96，求a1和n；(2)若q＝2，S4＝1，求S8.2、设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q.题型二等比数列前n项和性质的应用3、一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项和为170，求出数列的公比和项数．4、等比数列{a n}中，若S2＝7，S6＝91，求S4.题型三等比数列前n项和的实际应用5、借贷10 000元，以月利率为1%，每月以复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061,1.015≈1.051)[规范解答] 方法一设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款a n元(1≤n≤6)，则a0＝10 000，a1＝1.01a0－a，a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，……a6＝1.01a5－a＝……＝1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a.由题意，可知a6＝0，即1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a＝0，a＝1.016×1021.016－1.因为1.016＝1.061，所以a＝1.061×1021.061－1≈1 739.故每月应支付1 739元．方法二一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为S1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元)．另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a＝a[1＋0.016－1]1.01－1＝a[1.016－1]×102(元)．由S1＝S2，得a＝1.016×1021.016－1. 以下解法同法一，得a≈1 739.故每月应支付1 739元．方法技巧错位相减法求数列的和若数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{a n b n}，当求该数列的前n项的和时，常常采用将{a n b n}的各项乘以公比q，并向后错位一项与{a n b n}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法．6、已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .数列归纳整合一、数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．(4)a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2. 等差数列 等比数列性质 ①设{a n }是等差数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s＋a t ＝a m ＋a n ；②从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列；③等差数列中连续m 项的和组成的新数列是等差数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等差数列 ①设{a n }是等比数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s ·a t ＝a m ·a n ； ②从等比数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等比数列； ③等比数列中连续m 项的和组成的新数列是等比数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等比数列(注意：当q ＝－1且m 为偶数时，不是等比数列)函数特性 ①等差数列{an}的通项公式是n 的一次函数，即an ＝an ＋b(a≠0，a ＝d ，b ＝a1－d)； ②等差数列{an}的前n 项和公式是一个不含常数项的n 的二次函数，即Sn ＝an2＋bn(d≠0) ①等比数列{an}的通项公式是n 的指数型函数，即an ＝c·qn ，其中c≠0，c ＝a1q ； ②等比数列{an}的前n 项和公式是一个关于n 的指数型函数，即Sn ＝aqn －a(a≠0，q≠0，q≠1)三、等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 为常数，q ≠0)⇔{a n }是等比数列． (2)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }是等差数列；a n ＋12＝a n ·a n ＋2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列．(3)通项公式法：a n ＝an ＋b (a ，b 是常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＝c ·q n (c ，q 为非零常数)⇔{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；S n ＝aq n －a (a ，q 为常数，且a ≠0，q ≠0，q ≠1，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．专题一 数列通项公式的求法数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中的解析式一样，有解析式便可研究函数的性质，而有了数列的通项公式，便可求出数列中的任何一项及前n 项和．常见的数列通项公式的求法有以下几种：(1)观察归纳法求数列的通项公式就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与序号n 的内在联系，结合常见数列的通项公式，归纳出所求数列的通项公式．(2)利用公式法求数列的通项公式数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项时，只需求出a 1与d 或a 1与q ，再代入公式a n ＝a 1＋(n －1)d 或a n ＝a 1q n －1中即可．(3)利用a n 与S n 的关系求数列的通项公式如果给出的条件是a n 与S n 的关系式，可利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2，先求出a 1＝S 1，再通过计算求出a n (n ≥2)的关系式，检验当n ＝1时，a 1是否满足该式，若不满足该式，则a n 要分段表示．(4)利用累加法、累乘法求数列的通项公式形如：已知a 1，且a n ＋1－a n ＝f (n )(f (n )是可求和数列)的形式均可用累加法；形如：已知a 1，且a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可求积数列)的形式均可用累乘法． (5)构造法(利用数列的递推公式研究数列的通项公式)若由已知条件直接求a n 较难，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差数列或等比数列，从而求出通项公式．1、已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2且a 1＝2，求a n .2、数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n ＋2a n (n ∈N *)，求通项公式a n . 3、已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，a 1＝1，求通项公式．4、设S n 为数列{a n }的前n 项的和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式． 专题二 数列求和求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法：1、公式法：直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对等比数列q ≠1的讨论．2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列再求和．4、裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写再相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广)．1、求数列214，418，6116，…，2n ＋12n ＋1的前n 项和S n . 2、在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项的和． 3、求和S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n .专题三 数列的交汇问题数列是高中代数的重点内容之一，也是高考的必考内容及重点考查的范围，它始终处在知识的交汇点上，如数列与函数、方程、不等式等其他知识交汇进行命题．1、已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且 a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围． 2、数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n 2·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n .。
等比数列前n项和的性质及应用(71页)
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2.5 等比数列的前n项和
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新知初探
1．等比数列前n项和的性质 性质一：若某数列前n项和公式为Sn＝an－1(a≠0， a≠± 1，n∈N*)，则{an}成 等比 数列．
性质二：若数列{an}是公比为q的等比数列，则
n q ①Sn＋m＝Sn＋ Sm .
典例导悟
类型一 [例1] ( ) A．28 C．35 B．32 D．49 等比数列前n项和性质的应用 等比数列{an}中，S2＝7，S6＝91，则S4为
[解析]
方法一：∵S2＝7，S6＝91，易知q≠1， a11＋q＝7， 得a11－q6 1－q ＝91，
S2＝7， 由 S6＝91，
n
1 ， 2
a11－q6n S＝ －(2＋12)＝(－2)×(1－26)－14＝112，或 1－q a11－q6n 1 S＝ －(2＋12)＝2[1－(－3)6]－14＝－378. 1－q
[反思]
由于等比数列与指数函数密切相关，所以我
们应当注意指数函数的有关性质在等比数列中的具体体 现，例如当q>0，且q≠1时，qn>0. 在本题中，我们不按常规方法去求a1和q，而只求出qn a1 和 ，然后将它们作为一个整体，代入到所要求的表达 1－ q 式中，使得问题的解决快速而简捷，这就是整体思想．本 题还用到了分类讨论思想．
解：设等比数列的公比为q，项数为2n(n∈N*)，由已
2n 1 － q 2 ＝85， 1－q 知，a1＝1，q≠1，且有 2n q 1 － q 2 ＝170. 1 － q
① ②
1－4n ②÷ ①得q＝2.将q＝2代入①得 ＝85， 1－4 ∴4n＝256，∴n＝4.∴公比q＝2，项数为8.
高二数学复习考点知识精讲与练习4 等比数列的前n项和公式
高二数学复习考点知识精讲与练习专题4 等比数列的前n项和公式【考点梳理】考点一等比数列的前n项和公式考点二等比数列前n项和的性质1．数列{a n}为公比不为－1的等比数列(或公比为－1，且n不是偶数)，S n为其前n项和，则S n，S2n－S n，S3n－S2n仍构成等比数列．2．若{a n}是公比为q的等比数列，则S n＋m＝S n＋q n S m(n，m∈N*)．3．若{a n}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在其前2n项中，S偶S奇＝q；②在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝a1＋a2n＋1q1－(－q)＝a1＋a2n＋21＋q(q≠－1)．考点三：等比数列前n项和的实际应用1．解应用问题的核心是建立数学模型．2．一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型．3．注意问题是求什么(n ，a n ，S n )． 注意：(1)解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答． (2)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n 计算准确． (3)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．(4)在近似计算时，要注意应用对数方法，且要看清题中对近似程度的要求．【题型归纳】题型一：等比数列前n 项和公式的基本运算1．（2022·江苏南通·高二期末）已知等比数列{}n a 的前6项和为1894，公比为12，则6a =（ ） A ．738B ．34C ．38D ．242．（2022·河南商丘·高二期中（理））已知正项等比数列{}n a 中，22a =，48a =，数列{}2n n a a ++的前n 项和为n S ，则62SS =（ ）A ．32B ．21C ．16D ．83．（2022·全国·高二课时练习）设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23S =，3412a a +=，则公比q 等于（ ）．A ．1B ．2C ．3D ．4题型二：等比数列的判断和性质的应用4．（2022·全国·高二课时练习）设等比数列{}n a 前n 项和为S n ，若S 3＝8，S 6＝24，则a 10＋a 11＋a 12＝（ ） A ．32B ．64 C ．72D ．2165．（2022·广西·田东中学高二期末（理））已知数列{}n a 是等比数列，n S 为其前n 项和，若1234a a a ++=，4568a a a ++=，则12S =（ ） A ．40B ．60C ．32D ．506．（2020·四川·双流中学高二期中（理））设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，若423S S =，则64S S =（ ） A ．2B ．73C ．310D ．12或题型三：等比数列奇偶项和的性质7．（2020·河南·高二月考（理））已知等比数列{}n a 共有32项，其公比3q =，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列{}n a 的所有项之和是（ ） A ．30B ．60C ．90D ．1208．（2022·全国·高二课时练习）已知等比数列{}n a 中，11a =，132185k a a a ++++=，24242k a a a +++=，则k =（ ）A ．2B ．3C ．4D ．59．（2022·全国·高二课时练习）已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则这个数列的公比和项数分别为（ ） A ．8，2B ．2，4C ．4，10D ．2，8题型四：等比数列中an 与Sn 的关系10．（2022·全国·高二课时练习）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，21n n S a =-，则2020S =（ ）A ．202021-B ．202121-C ．2020122⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．2021122⎛⎫- ⎪⎝⎭11．（2022·宁夏·六盘山高级中学高二月考（理））已知数列{}n a 的前n 项和112nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，那么数列{}n a （ ） A ．是等差数列但不是等比数列 B ．或者是等差数列，或者是等比数列 C ．是等比数列但不是等差数列D ．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列12．（2020·江苏·高二专题练习）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，121n n S S +=+，则6S =（ ）A ．63B ．127C ．128D ．256题型五：等比数列的简单应用13．（2022·甘肃·西北师大附中高二期中（理））中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.那么请问此人前两天所走的里程为（ ） A ．189里B ．216里C ．288里D ．192里14．（2022·全国·高二课时练习）为全力抗战疫情，响应政府“停课不停学”的号召，某市中小学按照教学计划，开展在线课程教学和答疑．某高一学生家长于3月5日在某购物平台采用分期付款的形式购买了一台价值m 元的平板电脑给学生进行网上学习使用，该平台规定：分12个月还清，从下个月5日即4月5日开始偿还，每月5日还款，且每个月还款钱数都相等．若购物平台的月利率为p ，则该家长每月的偿还金额是（ ）A ．12m 元B ．()()1212111mp p p ++-元C ．()12112m p +元D ．()()1313111mp p p ++-元 15．（2022·北京朝阳·高二期末）光圈是一个用来控制光线透过镜头，进入机身内感光面的光量的装置.表达光圈的大小我们可以用光圈的F 值表示，光圈的F 值系列如下：F 1，F 1.4，F 2，F 2.8，F 4，F 5.6，F 8，…，F 64.光圈的F 值越小，表示在同一单位时间内进光量越多，而且上一级的进光量是下一级的2倍，如光圈从F 8调整到F 5.6，进光量是原来的2倍.若光圈从F 4调整到F 1.4，则单位时间内的进光量为原来的（ ） A ．2倍B ．4倍C ．8倍D ．16倍【双基达标】一、单选题16．（2022·河南·高二期中（文））n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，且33a =，26S =，则5a 的值为（ ）A ．34B ．3或12C ．3或34D ．12或3417．（2022·河南商丘·高二期中（理））在正项等比数列{}n a 中，512a =，673a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则满足1n n S a T +>的最大正整数n 的值为（ ） A ．11B ．12 C ．13D ．1418．（2022·江西·九江市第三中学高二期中（理））若{}n a 是等比数列，已知对任意*n N ∈，2121n n a a a ++=-，则2222123n a a a a ++++=（ ）A ．2(21)n -B ．121(2)3n -C ．41n -D ．1(41)3n -19．（2022·全国·高二课时练习）等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝1，a 4＝4，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝（ ）A ．2n－1B ．413n -C ．()143--nD ．()123n--20．（2022·江西·景德镇一中高二期中（文））已知数列{}n a 满足11a =，若1114()n n nn N a a ++-=∈，则数列{}n a 的通项n a =（ ） A ．341n -B ．431n -C ．413n -D ．314n -21．（2022·河南洛阳·高二期中（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为21nn S a b =⋅+-，则44a b +的最小值为（ ） A ．2B．．4D ．522．（2022·全国·高二课时练习）在等比数列{}n a 中，已知42S =，86S =，17181920a a a a +++=（ ）A ．32B ．16C ．35D ．16223．（2022·全国·高二课时练习）已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，若存在*m ∈N ，满足29m mS S =，2511m m a m a m +=-，则m 的值为( )A ．-2B ．2C ．-3D ．324．（2022·全国·高二课时练习）某人于2020年6月1日去银行存款a 元，存的是一年定期储蓄，2022年6月1日将到期存款的本息一起取出再加a 元之后还存一年定期储蓄，此后每年的6月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行定期储蓄的年利率r 不变，则到2025年6月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有（ ）A ．()41a r +元B ．()51a r +元C ．()61a r +元D ．()()611a r r r⎡⎤+-+⎣⎦元 25．（2022·江苏·高二单元测试）设{}n a 是公差为d 的等差数列，{}n b 是公比为q 的等比数列．已知数列{}n n a b +的前n 项和()2*51N n n S n n =+-∈，则d q -=（ ）A ．3-B ．1-C ．2D ．4【高分突破】一：单选题26．（2022·江苏省苏州第十中学校高二月考）已知等比数列{a n }的首项为1，公比为2，则a 12+a 22+⋯+a n 2＝（ ） A ．（2n ﹣1）2B ．()1213n -C ．4n ﹣1D ．()1413n - 27．（2022·全国·高二学业考试）已知一个项数为偶数的等比数列{}n a ，所有项之和为所有偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则1a =（ ） A ．1B ．4 C ．12D ．3628．（2022·全国·高二单元测试）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，()112322n n n a a n ---=⋅≥，且1232a a =.记n T 为数列1nn a S ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和，若对任意*n ∈N ，n T m <，则m 的最小值为（ ） A ．3B ．13C ．2D ．1229．（2022·全国·高二单元测试）在正项数列{}n a 中，首项12a =，且()()22*12,,2n n a a n n -∈≥N 是直线80x y -=上的点，则数列{}n a 的前n 项和n S =（ ） A ．()122n--B ．122n +-C ．12n +D ．122n-30．（2022·江苏·苏州市苏州高新区第一中学高二月考）公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米.所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.001米时，乌龟爬行的总距离为（ ）A ．61019000-米B ．410190-米C ．510990-米D ．5101900-米31．（2022·全国·高二课时练习）等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝（ ） A ．29B ．31C ．33D ．3632．（2022·全国·高二课时练习）若正项等比数列{}n a 满足13116a a =，4322a a a +=，则()1121111n n nS a a a +=-++-=（ ）A ．()2123n ⎡⎤+-⎣⎦B ．()2123n -C ．()2123n +D ．()2123n⎡⎤--⎣⎦33．（2022·广西·崇左高中高二月考）已知{}n a 是公比不为1的等比数列，n S 为其前n 项和，满足2021201920192020a a a a -=-，则下列等式成立的是（ ）A ．2202020212019S S S =B ．2020202120192S S S +=C ．2201920212020S S S =D ．2019202120202S S S +=34．（2022·全国·高二课时练习）如图，画一个边长为2的正三角形，再将这个正三角形各边的中点相连得到第二个正三角形，依此类推，一共画了5个正三角形．那么这五个正三角形的面积之和等于（ ）A ． 3． 213． 853D ． 3413二、多选题35．（2022·江苏苏州·高二期中）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和为n S ，若5432a a a +=，且存在两项m a ，n a ，使得14m n a a a =，则（ ） A ．12n n a a +=B ．12n n S a a =-C ．5mn =D ．6m n +=36．（2022·全国·高二课时练习）n S 是数列{}n a 的前n 项的和，且满足11a =，12n n a S +=，则下列说法正确的是（ ） A ．{}n a 是等比数列 B ．1123n n a -+=⨯C ．{}n a 中能找到三项p a ，q a ，r a 使得p q r a a a =D ．1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项的和74n T <37．（2022·江苏·高二单元测试）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和0n S >，设2132n n n b a a ++=-，记{}n b 的前n 项和为n T ，则下列判断正确的是（ ）A ．若2q ，则n n T S =B ．若2q >，则n n T S >C ．若14q =-，则n n T S >D ．若34q =-，则n n T S <38．（2022·全国·高二单元测试）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且214S a =，2a 是11a +与312a 的等差中项，数列{}n b 满足1n n n n a b S S+=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则下列命题正确的是（ ）A ．数列{}n a 的通项公式为13-=n n aB ．31n n S =-C ．数列{}n b 的通项公式为()()1233131nn nn b +⨯=--D ．n T 的取值范围是11,86⎡⎫⎪⎢⎣⎭39．（2022·全国·高二课时练习）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若存在实数H ，使得对任意的*n ∈N ，都有n S H <，则称数列{}n a 为“和有界数列”．下列说法正确的是（ ） A ．若数列{}n a 是等差数列，且公差0d =，则数列{}n a 是“和有界数列” B ．若数列{}n a 是等差数列，且数列{}n a 是“和有界数列”，则公差0d = C ．若数列{}n a 是等比数列，且公比q 满足1q <，则数列{}n a 是“和有界数列” D ．若数列{}n a 是等比数列，且数列{}n a 是“和有界数列”，则公比q 满足1q <40．（2022·全国·高二单元测试）已知数列{}n a 满足11a =，()*1N 23n n naa n a +=∈+，则下列结论正确的是（ ）A ．13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列B ．{}n a 的通项公式为1123n n a -=- C ．{}n a 为递增数列D ．1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和2234n n T n +=--三、填空题41．（2022·全国·高二课时练习）数列a 1，a 2－a 1，a 3－a 2，…，a n －a n －1，…是首项为1，公比为2的等比数列，那么a n ＝________.42．（2022·全国·高二课时练习）设正项等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0，则公比q ＝________.43．（2022·全国·高二课时练习）已知等比数列{a n }的公比为12-，则135246a a a a a a ++++的值是________.44．（2022·江西·景德镇一中高二期中）在数列{}n a 及{}n b中，1n n n a a b +=+1n n n b a b +=+11a =，11b =．设11n n nc a b =+，则数列{}n c 的前2022项和为__________．45．（2022·全国·高二课时练习）等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项的和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝______.四、解答题46．（2022·河南商丘·高二期中（文））已知正项数列{}n a 满足19a =，()12n n n a a a +=+，设()lg 1n n b a =+．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）设1n n c a =+，数列{}n c 的前n 项积为n S ，若lg n n S b λ<恒成立，求实数λ的取值范围．47．（2022·河南商丘·高二期中（文））设公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知636S =，且2a 是1a ，5a 的等比中项． （1）求{}n a 的通项公式；（2）设2nn n b a =⨯，求数列{}n b 的前n 项和n T ．48．（2022·陕西·延安市宝塔区第四中学高二月考）已知数列{}n a 的前n 项和S n ＝2n ＋1＋A ，若{}n a 为等比数列.（1）求实数A 及{}n a 的通项公式；（2）设b n ＝log 2a n ，求数列{a n b n }的前n 项和T n .49．（2022·河南洛阳·高二期中（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，211n n n S S a +++=，数列{}n b 满足12b =，2112na n nb b ++⋅=. （1）求证{}n a 为等差数列；（2）求证：12122n na a ab bb ++⋅⋅⋅+<.50．（2022·甘肃省民乐县第一中学高二期中（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111,1(*)n n a a S n N +==+∈，数列{}n b 满足11b =，12n n n b a b +=+．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足1nn n n ac b b +=，求证：1212n c c c +++<．【答案详解】1．B解：根据题意，等比数列{}n a 的前6项和为1894，公比为12，则有616(1)18914a q S q -==-，解可得124a =，则56134a a q ==； 故选：B ． 2．B 【详解】设正项等比数列{}n a 的公比为q，则2q ==， 所以，()()()()()()()66111263486421234112412635121221151212a a a a a a a a SS a a a a a --++++++++⨯--====+++--. 故选：B. 3．B解：由题意，正项等比数列{}n a 中， 因为23S =，3412a a +=，所以()121221234331212a a a a q a a a a +=+=⎧⎧⇒⎨⎨+=+=⎩⎩，解得24q =． 因为0q >，所以2q ．故选：B 4．B【详解】由于S 3、S 6－S 3、S 9－S 6，S 12－S 9成等比数列，S 3＝8，S 6－S 3＝16，故其比为2， 所以S 9－S 6＝32，a 10＋a 11＋a 12＝S 12－S 9＝64． 故选：B ． 5．B 【详解】由等比数列的性质可知，数列36396129,,,S S S S S S S ---是等比数列，即数列4，8，96129,S S S S --是等比数列，因此9661291216,12,32,32161260S S S S S S -==-==++=．故选:B. 6．B 【详解】设24,3S k S k ==，由数列{}n a 为等比数列(易知数列{}n a 的公比1q ≠-)，得24264,,S S S S S --为等比数列又242,2S k S S k =-=644S S k ∴-= 67,S k ∴=647733S k S k ∴== 故选：B ． 7．D 【详解】设等比数列{}n a 的奇数项之和为1S ，偶数项之和为2,S则311531a a S a a =++++，()2463213531123a a a a q a a a a S S ++++=++++==又1260S S +=，则11603S S +=，解得1230,90S S ==， 故数列{}n a 的所有项之和是3090120+=. 故选：D 8．B 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ， 则132112285k k a a a a a a q q +++++++==，即()2285184k q a a ++=-=，因为24242k a a a +++=，所以2q，则()21123221112854212712k k k a a a a a ++⨯-+++++=+==-，即211282k +=，解得3k =， 故选：B. 9．D解：设等比数列项数为2n 项，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶， 根据题意得：S 奇＝85，S 偶＝170， ∴q S S ==偶奇2，又a 1＝1，∴S 奇()21211na q q -==-85，整理得：1﹣4n ＝﹣3×85，即4n ＝256，解得：n ＝4，则这个等比数列的项数为8．故选D ． 10．A 【详解】依题意21n n S a =-，当n=1时，a 1=2a 1-1，解得a 1=1； 当2n ≥时，由21n n S a =-得1121n n S a --=-，两式相减，得1122n n n n S S a a ---=-，即12n n a a -=，所以12nn a a -=()2n ≥， 所以数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列， 所以12n na ，202020202020122112S -==--. 故选：A . 11．C解：数列{}n a 的前n 项和112nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴当2n 时，1111112212nn nn n n a S S -- ⎡⎤=-=--=-⎢⎥⎢⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪⎪⎝⎝⎭⎝⎣⎭⎥⎦，当1n =时，1111122a S ==-=-，上式也成立．∴12nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭可得112n n a a -=，∴数列{}n a 是首项为12-，公比为12的等比数列，但不是等差数列． 故选：C ．12．A在121n n S S +=+中，令1n =，得23S =，所以22a =． 由121n n S S +=+得2121n n S S ++=+，两式相减得212n n a a ++=，即212n n a a ++=，又11a =，212a a =，所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以66126312S -==-. 故选：A ． 13．C 【详解】由题意，记每天走的路程为{}n a 是公比为12的等比数列，又由6161[1()]2378112-==-a S ，解得1192a =， 所以11192()2-=⨯n n a ，则21192()962a =⨯= 故前两天所走的路程为：192+96=288 故选：C 14．B 【详解】设每月的偿还金额都是a 元， 则()()()()122111111m p a a p a p a p +=+++++++，即()()()121211111a p m p p ⎡⎤-+⎣⎦+=-+，解得()()1212111mp p a p +=+-．故选：B 15．C 【详解】由题可得单位时间内的进光量形成公比为12的等比数列{}n a ，则F 4对应单位时间内的进光量为5a ，F 1.4对应单位时间内的进光量为2a ，从F 4调整到F 1.4，则单位时间内的进光量为原来的258a a =倍.故选：C. 16．C 【详解】设公比为q ，则211136a q a a q ⎧=⎨+=⎩解得12q =-或1q =，故25334a a q ==或53a =．故选：C. 17．B 【详解】设正项等比数列{}n a 的公比为q ，则()25267556a q q a a q qa a ++==+=，即260q q +-=，0q >，则2q，514132a a q ∴==， 所以，()11221321232n n nS --==-，()()211112122121122232nn n n n n n n n T a a a a --+++-⎛⎫=⋅⋅⋅=⋅=⋅= ⎪⎝⎭，因为1n n S a T +>，即211221123232n nn--+>，即2115222n n n -->，即213100n n -+<，n <，因为1112<，则25122<<， 因此，满足条件的正整数n 的最大值为12. 故选：B. 18．D 【详解】因为对任意*n N ∈，2121n n a a a ++=-①，当1n =时，11a =， 当2n ≥时，211121n n a a a --++=-②，①-②得11222n n n n a ---==，满足11a =，则()221124n n n a --==，即{}2n a 是首项为1，公比为4的等比数列，所以()22221231141(41)143n n n a a a a ⨯-++++==--. 故选：D. 19．B 【详解】由a 1a 2a 3＝1得321,a =∴a 2＝1，又a 4＝4，故q 2＝4，所以a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝1414n--＝413n -. 故选：B20．A 【详解】根据题意，由1114n n n aa +-=， 得12121321111111444n nn a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得()114141144143n n n a a -⨯---==-，因11a =，所以1413n n a -=，即341n n a =-.故选：A. 21．C 【详解】当1n =时，1121a S a b ==+-，当2n ≥时，11121221n n n n n n a S S a b a a b ---==⋅+--⋅⋅--+=从而22a a =，34a a = 因为{}n a 是等比数列所以公比322a q a ==，且212a a a ==，即21ab a +-=，即1a b += 所以444a b ≥==+，当且仅当44a b =，即12a b ==时，等号成立所以44a b +的最小值为4 故选：C 22．A 【详解】解：由等比数列前n 项和的性质知，当数列依次每k 项和不为0时，则依次每k 项和仍成等比数列，所以4S ，84S S -，128S S -，1612S S -，2016S S -成等比数列，且公比为4q ．又441232S a a a a =+++=，484567844S S a a a a S q -=+++==，所以42q =，所以16201617181920432S S a a a a S q -=+++==．故选：A 23．D 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ． 当1q =时，21122m m S ma S ma ==与29m m S S =矛盾，不合乎题意；当1q ≠时，()()2122111119111m m m m m m m a q S q q q S qa q q---===+=---，则8mq =， 又2511m mma m q a m +==-，即5181m m +=-，解得3m =． 故选：D. 24．D设此人2020年6月1日存入银行的钱为1a 元，2022年6月1日存入银行的钱为2a 元，以此类推，则2025年6月1日存入银行的钱为6a 元，那么此人2025年6月1日从银行取出的钱有()6a a -元．由题意，得1a a =，()21a a r a =++，()()2311a a r a r a =++++，……，()()()()()5432611111a a r a r a r a r a r a =++++++++++，所以()()()256111a a a r r r ⎡⎤-=++++++⎣⎦()()()()()561111111r r a r r r a r ⎡⎤+-+⎣⎦⎡⎤=+-++⋅⎣-=⎦． 故选：D ． 25．A 【详解】设数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为,n n A B ，则()()1211111,222111n n n n b q n n db d d q A a n a n n B q q q --⎛⎫=+=-+==-⎪---⎝⎭（1q ≠）， 若1q =，则1n B nb =，则2211()5122n n n n dd S A n B a n n nb =+==+++--，显然没有出现5n ，所以1q ≠，所以21121221511n n b n b q d d a n n q q ⎛⎫-++-+= ⎪--⎝-⎭， 由两边的对应项相等可得110,1,5,1221bd d a q q -====--，解得111,2,5,4a d q b ====， 所以3d q -=-. 故选：A 26．D 【详解】由等比数列的定义，11122n n n a --=⋅=故222124n n n n b a --===由于112144,104n n n n b b b ---===≠ 故{}n b 是以1为首项，4为公比的等比数列a 12+a 22+⋯+a n 2＝1(14)41143nn ⋅--=-故选：D 27．C 【详解】由题意可得所有项之和S S +奇偶是所有偶数项之和S 偶的4倍，所以，4S S S +=奇偶偶，故13S S =奇偶设等比数列{}n a 的公比为q ，设该等比数列共有()2k k N *∈项，则()242132113k k S a a a q a a a qS S -=+++=+++==奇奇偶，所以，13q =，因为3212364a a a a ==，可得24a =，因此，2112aa q ==.故选：C. 28．B解：由()112322n n n a a n ---=⋅≥，得()111322424n n n n a a n --=⋅+≥，∴()111112242n n n n a a n --⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭. 又由()112322n n n a a n ---=⋅≥，得2126a a -=，又1232a a =，∴13a =.所以111122a -=， ∴数列12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项，14为公比的等比数列，则12111112242n n n n a --⎛⎫⎛⎫-=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴()12122122n n n nn a --=+=+，∴()()231111212112122222221221212nn nn n n n S --⎛⎫- ⎪-⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+=+=⋅- ⎪-⎝⎭-，∴111112222232n n n n n n na S --==+++⋅-⋅.∴+12111111111122113222332312n n n n T ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+=⨯=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-. ∵对任意*n ∈N ，n T m <，∴m 的最小值为13. 故选：B. 29．B 【详解】在正项数列{}n a 中，12a =，且()2212,n n a a -是直线80x y -=上的点，可得22128n n a a -=，所以12n n a a -=，可得数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列， 则{}n a 的前n 项和()12122212n n n S +-==--.故选：B 30．A由题意，乌龟每次爬行的距离构成等比数列{}n a ， 其中11100,10a q ==，且30.00110n a -==， 所以乌龟爬行的总距离为3611110010(1)101101119000110nn n a a qa q S q q---⨯---====---. 故选：A. 31．B 【详解】由题意，231136112522a q a a q a q ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，则3161214a q a q ⎧=⎪⎨=⎪⎩，可得q 3＝18， ∴q ＝12，a 1＝16，∴S 5＝551116[1()](1)231112a q q--==-. 故选：B 32．D 【详解】由题意，2132116a a a ==，得214a =.令{}n a 的公比为0q >，由4322a a a +=，得2210q q +-=，得12q =，∴112a =，∴12n na =，令()111n n n b a +=-，则()2nn b =--，∴()()()12212212123nn n n S b b b ⎡⎤--⎣⎦⎡⎤=++⋅⋅⋅+==--⎣⎦--， 故选：D. 33．B 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q (q ≠1)，又2021201920192020a a a a -=-，即201920129290120a a q a q -=+，而20190a ≠，则220q q +-=，解得2q =-，则201911201923a a S +⋅=，2019112020223a a S -⋅=，2019112021423a a S +⋅=，10a ≠，20192019201922111111202020212019(22)(42)(2)99a a a a a a S S S -⋅⋅+⋅+⋅=≠=，A 不正确；20192020202120192019201911111122422223323a a a a S a S a S -⋅+⋅+⋅=+==+，B 正确；20192019201922111111201920212020(2)(42)(22)99a a a a a a S S S +⋅⋅+⋅-⋅=≠=，C 不正确；2019201920191111201920212020112422523323a a a a a a S S S +⋅+⋅+⋅=+=+≠，D 不正确.故选：B 34．D 【详解】根据三角形中位线的性质可知：这五个正三角形的边长形成等比数列{}n a ：前5项分别为：2，1，12，14，18， 所以这五个正三角形的面积之和为22222222461111112121248222⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=++++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦51414114⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭==-，故选：D ． 35．BD 【详解】解：设等比数列{}n a 的公比为q ，且0q >因为5432a a a +=，即4321112a q a q a q +=化简得：221q q +=解得：12q =或1q =-（舍去）对A ，因为12q =，所以112n n a a +=，故A 错误；对B ，1111112211112nn n n n a a a a q a a q S a a q q ---====----，故B 正确； 对C，因为1a，即1a =，化简得：2214m n q+-=，又12q =解得6m n +=，当2m =，4n =时，8mn =，故C 错误； 对D ，由C 知，6m n +=，故D 正确. 故选：BD. 36．BD 【详解】当1n =时，211222a S a ===；当2n ≥时，由12n n a S +=可得12n n a S -=， 两式相减得12n n n a a a +=-，所以13n n a a +=，且2123aa =≠， 则数列{}n a 从第二项开始成以3为公比的等比数列，则222323n n n a a --=⋅=⨯，所以21,1,23,2,n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩则1123n n a -+=⨯，所以A 选项错误，B 选项正确． 由题意可知，数列{}n a 为单调递增数列，设p q <，若在数列{}n a 中能找到三项p a ，q a ，r a ，使得p q r a a a =， 则r q p >>且p ，q ，*r ∈N ，若1p =，则p r a a =，这与数列{}n a 单调递增矛盾， 若2p ≥，则224323292p q p q p q a a --+-=⨯⨯⨯=⨯，232r r a -=⨯，由p q r a a a =，可得42322p q r +--⨯=，由于432b q +-⨯能被3整除，22r -不能被3整除，故C 选项错误；因为21,1,11,2,23n n n a n -=⎧⎪=⎨≥⎪⨯⎩所以11T =；当2n ≥时，122111111113137231111112232323434413n n n n T ---⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=++++⋅⋅⋅+=+=+-<+= ⎪⨯⨯⨯⎝⎭-，故选项D 正确． 故选：BD 37．AB 【详解】由于{}n a 是等比数列，0n S >，所以110a S =>，0q ≠， 当1q =时，10n S na =>，符合题意； 当1q ≠时，()1101n n a q S q-=>-，即101nq q->-， 等价于1010n q q ⎧->⎨->⎩或1010n q q ⎧-<⎨-<⎩，对于1010n q q ⎧->⎨->⎩，由于n 可能是奇数，也可能是偶数，所以(1,0)(0,1)q ∈-⋃，对于1010n q q ⎧-<⎨-<⎩可得：1q >.综上所述，q 的取值范围是(1,0)(0,)-+∞；因为2213322n n n n b a a a q q ++⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以232n n T q q S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以2311(2)22n n n n T S S q q S q q ⎛⎫⎛⎫-=⋅--=⋅+⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为0n S >，且(1,0)(0,)q ∈-⋃+∞，所以，当12q =-或2q 时，0n n T S -=，即n n T S =，故A选项正确.当112q -<<-或2q >时，0n n T S ->，即n n T S >，故B 选项正确，D 选项错误. 当12(0)2q q -<<≠时，0n n T S -<，即n n T S <，故C 选项错误； 故选：AB. 38．BD 【详解】A ：由214S a =可得213a a =，所以等比数列{}n a 的公比3q =，所以113n n a a -=⨯. 由2a 是11a +与312a 的等差中项，可得2131212a a a =++，即()2111123132a a a ⨯=++⨯，解得12a =，所以123n n a -=⨯，所以A 不正确； B ：()()1121331113nnnn a q S q-⨯-===---，所以B 正确；C ：()()111123111331313131n n n n n n n n n a b S S -+++⨯⎛⎫===- ⎪⋅----⎝⎭，所以C 不正确；D ：12n n T b b b =++⋅⋅⋅+1223111111111111113333231313131313131n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以数列{}n T 是递增数列，得11110326n T T ⎛⎫≤<⨯-= ⎪⎝⎭，所以1186n T ≤<，所以D 正确.故选：BD. 39．BC【详解】若数列{}n a 是公差为d 的等差数列，则211(1)()222n n n d d dS na n a n -=+=+-， 当0d =时，若10a ≠，则1n S a n =⋅，n S 是n 的一次函数，不存在符合题意的H ，A 错误； 数列{}n a 是“和有界数列”，当0d ≠时，n S 是n 的二次函数，不存在符合题意的H ，当0d =，10a =时，存在符合题意的H ，B 正确；若数列{}n a 是公比为(1)≠q q 的等比数列，则1(1)1-=-n n a q S q，因q 满足1q <，则||1n q <，即|1|2nq -<，11|||||1|2||11n n a a S q qq=⋅-<--，则存在符合题意的实数H ，即数列{}n a 是“和有界数列”，C 正确；若等比数列{}n a 是“和有界数列”，当1q =-时，若n 为偶数，则0n S =，若n 为奇数，则1n S a =，即1=n S a ，从而存在符合题意的实数H ，D 错误. 故选：BC 40．AD 【详解】因为123nn n a a a +=+，所以112323n nn n a a a a ++==+， 所以111323n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，且11340a +=≠， 所以13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以4为首项，2为公比的等比数列，即11342n na -+=⨯，所以1231n na +=-，可得1123n n a +=-，故选项A 正确，选项B 不正确；因为1231n na +=-单调递增，所以1123n n a +=-单调递减，即{}n a 为递减数列，故选项C 不正确；1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和()()()()2312132323232223n n n T n ++=-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅⋅+- 22122323412nn n n +-=⨯-=---．故选项D 正确；故选：AD ． 41．2n －1(n ∈N *) 【详解】a n －a n －1＝a 1q n －1＝2n －1，即21232112,2,2n n n a a a a a a ---=⎧⎪-=⎪⎨⎪⎪-=⎩ 各式相加得a n －a 1＝2＋22＋…＋2n －1＝2n －2， 故a n ＝a 1＋2n －2＝2n －1(n ∈N *). 又1n =时，11a =符合a n ＝2n －1 故答案为：2n －1(n ∈N *). 42．12 【详解】由210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0， 得210(S 30－S 20)＝S 20－S 10.∴302010201012S S S S -=-，∵数列{a n }是等比数列∴10302021222330201011121320S S a a a a q S S a a a a -++++==-++++ 故101012q =，解得：12q =± 因为等比数列{a n }为正项数列，所以0q >，故12q = 故答案为：12 43．2- 【分析】由等比数列的通项公式与性质求解即可 【详解】∵等比数列{a n }的公比为12-，则()1351352461352a a a a aa a a a q a a a ++++==-++++.故答案为：2-44．4042. 【详解】由1n n n a a b +=+1n n n b a b +=+ 两式相加可得：()112n n n n a b a b +++=+，故数列{}n n a b +是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以2nn n a b +=；两式相乘可得：()()222112n n n n n n n n a b a b a b a b ++⋅=+-+=⋅，故数列{}n n a b ⋅是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以12n n n a b -⋅=， 故112n nn nn n n a b c a b a b ⎛⎫+=+==⎪⋅⎝⎭， 故数列{}n c 的前2022项和为2021202124042S =⨯=， 故答案为：4042 45．32 【详解】当q ＝1时，显然不符合题意；当q ≠1时，3161(1)714(1)6314a q q a q q ⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴a 8＝14×27＝32. 故答案为：32 46．（1）12n n b -=（2）[)2,+∞ （1）由已知可得()2111++=+n n a a ，所以()()1lg 12lg 1++=+n n a a ，即12n n b b +=， 又()()11lg 1lg 191b a =+=+=，所以{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列，所以12n n b -=．（2）由（1）可知()1lg 12n n n a b -=+=，所以12101n n a -=-，12110n n n c a -=+=．所以021112222122212122101011010100n nn n n S c c c --+++⋅⋅⋅+-⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅==⋅=⋅．lg n n S b λ<即1212n n λ--<，即1122n λ->-， 因为1122n --关于n 单调递增，而11222n --<且无限接近于2， 所以实数λ的取值范围是[)2,+∞． 47．（1）21n a n =-（2）()12326n n T n +=-⨯+（1）设{}n a 的公差为d （0d ≠）．由题可知()()1211165636,24,a d a d a a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=+⎩解得11,2,a d =⎧⎨=⎩所以{}n a 的通项公式为()12121n a n n =+-=-． （2）由（1）可知()212nn b n =-⨯，所以()()231123252232212n nn T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯…①()()23412123252232212n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯…②①－②得()()23122222212n n n T n +-=+⨯++⋅⋅⋅+--⨯()()()211121222212322612n n n n n -++⨯-=+⨯--⨯=-⨯--，所以()12326n n T n +=-⨯+．48．（1）A ＝－2，2nn a ＝.（2）()1122n n T n ++＝－（1）根据题意，数列{}n a 的前n 项和S n ＝2n ＋1＋A ， 则a 1＝S 1＝22＋A ＝4＋A ，a 2＝S 2－S 1＝（23＋A ）－（22＋A ）＝4， a 3＝S 3－S 2＝（24＋A ）－（23＋A ）＝8，又由{}n a 为等比数列，则a 1×a 3＝（a 2）2，即（4＋A ）×8＝42＝16， 解可得A ＝－2，则a 1＝4－2＝2，即数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列， 则2nn a ＝， （2）设2n n b log a ＝，则设222nn n b log a log n ＝＝＝， 则2nn n a b n ⨯＝，故231222322nn T n ⨯⨯⨯⋯⋯⨯＝＋＋＋＋，①则有()23121222122n n n T n n ⨯+⨯+⋯⋯+⨯⨯＋＝－＋，② ①－②可得：()231122222122n n n n T n n +++++⋯⋯+⨯－＝－＝－－，变形可得：()1122n n T n ++＝－，故()1122n n T n ++＝－.49． （1）证明：由题意有22111,(2)n n n n n n S S a S S a n ++-+=+=≥，两式相减得2211n n n n a a a a +++=-，即()22110n n n n a a a a ++--+=，所以()()1110n n n n a a a a ++--+=，因为数列{}n a 为正项数列，所以10n n a a ++>， 所以11(2)n n a a n +-=≥，又因为2212S S a +=，即22122a a a +=，解得22a =，且11a =， 所以211a a -=也满足上式，所以*11()n n a a n N +-=∈，所以数列{}n a 为以1为首项1为公差的等差数列； （2）证明：由（1）有()111n a n n =+-⨯=，又2112na n nb b ++⋅=，所以2112n n n b b ++⋅=，()21122n n n b b n --⋅=≥，两式相除有()2112112422n n n n b n b ++--==≥，又12b =，24b =， 所以135721,,,,,n b b b b b -是以12b =为首项，公比为4的等比数列，24682,,,,,n b b b b b 是以24b =为首项，公比为4的等比数列，所以数列{}n b 是以12b =为首项，公比为2的等比数列，所以2nn b =，所以2n n na nb =，令1212n n na a a Tb b b =++⋅⋅⋅+， 则()2111111212222n n nT n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯， ()2311111112122222n n n T n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯， 两式相减可得231111111111111222112222222212nn n n n n n T n n +++⎛⎫- ⎪+⎝⎭=++++-⨯=-⨯=--，所以222n nn T +=-， 因为n N ∈，所以2222n nn T +=-<，从而得证原不等式成立. 50． （1）解：由11n n a S +=+，得11(2)n n a S n -=+≥， 所以11(2)2(2)n n n n n a a a n a a n ++-=≥=≥，即 又由11a =，得22a =，满足12n n a a +=，所以12n n a ，而122n n n n b b a +-==，所以1211222n n n b b ---=++⋯+，所以()1211212221=2121n n n nn b --⨯-=++++=--…；（2） 证明：因为11+12111()2(21)(21)2121n nn n n n c -+==-----， 所以121223111111111111()=(1)22221212121212121n n n n c c c ++++=-+-+--<-------.。
等比数列前n项和性质,
新的等差数列 Sk， 首 公项 差k为 为 2d。
那么，在等比数列重，也有类似的性质吗？
等比数列前n项和的性质二：
如 a n 果 为等 ， 比 Sk,则 S2 数 kSk,S 列 3 kS2k也成等比
S5， S10-S5， S15-S1成 0 等比数列
即 ( (3 S 1 k- - 0 1 ： S 3 5) k 2 )2 2 S 3 5( k S 2 1 (S - 5 1 S 1 - 5 3 )0k )1 解得S： 1593923k
S15 993 S10 992
变式训练
Y20
即S1 ： 0 0XY80
变，所有偶数项和是170，求此数列的公比和项数？
提示： q S偶 170 2 S奇 85
SnS偶 S 奇 17 8 0 5255
由等比数列n前 项和公式得：
255 1 2n 1-2
解： q10 s20s10 3 s10
s 30 s2 0 10 s20 q 2s 0 10
或 s 30 s 1 0 20 s 10 q 1s 0 20
等比数列前n项和的性质四：
若等比 an共 数 2n 有 项 列，则： 怎么
证明？
S偶 q S奇
例题讲解
2、等{a 比 n}的 数 n项 前 列 和 Sn ， 为 S1若 0 2， 0 S2 08， 0S3 则 0 260 。
等比数列前n项和的性质三：
如 a n 为 果公 q 的比 等 ， 对 为 m 比 、 p N 数 有 ： 列
Smp SmqmSp
变式训练
2、等{a 比 n}的 数 n项 前 列 和 Sn ， 为 S1若 0 2， 0 S2 08， 0S3 则 0 260 。
等比数列前n项和的性质及应用(课件)高二数学(人教A版2019选择性必修第二册)
________.
【思路分析】 (1)运用等比数列的性质 am·an＝ak·al＝a2t(m，n，k，l，t∈N*) 求
解．
(2)由 S2，S4－S2，S6－S4 成等比数列求解．
【解析】
(1)方法一：由等比中项的性质知 a1a2a3＝a32＝5，a7a8a9＝a38＝10，
a4a5a6＝a35＝( a2a8)3＝5 2，故选 A.
的等比数列，则
1 − 1250 + 2 − 1250 + 3 − 1250 + ⋯ + 10 − 1250
−50 × 1 − 1.0810
=
≈ −724.8
1 − 1.08
所以
10 = 1 + 2 + 3 + ⋯ + 10
≈ 1250 × 10 − 724.3 = 11 775.7 ≈ 11 776 .
1
1
1
1
1
1
∴Tn＋
－
＋…＋ n
－ ＋
＝
2 －1 22－1 22－1 23－1
2 －1 2n 1－1
1
1
1
－
＝1－ n＋1 .
21－1 2n＋1－1
2 －1
二、等比数列前n项和的性质
1 数列{ }是等比数列 ⇔ = − ( ≠ 0)
2 若等比数列{ }的前n项和为 ，则
（1）求从正方形ABCD开始，连续10个正方形
的面积之和；
（2）如果这个作图过程可以一直继续下去，那
么所有这些正方形的面积之和将趋近于多少？
分析：
可以利用数列表示各正方形的面积，根据条件可知，这
是一个等比数列.
等比数列前n项和公式的推导及性质
公式评价：简洁明了，易于理解和 记忆，对于等比数列的求和问题具 有重要意义
对未来研究的展望与建议
探索等比数列前n项和公式 的应用领域
拓展等比数列前n项和公式 的推导方法
深入研究等比数列前n项和 公式的推导及性质
建立等比数列前n项和公式 的数学模型
感谢您的观看
汇报人：
第一章
引言
第二章
介绍等比数列的概念
等比数列的定义：从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数的一种数列。
等比数列的通项公式：an=a1*q^(n-1)，其中an是第n项，a1是第一项，q是公比。
等比数列的分类：根据公比q的不同，等比数列可以分为常数列（q=1）、递增数列 （q>1）、递减数列（0<q<1）和摆动数列（q<-1或q>1）。 等比数列的应用：等比数列在数学、物理、化学、生物、经济等领域都有广泛的应用， 如等比级数求和、等比序列的生成、遗传学中的基因突变等。
● 两种推导方法各有特点，错位相减法适用于等比数列的首项不为0的情况，而递推式法适用于等比数列的 首项为0的情况。两种方法在推导过程中也存在联系，可以相互补充和印证。
等比数列前n项和公式的性 质
第四章
公式的形式与特点
等比数列前n项和 公式的一般形式
公式中的参数说 明
公式的推导过程 及证明
公式的应用举例 及注意事项
● 错位相减法：通过错位相减的方式，将等比数列前n项和公式转化为等差数列求和的形式，进而 推推式的方式逐步推导出前n项和公式。 两种推导方法各 有特点，错位相减法适用于等比数列的首项不为0的情况，而递推式法适用于等比数列的首项为0 的情况。两种方法在推导过程中也存在联系，可以相互补充和印证。
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即大约经过 5 年，股票与储蓄拥有的人民币相等
此题是复利问题，问题的关键是每满一 的本息和作为整体自动转存．
∴q3＝aa74＝18，即a1＝16，q＝12. ∴S5＝31.
4．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已
知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( B )
15பைடு நூலகம்
31
A. 2
B. 4
33
17
C. 4
D. 2
解析：由a2a4＝1，可得a
2 1
q4＝1，因此a1＝
1 q2
.又因为S3＝
a1(1＋q＋q2)＝7，联立两式有
自主解答：∵a1an＝a2an－1＝128， 又a1＋an＝66， ∴a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根， 解方程得x1＝2，x2＝64， ∴a1＝2，an＝64或a1＝64，an＝2，显然 q≠1.
若a1＝2，an＝64，由a11－－aqnq＝126， 得2－64q＝126－126q，∴q＝2. 由an＝a1qn－1，得2n－1＝32，∴n＝6. 若a1＝64，an＝2，同理可求得q＝12，n＝6. 综上所述，n的值为6，公比q＝2或12.
掌握等比数列{an}前 n 项和公式的一些基本性质．
1．数列{an}是等比数列，Sn是其前n 项和，则Sn， S3n－S2n也成等_比__数__列_____．
练习1：在等比数列{an}中，a1＋a2＝20，a3＋a4 S6＝__1_4_0___.
练习2：在正项等比数列{an}中，若S2＝7，S6＝9 的值为A( )
A．28 B．32 C．35 D．49
2．在等比数列中，若项数为 2n(n∈N*)，S偶与 S奇
偶数项和与奇数项和SS偶 奇，＝则__q____.
练习3：已知等比数列{an}中，公比 q＝3，a1＋a ＝4，则a2＋a4＋a6＋1a28＝_____，a3＋a5＋36a7＋a9＝_
练习4：在公比为整数的等比数列{an}中，已知a a2＋a3＝12，那么a5＋a6＋a7A＋a)8=(
答案：可以，A＝－1－q q，B＝1－a1q.
题型1 等比数列前 n 项和性质的应用 例1：已知等比数列前 n 项和为 10，前 2n 项和为 3n 项的和． 自主解答：解法一：设数列为{an}， 依题意，可得Sn＝10，S2n＝30. 又∵在等比数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－ S2n成等比数列，
∴ (S2n － Sn)2 ＝ Sn·(S3n － S2n) ， (30 － 10)2 ＝
解法二：∵S2n≠2Sn，∴q≠1. 由已知，得
a111－－qqn＝10， ① a111－－qq2n＝30. ②
由②÷①，得1＋qn＝3，
即qn＝2.
③
将③代入①，得1－a1 q＝－10. ∴S3n＝a111－－qq3n＝－10×(1－23)＝70.
1q＋3
1q－2
＝0，所以q＝
1 2
，所
以S5＝4×1－1－12 215＝341.
题型3 等比数列前 n 项和的实际应用 例3：小君有人民币若干，拟作股票投资或长期 存入银行年利率为 6%，若购某种股票年红利为 24 物价变化因素，且银行年利率及该种股票年红利不 司不再发行新股票，但每年的利息和红利可存入银
与Sn有关的性质主要是Sn，S2n－Sn，S 的关系．在与Sn 有关的运算中，经常用到两种技巧 除法；②整体代入法，但都不要忽略对q 的讨论．
【变式与拓展】
1．在等比数列{an}中，a1＝－1，前n项和为Sn，若
S10 S5
＝
3312，求SS1150的值．
解：∵SS150＝3312，∴设S10＝31x，S5＝32x，且x≠0. 则S10－S5＝31x－32x＝－x. 又(S10－S5)2＝S5(S15－S10)， ∴S15＝S10－S5 S52＋S10＝－32xx2＋31x＝93923x.
993 ∴SS1150＝ 3321xx＝999932.
2．在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝18，
a2＋a3＋a4＝
16
1－－12n
－9，Sn＝a1＋a2＋…＋an，则Sn＝ __________________.
题型2 等比数列前 n 项和的综合运算 例2：在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2·an－1＝ n 项和 Sn＝126，求 n 及公比 q.
(1)求小君购股票或储蓄 x 年后所拥有人民币总额 函数关系式；
(2)问：经过几年，购买股票与储蓄所拥有的人 (lg2＝0.301 0，lg3＝0.477 1，lg1.06＝0.025 3)?
自主解答：(1)设小君有人民币 a 元，若长期储蓄
后人民币总额为 y＝a(1＋0.06)x，即 y＝1.06x·a.
A．480 B．493 C．495 D．498
1．等比数列前n项和公式Sn＝
a11－qn 1－q
q≠1
，是否可以写成
Sn＝A(qn－1)(Aq≠0且q≠1)的形式？若可以，A等于什么？
答案：可以，A＝－1－a1 q. 2．等比数列前 n 项和公式 Sn＝a11－－aqnqq≠1，是否可以 写成 Sn＝Aan＋B(AB≠0 且 A≠1)的形式？
解本题的关键是利用a1·an＝a2·an－1，进 a1，an，要注意a1，an有两组解．
【变式与拓展】
项和3．，(2若01a02·年a3广＝东2a)1已，知且数a4与列2{aan7}的为等等54差比中数项列为，C—S)n
是 ，
A．35 B．33 C．31 D．29
解析：设{an}的公比为q，则由等比数列的性质知： a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2. 由a4与2a7的等差中项为54知：a4＋2a7＝2×54，∴a7＝14.
若购买股票，则 x 年后利息和红利总额为
y ＝[0.24 ＋0.24(1 ＋0.06) ＋0.24(1 ＋0.06)2 ＋…＋
0.06)x－1]a，
即 y＝4(1.06x－1)a.
(2)由1.06x·a＝4(1.06x－1)a，得1.06x＝
4 3
，两边取以10为底
的对数，得 x＝lgl4g－ 1.0l6g3＝0.60200.0－2503.477 1≈4.936 8.