4.3.2 等比数列的前n项和公式
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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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基础知识
等比数列的前n项和
等比数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公比为\(q\)，则其前\(n\)项和为
(1) 证明 等比数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公比为\(q\)，则其前\(n\)项和是
\(S_n=a_1+a_2+a_3+⋯+a_n=a_1+a_1 q+a_1 q^2+⋯+a_1 q^{n-1}\) (1)，
两边乘以公比\(q\)得\(qS_n=a_1 q+a_1 q^2+⋯+a_1 q^{n-1} +a_1 q^n\) (2)
(1)-(2)得\((1-q)S_n=a_1 (1-q^n )\)，
当\(q≠1\)时， \(S_n=\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}\)；
当\(q=1\)时，\(S_n=a_1+a_2+a_3+⋯+a_n=a_1+a_1+a_1+⋯+a_1=na_1\)，
故等比数列的前\(n\)项和为 \(S_n= \begin{cases}n a_1 & (q=1) \\ \dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q} & (q \neq 1)\end{cases}\).
以上的方法称之为 错位相减法.
（2）当公比\(q=1\)时，\(S_n=na_1\)，是\(n\)的正比例函数;
当公比\(q≠1\)时，\(S_n=\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}\)，它可变形为\(\ S_n=-\dfrac{a_1}{1-q} \cdot q^n+\dfrac{a_1}{1-q}\)，
设 \(A=\dfrac{a_1}{1-q}\)，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．
即若某数列的前\(n\)项和公式为\(S_n=-A⋅q^n+A\) \((A≠0，q≠0\)且\(q≠1，n∈N^*)\)，则此数列一定是等比数列．
【例】等比数列\(\{a_n \}\)的公比\(q=2\)，首项\(a_1=2\)，则\(S_n\)等于\(\underline{\quad \quad}\) .
答案 \(2^{n+1} -2\)
基本性质
(1)若\(q≠-1\)，则\(S_n\) ， \(S_{2 n}-S_n\) ， \(S_{3 n}-S_{2 n}\)，…成等比数列，且公比\(q^n\)；
\((q=-1\)，\(n\)是偶数时，\(S_n=0)\)
证明 \(\dfrac{S_{(k+1) n}-S_{k n}}{S_{k n}-S_{(k-1) n}}=\dfrac{a_{k n+1}+a_{k n+2}+\cdots+a_{(k+1) n}}{a_{(k-1) n+1}+a_{(k-1) n+2}+\cdots+a_{k n}}\)\(=\dfrac{q^n\left(a_{(k-1) n+1}+a_{(k-1) n+2}+\cdots+a_{k n}\right)}{a_{(k-1) n+1}+a_{(k-1) n+2}+\cdots+a_{k n}}=q^n\).
(2)在等比数列\(\{a_n \}\)中，当总项数为\(2n\)时， \(S_{\text {偶 }}=q S_{\text {奇 }}\).
证明 \(S_{\text {偶 }}=a_2+a_4+\cdots+a_{2 n}=q\left(a_1+a_3+\cdots+a_{2 n-1}\right)=q S_{\text {奇 }}\).
(3) \(S_{n+m}=S_n+q^n S_m\).
证明 \(S_{m+n}=a_1+a_2+\cdots+a_n+a_{n+1}+\cdots+a_{n+m-1}+a_{n+m}\)
\(=S_n+a_1⋅q^n+a_2⋅q^n+a_3⋅q^n+⋯+a_m⋅q^n\)
\(=S_n+q^n (a_1+a_2+⋯+a_m )\)
\(=S_n+q^n S_m\).
基本方法
【题型1】 等比数列前n项和的有关计算问题
【典题1】 记正项等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和是\(S_n\)，若\(4(a_1+a_2)=3\)， \(S_6=\dfrac{63}{4}\)，则\(a_7=\)( )
A．\(32\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{1}{128}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{1}{256}\)
解析 根据题意，显然等比数列\(\{a_n \}\)的公比\(q≠1\)，故 \(S_6=\dfrac{a_1\left(1-q^6\right)}{1-q}=\dfrac{a_1-a_7}{1-q}=\dfrac{63}{4}\) ①，
又知道\(4\left(a_1+a_2\right)=4 S_2=\dfrac{4 a_1\left(1-q^2\right)}{1-q}=3\) ②，
①÷②得：\(q^4+q^2-20=0\)，解得\(q^2=4\)或\(q^2=-5\)(舍)，
因为数列\(\{a_n \}\)是正项等比数列，所以\(q=2\)，
由\(4(a_1+a_2)=4(a_1+2a_1)=3\)，得 \(a_1=\dfrac{1}{4}\)，
所以 \(a_7=a_1 \cdot q^6=\dfrac{1}{4} \times 2^6=16\)．
故选：\(B\)．
【典题2】 已知等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和是\(S_n\)，若\(a_1+2a_2=0\)，\(S_3=\dfrac{3}{4}\)，且\(a≤S_n≤a+2\)，
则实数\(a\)的取值范围是( )
A．\([-1，0]\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(\left[-1，\dfrac{1}{2}\right]\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(\left[\dfrac{1}{2}，1\right]\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\([0，1]\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，\(\because a_1+2a_2=0\)，\(S_3=\dfrac{3}{4}\)，
\(\therefore a_1 (1+2q)=0\)， \(a_1\left(1+q+q^2\right)=\dfrac{3}{4}\)，解得：\(a_1=1\)，\(q=-\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore S_n=\dfrac{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}=\dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]\)．
当\(n=1\)时，\(S_n\)取最大值\(1\)，当\(n=2\)时，\(S_n\)取最小值\(\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
a \leq \dfrac{1}{2} \\
a+2 \geq 1
\end{array}\right.\)，\(-1≤a≤\dfrac{1}{2}\)，
故选：\(B\)．
【典题3】 已知等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(2\)，若\(a_1+a_3=5\)，则\(a_1 a_2+a_2 a_3+a_3 a_4+⋯+a_{99} a_{100}=\)\(\underline{\quad \quad}\).
解析 因为等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(2\)，\(a_1+a_3=5\)，
所以\(a_1 (1+q^2 )=5\)，可得\(a_1=1\)，则 \(a_n=2^{n-1}\) ， \(a_n a_{n+1}=2^{2 n-1}\)，
则 \(a_1 a_2+a_2 a_3+a_3 a_4+\cdots+a_{99} a_{100}=\dfrac{2}{3}\left(4^{99}-1\right)\)．
【巩固练习】
1.已知数列\(\{a_n \}\)是各项均为正数的等比数列，其前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1+a_2=2\)，\(a_5+a_6=8\)，则\(S_{10}=\)( )
A．\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(32\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(40\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(62\)
2.等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1=a_2+2a_3\)，\(S_2\)是\(S_1\)与\(mS_3\)的等比中项，则\(m\)的值为( )
A．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{9}{7}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{6}{7}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{1}{2}\)
3.若\(S_n\)是等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，\(S_3\)，\(S_9\)，\(S_6\)成等差数列，且\(a_8=2\)，则\(a_2+a_5=\)( )
A．\(-12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(12\)
4.已知等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和是\(S_n\)，若\(3a_1+2a_2=4\)，\(9S_3=8S_6\)，则\(S_5=\)( )
A．\(\dfrac{15}{8}\)或\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{31}{16}\)或\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{31}{16}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{15}{8}\)
5.已知等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，则下列结论一定成立的是( )
A．若\(a_5>0\)，则\(a_{2017}<0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．若\(a_6>0\)，则\(a_{2018}<0\)
C．若\(a_5>0\)，则\(S_{2017}>0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．若\(a_6>0\)，则\(S_{2018}>0\)
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 设公比为\(q\)，由\(a_1+a_2=2，a_5+a_6=8\)， \(\left\{\begin{array}{l} a_1+a_1 q=2 \\ a_1 q^4+a_1 q^5=8 \end{array}\right.\)，
解得 \(a_1=2 \sqrt{2}-2\)， \(q=\sqrt{2}\)，或 \(q=-\sqrt{2}\)(舍去)，
\(S_{10}=\dfrac{(2 \sqrt{2}-2)\left(1-(\sqrt{2})^{10}\right)}{1-\sqrt{2}}=62\)，
故选：\(D\)． -
答案 \(B\)
解析 设数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，则由\(a_1=a_2+2a_3\)，得\(a_1=a_1 q+2a_1 q^2\)，
易知\(a_1≠0\)，所以\(2q^2+q-1=0\)，解得\(q=-1\)或\(q=\dfrac{1}{2}\)，
当\(q=-1\)时，\(S_2=0\)，这与\(S_2\)是\(S_1\)与\(mS_3\)的等比中项矛盾
当\(q=\dfrac{1}{2}\)时，\(S_1=a_1\)， \(S_2=\dfrac{3}{2} a_1\)， \(m S_3=\dfrac{7}{4} a_1 m\)，
由\(S_2\)是\(S_1\)与\(mS_3\)的等比中项，得\(S_2^2=S_1⋅mS_3\)，
即\(\dfrac{9}{4} a_1^2=m \cdot \dfrac{7}{4} a_1^2\)，所以 \(m=\dfrac{9}{7}\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 由题意可得：等比数列\(\{a_n\}\)的\(q≠1\)，
\(\because S_3\)，\(S_9\)，\(S_6\)成等差数列，且\(a_8=2\)，
\(\therefore 2S_9=S_6+S_3\)，且\(a_8=2\)，
\(\therefore 2 \times \dfrac{a_1\left(q^9-1\right)}{q-1}=\dfrac{a_1\left(q^6-1\right)}{q-1}+\dfrac{a_1\left(q^3-1\right)}{q-1}\)，\(a_1 q^7=2\)．
解得：\(q^3=-\dfrac{1}{2}\)，\(a_1 q=8\)．
则\(a_2+a_5=a_1 q(1+q^3)=8×(1-\dfrac{1}{2})=4\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(C\)
解析 等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和是\(S_n\)，\(3a_1+2a_2=4\)，\(9S_3=8S_6\)，
\(\therefore\) 当公比\(q=1\)时，\(\left\{\begin{array}{l} 3 a_1+2 a_1=4 \\ 9 \times 3 a_1=8 \times 6 a_1 \end{array}\right.\)，无解，
当公比\(q≠1\)时， \(\left\{\begin{array}{l} 3 a_1+2 a_1 q=4 \\ 9 \times \dfrac{a_1\left(1-q^3\right)}{1-q}=8 \times \dfrac{a_1\left(1-q^6\right)}{1-q} \end{array}\right.\)，解得\(a_1=1\)，\(q=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore S_5=\dfrac{1 \times\left(1-\dfrac{1}{2^5}\right)}{1-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{31}{16}\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(C\)
解析 \(A\)．若\(a_5=a_1 q^4>0\)，则 \(a_{2017}=a_1 q^{2016}>0\)，故本选项错误；
\(B\)、\(a_6=a_1 q^5>0\)，则 \(a_{2018}=a_1 q^{2017}>0\)，故本选项错误；
\(C\)、\(a_5=a_1 q^4>0\)，则\(a_1>0\)．若\(q=1\)时， \(S_{2017}=2017 a_1>0\)；
若\(q≠1\)， \(S_{2017}=\dfrac{a_1\left(q^{2017}-1\right)}{q-1}>0\)，故本选项正确；
\(D\)、若\(a_6=a_1 q^5>0\)．若\(a_1>0\)，\(q=1\)时， \(S_{2018}=2018 a_1>0\)；
若\(q≠1\)， \(S_{2018}=\dfrac{a_1\left(q^{2018}-1\right)}{q-1}\)，
当\(q<-1\)时， \(S_{2018}<0\)，\(q=-1\)， \(S_{2018}=0\)，故本选项错误；
故选：\(C\)．
【题型2】 等比数列前n项和的性质应用
【典题1】 在等比数列\(\{a_n \}\)中，已知\(S_n=48\)，\(S_{2n}=60\)，求\(S_{3n}.\)
解析 方法1 \(\because S_{2n}≠2S_n\)， \(\therefore q≠1\).
由已知，得\(\left\{\begin{array}{l}
\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=48 \\
\dfrac{a_1\left(1-q^{2 n}\right)}{1-q}=60
\end{array}\right.\)，
\(\therefore 1+q^n=\dfrac{5}{4}\)，即 \(q^n=\dfrac{1}{4}\)，代入 \(\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=48\)得 \(\dfrac{a_1}{1-q}=64\).
故\(S_{3 n}=\dfrac{a_1\left(1-q^{3 n}\right)}{1-q}=64 \times\left(1-\dfrac{1}{4^3}\right)=63\).
方法2 \(\because \{a_n \}\)为等比数列，
\(\therefore S_n\)，\(S_{2n}-S_n\)，\(S_{3n}-S_{2n}\)也成等比数列，
\(\therefore (S_{2n}-S_n )^2=S_n (S_{3n}-S_{2n} )\)，
\(\therefore S_{3 n}=\dfrac{\left(S_{2 n}-S_n\right)^2}{S_n}+S_{2 n}=\dfrac{(60-48)^2}{48}+60=63\).
点拨 方法2采取等比数列前\(n\)项和的性质：\(S_n\)，\(S_{2n}-S_n\)，\(S_{3n}-S_{2n}\)，\(…\)成等比数列，较方法1简便.
【巩固练习】
1.设等比函数\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(\dfrac{S_6}{S_3}=3\)，则\(\dfrac{S_{12}}{S_9}=\)( )
A． \(\dfrac{7}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{15}{7}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{15}{7}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{8}{3}\)
2.等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1+a_2+a_3=3\)，\(a_4+a_5+a_6=6\)，则\(\{a_n\}\)的前\(12\)项和为( )
A．\(90\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(60\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(45\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(32\)
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 \(\because \{a_n\}\)为等比数列，则\(S_3\)，\(S_6-S_3\)，\(S_9-S_6\)，\(S_{12}-S_9\)也成等比数列，
由\(S_6：S_3=1：3\)，
令\(S_3=x\)，则 \(S_6=\dfrac{1}{3} x\)，
则由\(x\)， \(-\dfrac{2}{3} x\)， \(S_9-\dfrac{1}{3} x\)， \(S_{12}-S_9\)也成等比数列，
可得 \(S_9=\dfrac{7}{9} x\)，\(S_{12}=\dfrac{5}{3} x\)，则 \(\dfrac{S_{12}}{S_9}=\dfrac{15}{7}\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 \(\because\)等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1+a_2+a_3=3\)，\(a_4+a_5+a_6=6\)，
由等比数列的性质得：
\(a_1+a_2+a_3\)，\(a_4+a_5+a_6\)，\(a_7+a_8+a_9\)，\(a_{10}+a_{11}+a_{12}\)也成等比数列，
\(\therefore\)由\(a_1+a_2+a_3=3\)，\(a_4+a_5+a_6=6\)，得\(a_7+a_8+a_9=12\)， \(a_{10}+a_{11}+a_{12}=24\)，
\(\therefore \{a_n\}\)的前\(12\)项和为：\(3+6+12+24=45\)．
故选：\(C\)．
【题型3】 综合问题
【典题1】 已知等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1=-1\)， \(\dfrac{S_{10}}{S_5}=\dfrac{31}{32}\)．
(1)求等比数列\(\{a_n \}\)的公比\(q\)； \(\qquad \qquad\) (2)求\(a_1^2+a_2^2+⋯+a_n^2\)．
解析 (1)由题意可知\(q≠1\)，
因为\(\dfrac{S_{10}}{S_5}=\dfrac{31}{32}\)，所以\(\dfrac{\dfrac{a_1\left(1-q^{10}\right)}{1-q}}{\dfrac{a_1\left(1-q^5\right)}{1-q}}=1-q^5=\dfrac{31}{32}\)，解得\(q=\dfrac{1}{2}\)．
(2)由(1)可得\(a_n=-\dfrac{1}{2^{n-1}}\)，则 \(a_n^2=\dfrac{1}{4^{n-1}}\) ， \(\dfrac{a_n^2}{a_{n-1}^2}=\dfrac{1}{4}\)，
所以数列\(\{a_n^2 \}\)是首项为\(1\)，公比为\(\dfrac{1}{4}\)的等比数列，
所以\(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2=\dfrac{1-\dfrac{1}{n}}{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{4}{3}-\dfrac{1}{3 \cdot 4^{n-1}}\)．
【典题2】 某地本年度旅游业收入估计为\(400\)万元，由于该地出台了一系列措施，进一步发展旅游业，预计今后旅游业的收入每年会比上一年增加\(\dfrac{1}{4}\).
(1)求\(n\)年内旅游业的总收入；
(2)试估计大约几年后，旅游业的总收入超过\(8 000\)万元．
解析 设第\(n\)年的旅游业收入估计为\(a_n\)万元，
则\(a_1=400\)， \(a_{n+1}=\left(1+\dfrac{1}{4}\right) a_n=\dfrac{5}{4} a_n\)，
\(\therefore \dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{5}{4}\)， \(\therefore \{a_n\}\)是公比为\(\dfrac{5}{4}\)的等比数列．
\(\therefore S_n=\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\dfrac{400\left[1-\left(\dfrac{5}{4}\right)^n\right]}{1-\dfrac{5}{4}}=1600\left[\left(\dfrac{5}{4}\right)^n-1\right]\)，
即\(n\)年内旅游业总收入为\(1600\left[\left(\dfrac{5}{4}\right)^n-1\right]\)万元．
(2)由(1)知\(S_n=1600\left[\left(\dfrac{5}{4}\right)^n-1\right]\)，令\(S_n>8000\)，
即\(1600\left[\left(\dfrac{5}{4}\right)^n-1\right]>8000\)，
\(\therefore\left(\dfrac{5}{4}\right)^n>6\)， \(\therefore \lg \left(\dfrac{5}{4}\right)^n>\lg 6\).
\(\therefore n>\dfrac{\lg 6}{\lg \dfrac{5}{4}}\approx 8.0296\).
\(\therefore\)大约第\(9\)年后，旅游业总收入超过\(8 000\)万元．
【巩固练习】
1.中国古代数学著作《算法统宗》中，载有一些关于等比数列的问题．如：“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……”问：此人最后一天走的路程是( )
A .\(4\)里 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(5\)里 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(6\)里 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(8\)里
2.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织出的布都是前一天的\(2\)倍，已知她\(5\)天共织布\(5\)尺，问这女子每天织布多少？”这个问题体现了古代对数列问题的研究．某数学爱好者对于这道题作了以下改编：有甲、乙两位女子，需要合作织出\(40\)尺布．两人第一天都织出一尺，以后几天中，甲女子每天织出的布都是前一天的\(2\)倍，乙女子每天织出的布都比前一天多半尺，则两人完成织布任务至少需要( )
A.\(2\) 天 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(3\)天 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(4\)天 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(5\)天
3.如图，在边长为\(1\)的等边\(△ABC\)中，圆\(O_1\)为\(△ABC\)的内切圆，圆\(O_2\)与圆\(O_1\)外切，且与\(AB\)，\(BC\)相切，…，圆\(O_{n+1}\)与圆\(O_n\)外切，且与\(AB\)，\(BC\)相切，如此无限继续下去．记圆\(O_n\)的面积为\(a_n (n∈N)\)．
(1)证明\(\{a_n \}\)是等比数列； \(\qquad \qquad\)(2)求\(a_1+a_2+⋯+a_n\)的值．
4.已知单调递减的等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)， \(a_1+a_3=\dfrac{5}{8}\)，\(S_3=7a_3\)．
(1)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式；
(2)求满足 \(S_n \leq \dfrac{999}{1000}\)的所有正整数\(n\)的值．
5.已知公比小于\(1\)的等比数列\(\{a_n \}\)中，其前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_2=\dfrac{1}{4}\)， \(S_3=\dfrac{7}{8}\)．
(1)求\(a_n\)；\(\qquad \qquad\) (2)求证：\(\dfrac{1}{2}≤S_n<1\)．
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 由题意得该人第\(n\)天行走的路程\(\{a_n \}\)构成公比为\(q=\dfrac{1}{2}\)的等比数列，
且这个等比数列的前\(6\)项和\(S_6=378\)，
\(\therefore S_6=\dfrac{a_1\left(1-\dfrac{1}{6}\right)}{1-\dfrac{1}{2}}=378\)，解得\(a_1=192\)，
\(\therefore\) 此人最后一天走的路程是\(a_6=192×(\dfrac{1}{2})^5=6\)(里)．
故选：\(C\)． -
答案 \(D\)
解析 设甲，乙每天织布分别记为数列\(\{a_n \}\)，\(\{b_n \}\)，
由题意得数列\(\{a_n \}\)是以\(1\)为首项，\(2\)为公比的等比数列，
\(\{b_n \}\)是以\(1\)为首项，以\(\dfrac{1}{2}\)为公差的等差数列，
故\(n+\dfrac{1}{4} n(n-1)+\dfrac{1-2^n}{1-2} \geq 40\)，
即\(n^2+3n+2^{n+2}≥164\)，
经检验\(n=5\)时符合题意．
故选：\(D\)． -
答案 (1)略；(2) \(a_1+a_2+\cdots+a_n=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left[1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right]\).
解析 (1)证明：记\(a_1\)为圆\(O_n\)的半径，则 \(a_1=\dfrac{1}{2} \tan 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}，\)，
又 \(\dfrac{a_{n-1}-a_n}{a_{n-1}+a_n}=\sin 30^{\circ}=\dfrac{1}{2} \text {， }\)， \(\therefore a_n=\dfrac{1}{3} a_{n-1} (n≥2)\)，
所以\(\{a_n \}\)是首项为 \(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)，公比为\(\dfrac{1}{3}\)的等比数列；
(2)由(1)得 \(a_n=\dfrac{\sqrt{3}}{6} \times\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-1}=\dfrac{3^{\dfrac{1}{2}-n}}{2}\)，
所以\(a_1+a_2+\cdots+a_n=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{6}\left[1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right]}{1-\dfrac{1}{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left[1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right]\)．
-
答案 (1) \(a_n=\dfrac{1}{2^n}\) ；(2) \(1、2、3、4、5、6、7、8、9\).
解析 (1)根据题意，设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，\((0<q<1)\)，
又由\(a_1+a_3=\dfrac{5}{8}\)，\(S_3=7a_3\)，则有\(\left\{\begin{array}{l} a_1+a_1 q^2=\dfrac{5}{8} \\ a_1+a_1 q+a_1 q^2=7 \times a_1 q^2 \end{array}\right.\)，
解可得\(a_1=\dfrac{1}{2}\)，\(q=\dfrac{1}{2}\)，
故\(a_n=a_1 q^{n-1} =\dfrac{1}{2^n}\) ；
(2)根据题意，由(1)的结论，\(a_n=\dfrac{1}{2^n}\) ，则\(S_n=\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=1-\dfrac{1}{2^n}\)，
若\(S_n \leq \dfrac{999}{1000}\)，即\(1-\dfrac{1}{2^n} \leq \dfrac{999}{1000}\)，变形可得\(2^n≤1000\)，
又由\(n∈N^+\)，则\(n≤9\)，
即\(n\)可取的值为\(1、2、3、4、5、6、7、8、9\)． -
答案 (1) \(a_n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\)；(2) 略.
解析 (1)解：设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\).
由 \(\left\{\begin{array}{l} a_2=\dfrac{1}{4} \\ S_3=\dfrac{7}{8} \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a_2=\dfrac{1}{4} \\ \dfrac{1}{4 q}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4} q=\dfrac{7}{8} \end{array}\right.\)，
解得 \(\left\{\begin{array}{l} a_2=\dfrac{1}{4} \\ q=\dfrac{1}{2} \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a_2=\dfrac{1}{4} \\ q=2 \end{array}\right.\)(舍去)，
所以\(a_n=\dfrac{1}{4}×\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} =\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\)．
(2)证明：由(1)得\(a_n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\)，
所以 \(S_n=\dfrac{\dfrac{1}{2}\left[1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right]}{1-\dfrac{1}{2}}=1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\)．
因为\(y=\left(\dfrac{1}{2}\right)^x\)在\(R\)上为减函数，且\(y=\left(\dfrac{1}{2}\right)^x>0\)恒成立，
所以当\(n∈N^*\)，即\(n≥1\)时，\(0<\left(\dfrac{1}{2}\right)^n≤\dfrac{1}{2}\)，
所以\(\dfrac{1}{2}≤S_n=1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n<1\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.已知等比数列\(\{a_n \}\)的公比\(q>0\)，前\(n\)项和是\(S_n\)，若\(a_1=1\)，\(S_4=5S_2\)，则\(a_5=\)( )
A．\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(4\)
2.已知\(S_n\)是等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，若\(S_5=1\)，\(S_{10}=33\)，则数列\(\{a_n \}\)的公比是( )
A．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)
3.已知各项均为正数的等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和是\(S_n\)，且满足\(a_6\)，\(3a_4\)，\(-a_5\)成等差数列，则 \(\dfrac{S_4}{S_2}\)的值为( )
A．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(10\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(13\)
4.我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？其意为：一女子每天织布的尺数是前天的\(2\)倍，\(5\)天共织布\(5\)尺，问第五天织布的尺数是多少？你的答案是( )
A. \(\dfrac{5}{31}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(\dfrac{5}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(\dfrac{80}{31}\)
5.(多选)已知\(S_n\)是公比\(q\)的正项等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，若\(a_1+a_2=3\)，\(a_2 a_4=16\)，则下列说法正确的是( )
A．\(q=2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．数列\(\{S_n+1\}\)是等比数列
C．\(S_6=63\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．数列\(\{\lg a_n\}\)是公差为\(2\)的等差数列
6.已知等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和是\(S_n\)，且\(\dfrac{S_6}{3 S_3}=\dfrac{3}{8}\)，则\(\dfrac{2 a_6}{a_5+a_4}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
7.已知正项等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)且\(S_8-2S_4=6\)，则 \(a_9+a_{10}+a_{11}+a_{12}\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．
8.《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长\(1\)尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高\(3\)尺，莞第一天长高\(1\)尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的\(2\)倍．若蒲、莞长度相等，求所需时间.
(结果精确到\(0.1\)．参考数据：\(\lg 2=0.3010\)，\(\lg 3=0.4771\)．)
9.等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，已知\(S_1\)，\(S_3\)，\(S_2\)成等差数列．
(1)求\(\{a_n \}\)的公比\(q\)； \(\qquad \qquad\)(2)若\(a_1-a_3=3\)，求\(S_n\).
10.设\(\{a_n \}\)是等比数列，其前\(n\)项的和为\(S_n\)，且\(a_2=2\)，\(S_2-3a_1=0\)．
(1)求\(\{a_n \}\)的通项公式； \(\qquad \qquad\) (2)若\(S_n+a_n≥48\)，求\(n\)的最小值．
11.已知数列\(\{b_n \}\)满足\(b_1=1\)，\(b_{n+1} =\dfrac{1}{2} b_n\)．
(1)求\(\{b_n \}\)的通项公式； \(\qquad \qquad\) (2)求\(b_2+b_4+b_6+⋯+b_{2n}\)值．
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 由\(a_1=1\)，\(S_4=5S_2\)，得 \(\dfrac{1-q^4}{1-q}=5 \cdot \dfrac{1-q^2}{1-q}\)，即\(q^4-5q^2+4=0\)，
显然\(q≠1\)所以解得\(q=-2\)(舍去)或\(q=2\)，
所以\(a_5=a_1 q^4=1×2^4=16\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(D\)
解析 \(\because S_n\)是等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，\(S_5=1\)， \(S_{10}=33\)，
\(\therefore \dfrac{S_{10}}{S_5}=\dfrac{1-q^{10}}{1-q^5}=1+q^5=33\)，
\(\therefore q^5=32\)，\(q=2\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(C\)
解析 设各项均为正数的等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q>0\)，
\(\because\)满足\(a_6\)，\(3a_4\)，\(-a_5\)成等差数列，
\(\therefore 6a_4=a_6-a_5\)， \(\therefore 6a_4=a_4 (q^2-q)\)，
\(\therefore q^2-q-6=0\)，\(q>0\)．解得\(q=3\)．
则\(\dfrac{S_4}{S_2}=\dfrac{\dfrac{a_1\left(3^4-1\right)}{3-1}}{\dfrac{a_1\left(3^2-1\right)}{3-1}}=3^2+1=10\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(D\)
解析 由题意，该女子每天织布的尺数成等比数列\(\{a_n \}\)，其公比为\(q=2\)，
设第一天织布的尺数为\(a_1\)，第一天织布的尺数为\(a_5\)，前\(5\)天共织布为\(S_5=5\)，
则\(S_5=\dfrac{a_1\left(1-2^5\right)}{1-2}=5\)，解得 \(a_1=\dfrac{5}{31}\)，
所以 \(a_5=a_1 q^4=\dfrac{5}{31} \times 2^4=\dfrac{80}{31}\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(ABC\)
解析 因为正项等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1+a_2=3\)，\(a_2 a_4=16\)，
所以\(\left\{\begin{array}{l} a_1+a_1 q=3 \\ a_1^2 q^4=16 \end{array}\right.\)，
因为\(q>0\)，解得\(q=2\)或 \(q=-\dfrac{2}{3}\)(舍)，\(A\)正确；
所以\(a_1=1\)， \(S_n+1=\dfrac{1-2^n}{1-2}+1=2^n\)，
故数列是等比数列\(\{S_n+1\}\)，\(B\)正确；
\(S_6=\dfrac{1-2^6}{1-2}=63\)，\(C\)正确；
\(a_n=2^{n-1}\) ，
则\(\lg a_n=(n-1) \lg 2\)，数列\(\{\lg a_n\}\)是公差为\(\lg 2\)的等差数列，\(D\)错误；
故选：\(ABC\)． -
答案 \(\dfrac{1}{3}\)
解析 \(\because\)等比数列\(\{a_n \}\)中， \(\dfrac{S_6}{3 S_3}=\dfrac{3}{8}\)，
显然\(q≠1\)， \(\therefore \dfrac{a_1\left(1-q^6\right)}{1-q}=\dfrac{9}{8} \times \dfrac{a_1\left(1-q^3\right)}{1-q}\)，
\(\therefore 1-q^6=\dfrac{9}{8}\left(1-q^3\right)\)， \(\therefore 1+q^3=\dfrac{9}{8}\)，\(\therefore q=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore \dfrac{2 a_6}{a_5+a_4}=\dfrac{2 a_1 q^5}{a_1\left(q^4+q^3\right)}=\dfrac{2 q^2}{1+q}=\dfrac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}}=\dfrac{1}{3}\)． -
答案 \(24\)
解析 由题意可得：\(S_8-2S_4=6\)，可得：\(S_8-S_4=S_4+6\)，
由等比数列的性质可得：\(S_4\)，\(S_8－S_4\)，\(S_{12}-S_8\)成等比数列，
则 \(S_4\left(S_{12}-S_8\right)=\left(S_8-S_4\right)^2\)，
综上可得： \(a_9+a_{10}+a_{11}+a_{12}=S_{12}-S_8=\dfrac{\left(S_4+6\right)^2}{S_4}=S_4+\dfrac{36}{S_4}+12 \geq 24\)，
当且仅当\(S_4=6\)时等号成立．
综上可得，则\(a_9+a_{10}+a_{11}+a_{12}\)的最小值为\(24\)．
故答案为：\(24\)． -
答案 \(2.6\)日
解析 设蒲的长度组成等比数列\(\{a_n \}\)，其\(a_1=3\)，公比为\(\dfrac{1}{2}\)，其前\(n\)项和为\(A_n\)．
莞的长度组成等比数列\(\{b_n \}\)，其\(b_1=1\)，公比为\(2\)，
其前\(n\)项和为\(B_n\)．则 \(A_n=\dfrac{3\left(1-\dfrac{1}{n}\right)}{1-\dfrac{1}{2}}\)， \(B_n=\dfrac{2^n-1}{2-1}\)，
由题意可得\(\dfrac{3\left(1-\dfrac{1}{2^n}\right)}{1-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{2^n-1}{2-1}\)，化为 \(2^n+\dfrac{6}{2^n}=7\)，
解得\(2^n=6\)，\(2^n=1\)(舍去)．
\(\therefore n=\dfrac{\lg 6}{\lg 2}=1+\dfrac{\lg 3}{\lg 2} \approx 2.6\)．
\(\therefore\)估计\(2.6\)日蒲、莞长度相等. -
答案 (1) \(-\dfrac{1}{2}\)；(2) \(S_n=\dfrac{8}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]\) .
解析 (1)依题意，有\(2S_3=S_1+S_2\)，
即\(a_1+(a_1+a_1 q)=2(a_1+a_1 q+a_1 q^2 )\)．
由于\(a_1≠0\)，故\(2q^2+q=0\).
又\(q≠0\)，所以\(q=-\dfrac{1}{2}\).
(2)由已知，可得 \(a_1-a_1\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2=3\)，解得\(a_1=4\).
从而\(S_n=\dfrac{4 \times\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}=\dfrac{8}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]\). -
答案 (1) \(a_n=2^{n-1}\) ；(2) \(6\) .
解析 (1)设等比数列的公比\(q\)，
\(\because S_2-3a-1 =0\)，\(\therefore a_2=2a_1=2\)，\(\therefore q=2\)，\(a_1=1\)，
\(\therefore a_n=a_1 q^{n-1} =2^{n-1}\) .
(2) \(\because S_n=\dfrac{1-2^n}{1-2}=2^{n-1}\) ，
\(\because S_n+a_n=2^n－1+2^{n-1} =3\cdot 2^{n-1} －1≥48\)，
\(\therefore 3\cdot 2^{n-1} >49\)， \(\therefore 2^{n-1}>\dfrac{49}{3}\)，
\(\therefore n≥6\)即\(n\)的最小值\(6\)． -
答案 (1) \(b_n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\)；(2) \(\dfrac{2}{3}\left[1-\left(\dfrac{1}{4}\right)^n\right]\).
解析 (1)由\(b_{n+1} =\dfrac{1}{2} b_n\)得 \(\dfrac{b_n+1}{b_n}=\dfrac{1}{2}\)，
所以\(\{b_n \}\)为等比数列，且首项\(b_1=1\)，公比\(q=\dfrac{1}{2}\)，
所以\(\{b_n \}\)的通项公式为\(b_n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\)．
(2)设\(a_n=b_{2n}\)，则\(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{b_{2 n+2}}{b_{2 n}}=\dfrac{\left(\frac{1}{2}\right)^{2 n+1}}{\left(\frac{1}{2}\right)^{2 n-1}}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)，
所以\(\{b_{2n} \}\)是首项为\(\dfrac{1}{2}\)，公比\(\dfrac{1}{4}\)的等比数列，
所以 \(b_2+b_4+b_6+\cdots+b_{2 n}=\dfrac{\dfrac{1}{2}\left[1-\left(\dfrac{1}{4}\right)^n\right]}{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{2}{3}\left[1-\left(\dfrac{1}{4}\right)^n\right]\).
【B组---提高题】
1.设\(\{a_n \}\)是各项均为正数的等比数列，\(S_n\)为其前\(n\)项和．已知\(a_1 a_3=16\)， \(S_3=14\)，若存在\(n_0\)使得\(a_1，a_2，⋯，a_{n_0}\)的乘积最大，则\(n_0\)的一个可能值是( )
A．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(7\)
2.已知数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和是\(S_n\)，\(a_1=\dfrac{1}{3}\)，当\(n≥2\)时，\(a_n\)，\(S_n-1\)，\(S_n\)成等比数列，若 \(S_m<\dfrac{19}{21}\)，则\(m\)的最大值为( )
A．\(9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(11\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(19\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(21\)
3.(多选)设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，其前\(n\)项和为\(S_n\)，前\(n\)项积为\(T_n\)，并满足条件\(a_1>1\)， \(a_{2019} a_{2020}>1\)， \(\dfrac{a_{2019}-1}{a_{2020}-1}<0\)，下列结论正确的是( )
A．\(S_{2019}<S_{2020}\) \(\qquad\) B．\(S_{2019} S_{2021}-1<0\) \(\qquad\)C．\(T_{2019}\)是数列\(\{T_n\}\)中的最大值 \(\qquad\) D．数列\(\{T_n\}\)无最大值
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 等比数列\(\{a_n \}\)中，公比\(q>0\)；
由\(a_1 a_3=16=a_2^2\)，所以\(a_2=4\)，
又\(S_3=14\)，
所以\(\left\{\begin{array}{l} a_1 \cdot a_3=16 \\ a_1+a_3=10 \end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l} a_1=2 \\ a_3=8 \end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{l} a_1=8 \\ a_3=2 \end{array}\right.\)，
若\(\left\{\begin{array}{l} a_1=2 \\ a_3=8 \end{array}\right.\)时，可得\(q=2\)，可得\(a_1，a_2，⋯，a_{n_0}\)的值为\(2，4，8，16…\)，
不会存在\(n_0\)使得\(a_1，a_2，⋯，a_{n_0}\)的乘积最大(舍去)，
若\(\left\{\begin{array}{l} a_1=8 \\ a_3=2 \end{array}\right.\)时，可得\(q=\dfrac{1}{2}\)，可得\(a_1，a_2，⋯，a_{n_0}\)的值为\(8，4，2，1，\dfrac{1}{2}，\dfrac{1}{4}⋯\)，
观察可知存在\(n_0=4\)，使得\(8×4×2×1\)的乘积最大，
综上，可得\(n_0\)的一个可能是\(4\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(A\)
解析 依题意，因为当\(n≥2\)时，\(a_n\)，\(S_n-1\)，\(S_n\)成等比数列，
所以\((S_n-1)^2=a_n S_n\)，即\((S_n-1)^2=(S_n-S_{n-1} )S_n\)，
即\(\dfrac{1}{S_n-1}-\dfrac{1}{S_{n-1}-1}=-1\)，
所以\(\left\{\dfrac{1}{S_n-1}\right\}\)成等差数列，所以 \(\dfrac{1}{S_n-1}=-n-\dfrac{1}{2}\)，即\(S_n=\dfrac{2 n-1}{2 n+1}\)，
若\(S_m<\dfrac{19}{21}\)，即\(\dfrac{2 m-1}{2 m+1}<\dfrac{19}{21}\)，解得\(m<10\)，
所以\(m\)的最大值为\(9\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(AC\)
解析 等比数列\(\{a_n \}\)的公比为q，其前\(n\)项和为\(S_n\)，前\(n\)项积为\(T_n\)，
并满足条件\(a_1>1\)， \(a_{2019} a_{2020}>1\)， \(\dfrac{a_{2019}-1}{a_{2020}-1}<0\)，
\(\therefore a_{2019}>1\)，\(0<a_{2020}<1\)， \(\therefore 0<q<1\)．
根据\(a_1>1\)，\(0<q<1\)，可知等比数列\(\{a_n \}\)为正项的递减数列．
即\(a_1>a_2>⋯>a_{2019}>1>a_{2020}>⋯>0\)．
\(\because S_{2020}-S_{2019}=a_{2020}>0\)，
\(\therefore S_{2019}<S_{2020}\)，故选项\(A\)正确；
\(\because S_{2019}=a_1+a_2+⋯+a_{2019}>1\)，
\(\therefore S_{2019} S_{2021}=S_{2019}\left(S_{2019}+a_{2020}+a_{2021}\right)\)\(=S_{2019}^2+S_{2019}\left(a_{2020}+a_{2021}\right)>S_{2019}^2>1\)．
即\(S_{2019} S_{2021}-1>0\)．故选项\(B\)错误；
根据\(a_1>a_2>⋯>a_{2019}>1>a_{2020}>⋯>0\)．可知
\(T_{2019}\)是数列\(\{T_n\}\)中的最大项，故选项\(C\)正确、选项\(D\)错误．
故选：\(AC\)．
【C组---拓展题】
1.设\(m\)个正数\(a_1\)，\(a_2\)，\(…\)，\(a_m\)\((m≥4，m∈N^*)\)依次围成一个圆圈．其中\(a_1\)，\(a_2\)，\(a_3\)，\(…\)，\(a_{k-1}\) ，\(a_k\)\((k<m，k∈N^*)\)是公差为\(d\)的等差数列，而\(a_1\)，\(a_m\)，\(a_{m-1}\) ，\(…\)，\(a_{k+1}\)，\(a_k\)是公比为\(2\)的等比数列．
(1)若\(a_1=d=2\)，\(k=8\)，求数列\(a_1\)，\(a_2\)，\(…\)，\(a_m\)的所有项的和\(S_m\)；
(2)若\(a_1=d=2\)，\(m<2015\)，求\(m\)的最大值；
(3)是否存在正整数\(k\)，满足\(a_1+a_2+a_3+⋯+a_{k-1} +a_k=3\)\((a_{k+1}+a_{k+2}+⋯+a_{m-1} +a_m)\)？
若存在，求出\(k\)值；若不存在，请说明理由．
参考答案
- 答案 (1) \(84\)；(2) \(1033\)；(3) \(k=4\).
解析 (1)依题意\(a_k=16\)，
故数列\(a_1\)，\(a_2\)，\(…\)，\(a_m\)即为\(2，4，6，8，10，12，14，16，8，4\)共\(10\)个数，
此时\(m=10\)，\(S_m=84\)．
(2)由数列\(\{a_n \}\)满足\(a_1=d=2\)，是首项为\(2\)、公差为\(2\)的等差数列知，\(a_k=2k\)，
而\(a_1\)，\(a_m\)，\(a_{m-1}\) ，\(…\)，\(a_{k+1}\)，\(a_k\)是首项为\(2\)、公比为\(2\)的等比数列知， \(a_k=2^{m+2-k}\)，
故有 \(2 k=2^{m+2-k}\)， \(k=2^{m+1-k}\)，即\(k\)必是\(2\)的整数次幂，
由 \(k \cdot 2^k=2^{m+1}\)知，要使\(m\)最大，\(k\)必须最大，
又\(k<m<2015\)，故\(k\)的最大值\(2^{10}\)，
从而 \(2^{10} \cdot 2^{1024}=2^{m+1}\)，\(m\)的最大值是\(1033\)．
(3)由数列\(\{a_n \}\)是公差为\(d\)的等差数列知，\(a_k=a_1+(k-1)d\)，
而\(a_1\)，\(a_m\)，\(a_{m-1}\) ，\(…\)，\(a_{k+1}\)，\(a_k\)是公比为\(2\)的等比数列 \(a_k=a_1 \cdot 2^{m+1-k}\)，
故 \(a_1+(k-1) d=a_1 \cdot 2^{m+1-k}\)， \((k-1) d=a_1\left(2^{m+1-k}-1\right)\)，
又\(a_1+a_2+a_3+\cdots+a_{k-1}+a_k=3\left(a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{m-1}+a_m\right)\)，\(a_m=2a_1\)，
则\(k a_1+\dfrac{1}{2} k(k-1) d=3 \times 2 a_1 \times \dfrac{1-2^{m-k}}{1-2}\)，
即\(k a_1+\dfrac{1}{2} k\left[a_1\left(2^{m+1-k}-1\right)\right]=3 \times 2 a_1\left(2^{m-k}-1\right)\)，
则\(\dfrac{1}{2} k \cdot 2^{m+1-k}+\dfrac{1}{2} k=6\left(2^{m-k}-1\right)\)，
即\(k \cdot 2^{m+1-k}+k=6 \times 2^{m+1-k}-12\)，
显然\(k≠6\)，则 \(2^{m+1-k}=\dfrac{k+12}{6-k}=-1+\dfrac{18}{6-k}\)
所以\(k<6\)，将\(k=1，2，3，4，5\)一一代入验证知，
当\(k=4\)时，上式右端为\(8\)，等式成立，此时\(m=6\)，
综上可得：当且仅当\(m=6\)时，存在\(k=4\)满足等式．
