高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列精品当堂检测题

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学习目标
1.掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路.
2.会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题．
知识点一 等比数列的前n项和公式
知识点二 等比数列前n项和的性质
1．数列{an}为公比不为－1的等比数列(或公比为－1，且n不是偶数)，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列．
2．若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N*)．
3．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在其前2n项中，eq \f(S偶,S奇)＝q；
②在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝eq \f(a1＋a2n＋1q,1－－q)＝eq \f(a1＋a2n＋2,1＋q)(q≠－1)．
1．等比数列前n项和Sn不可能为0.( × )
2．若首项为a的数列既是等比数列又是等差数列，则其前n项和等于na.( √ )
3．若a∈R，则1＋a＋a2＋…＋an－1＝eq \f(1－an,1－a).( × )
4．若某数列的前n项和公式为Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0且q≠1，n∈N*)，则此数列一定是等比数列．( √ )
一、等比数列前n项和公式的基本运算
例1 在等比数列{an}中，
(1)S2＝30，S3＝155，求Sn；
(2)a1＋a3＝10，a4＋a6＝eq \f(5,4)，求S5；
(3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求公比q.
解 (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝30，,a11＋q＋q2＝155，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,q＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝180，,q＝－\f(5,6).))
从而Sn＝eq \f(1,4)×5n＋1－eq \f(5,4)或Sn＝eq \f(1 080×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)))n)),11).
(2)方法一 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q2＝10，,a1q3＋a1q5＝\f(5,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,q＝\f(1,2)，))从而S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(31,2).
方法二 由(a1＋a3)q3＝a4＋a6，得q3＝eq \f(1,8)，从而q＝eq \f(1,2).
又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10，所以a1＝8，从而S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(31,2).
(3)因为a2an－1＝a1an＝128，所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两个根．
从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＝64))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝2，,a1＝64.))又Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝126，所以q＝2或eq \f(1,2).
反思感悟 等比数列前n项和运算的技巧
(1)在等比数列的通项公式和前n项和公式中，共涉及五个量：a1，an，n，q，Sn，其中首项a1和公比q为基本量，且“知三求二”，常常列方程组来解答．
(2)对于基本量的计算，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，有时会用到整体代换，如qn，eq \f(a1,1－q)都可看作一个整体．
(3)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．
跟踪训练1 在等比数列{an}中．
(1)若a1＝eq \r(2)，an＝16eq \r(2)，Sn＝11eq \r(2)，求n和q；
(2)已知S4＝1，S8＝17，求an.
解 (1)由Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)得，11eq \r(2)＝eq \f(\r(2)－16\r(2)q,1－q)，∴q＝－2，
又由an＝a1qn－1得，16eq \r(2)＝eq \r(2)(－2)n－1，∴n＝5.
(2)若q＝1，则S8＝2S4，不符合题意，∴q≠1，
∴S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝1，S8＝eq \f(a11－q8,1－q)＝17，两式相除得eq \f(1－q8,1－q4)＝17＝1＋q4，
∴q＝2或q＝－2，∴a1＝eq \f(1,15)或a1＝－eq \f(1,5)，∴an＝eq \f(1,15)·2n－1或－eq \f(1,5)·(－2)n－1.
二、利用错位相减法求数列的前n项和
例2 求数列{eq \f(n,2n)}的前n项和．
解 设Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，则有eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，
两式相减，得Sn－eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，
即eq \f(1,2)Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1).
∴Sn＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n)(n∈N*)．
反思感悟 错位相减法的适用范围及注意事项
(1)适用范围：它主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．
(2)注意事项：
①利用“错位相减法”时，在写出Sn与qSn的表达式时，应注意使两式交错对齐，以便于作差，正确写出(1－q)Sn的表达式．
②利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况．
跟踪训练2 已知等比数列{an}满足：a1＝eq \f(1,2)，a1，a2，a3－eq \f(1,8)成等差数列，公比q∈(0,1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，a1＝eq \f(1,2)，
因为a1，a2，a3－eq \f(1,8)成等差数列，所以2a2＝a1＋a3－eq \f(1,8)，
即得4q2－8q＋3＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝eq \f(3,2)，又因为q∈(0,1)，所以q＝eq \f(1,2)，
所以an＝eq \f(1,2)·(eq \f(1,2))n－1＝eq \f(1,2n).
(2)根据题意得Sn＝1×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,22)＋…＋(2n－1)×eq \f(1,2n)，
eq \f(1,2)Sn＝1×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋(2n－3)×eq \f(1,2n)＋(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)，
两式相减得
eq \f(1,2)Sn＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋…＋2×eq \f(1,2n)－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)，
所以Sn＝3－eq \f(4,2n)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n)，n∈N*.
三、等比数列前n项和的性质
例3 (1)在等比数列{an}中，若S2＝7，S6＝91，则S4＝________.
(2)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且(a1＋a3＋…＋a2n－1)－(a2＋a4＋…＋a2n)＝80，则公比q＝________.
(3)若数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝3n＋1－2k，则实数k＝________.
答案 (1)28 (2)2 (3)eq \f(3,2)
解析 (1)∵数列{an}是等比数列，且易知公比q≠－1，∴S2，S4－S2，S6－S4也构成等比数列，
即7，S4－7,91－S4构成等比数列，∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21.
又S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2·(1＋q2)>0，∴S4＝28.
(2)由题意知S奇＋S偶＝－240，S奇－S偶＝80，∴S奇＝－80，S偶＝－160，∴q＝eq \f(S偶,S奇)＝2.
(3)∵Sn＝3n＋1－2k＝3·3n－2k，且{an}为等比数列，∴3－2k＝0，即k＝eq \f(3,2).
延伸探究
本例(3)中，若将条件改为“若数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝a·(eq \f(1,3))n－1＋5”，再求实数a的值．
解 由Sn＝a·(eq \f(1,3))n－1＋5，可得Sn＝3a·(eq \f(1,3))n＋5，依题意有3a＋5＝0，故a＝－eq \f(5,3).
反思感悟 处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
(1)运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
(2)灵活运用等比数列前n项和的有关性质．
跟踪训练3 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S4＝1，S8＝3，则a9＋a10＋a11＋a12等于( )
A．8 B．6 C．4 D．2
答案 C
解析 S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．即1,2，a9＋a10＋a11＋a12成等比数列．∴a9＋a10＋a11＋a12＝4.
(2)一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求数列的通项公式．
解 设数列{an}的首项为a1，公比为q，所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇，S偶，由题意可知，
S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶．
因为数列{an}的项数为偶数，所以有q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(1,3).
又因为a1·a1q·a1q2＝64，所以aeq \\al(3,1)·q3＝64，即a1＝12，
故所求通项公式为an＝12×(eq \f(1,3))n－1，n∈N*.
1．在数列{an}中，已知an＋1＝2an，且a1＝1，则数列{an}的前5项的和等于( )
A．－25 B．25 C．－31 D．31
答案 D
解析 因为an＋1＝2an，且a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以数列{an}的前5项的和为eq \f(25－1,2－1)＝31.
2．等比数列1，x，x2，x3，…的前n项和Sn等于( )
A.eq \f(1－xn,1－x) B.eq \f(1－xn－1,1－x)
C.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1－xn,1－x)，x≠1且x≠0,n，x＝1)) D.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1－xn－1,1－x)，x≠1且x≠0,n，x＝1))
答案 C
解析 当x＝1时，Sn＝n；当x≠1且x≠0时，Sn＝eq \f(1－xn,1－x).
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于( )
A．3∶4 B．2∶3
C．1∶2 D．1∶3
答案 A
解析 在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝eq \f(3,4)S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A.
4．已知在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2)，则a1＝________.
答案 eq \f(3,2)或6
解析 方法一 当q＝1时，a1＝a2＝a3＝eq \f(3,2)，满足S3＝eq \f(9,2).
当q≠1时，依题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝\f(3,2)，,\f(a11－q3,1－q)＝\f(9,2).))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝6，,q＝－\f(1,2).))综上可得a1＝eq \f(3,2)或a1＝6.
方法二 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝a1＋a2＋a3＝\f(9,2)，,a3＝\f(3,2).))所以a1＋a2＝3，所以eq \f(a1＋a2,a3)＝eq \f(1＋q,q2)＝2，
所以q＝1或q＝－eq \f(1,2).所以a1＝eq \f(3,2)或a1＝6.
5．若等比数列{an}的公比为eq \f(1,3)，且a1＋a3＋…＋a99＝60，则{an}的前100项和为________．
答案 80
解析 令X＝a1＋a3＋…＋a99＝60，Y＝a2＋a4＋…＋a100，则S100＝X＋Y，
由等比数列前n项和性质知eq \f(Y,X)＝q＝eq \f(1,3)，所以Y＝20，即S100＝X＋Y＝80.
1．知识清单：
(1)等比数列前n项和公式．
(2)利用错位相减法求数列的前n项和．
(3)等比数列前n项和的性质．
2．方法归纳：错位相减法、方程(组)思想、分类讨论．
3．常见误区：
(1)忽略q＝1的情况而致错．
(2)错位相减法中粗心出错．
(3)忽略对参数的讨论．
1．在等比数列{an}中，a1＝2，a2＝1，则S100等于( )
A．4－2100 B．4＋2100 C．4－2－98 D．4－2－100
答案 C
解析 q＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,2).S100＝eq \f(a11－q100,1－q)＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))100)),1－\f(1,2))＝4(1－2－100)＝4－2－98.
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.eq \f(1,8) B．－eq \f(1,8) C.eq \f(57,8) D.eq \f(55,8)
答案 A
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＝eq \f(1,8)，所以a7＋a8＋a9＝eq \f(1,8).
3．若等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1＋a，则a3a5等于( )
A．4 B．8 C．16 D．32
答案 C
解析 等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1＋a，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1＋a－(2n－2＋a)，
化简得an＝2n－2.则a3a5＝2×23＝16.
4．设Sn为等比数列{an}的前n项和，若27a4＋a7＝0，则eq \f(S4,S2)等于( )
A．10 B．9 C．－8 D．－5
答案 A
解析 设数列{an}的公比为q，由27a4＋a7＝0，得a4(27＋q3)＝0，
因为a4≠0，所以27＋q3＝0，则q＝－3，故eq \f(S4,S2)＝eq \f(1－q4,1－q2)＝10.
5．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是其前n项和，且9S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和等于( )
A.eq \f(15,8)或5 B.eq \f(31,16)或5
C.eq \f(31,16) D.eq \f(15,8)
答案 C
解析 设数列{an}的公比为q，显然q≠1，由已知得eq \f(91－q3,1－q)＝eq \f(1－q6,1－q)，解得q＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，前5项和为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).
6．若等比数列{an}的前n项和Sn＝2·3n＋r，则r＝________.
答案 －2
解析 Sn＝2·3n＋r，由等比数列前n项和的性质得r＝－2.
7．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn＝93，an＝48，公比q＝2，则项数n＝________，a1＝________.
答案 5 3
解析 由Sn＝93，an＝48，公比q＝2，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a12n－1＝93，,a1·2n－1＝48，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,n＝5.))
8．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．
答案 －2
解析 由题意知2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，若q＝1，则Sn＝na1，式子显然不成立，
若q≠1，则有2eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a11－qn＋1,1－q)＋eq \f(a11－qn＋2,1－q)，故2qn＝qn＋1＋qn＋2，即q2＋q－2＝0，∴q＝－2.
9．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列．
(1)求数列{an}的公比q；
(2)若a1－a3＝3，求Sn.
解 (1)依题意有a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)，由于a1≠0，故2q2＋q＝0.
又q≠0，从而q＝－eq \f(1,2).
(2)由已知可得a1－a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＝3，故a1＝4.
从而Sn＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)).
10.已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋eq \f(1,2)b2＋eq \f(1,3)b3＋…＋eq \f(1,n)bn＝bn＋1－1(n∈N*)．
(1)求an与bn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
解 (1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*)．
由题意知：当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.
当n≥2时，eq \f(1,n)bn＝bn＋1－bn.整理得eq \f(bn＋1,n＋1)＝eq \f(bn,n)，又eq \f(b2,2)＝eq \f(b1,1)，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知anbn＝n·2n，因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，
所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．
11．在等比数列{an}中，a1＝4，q＝5，则使Sn>107的最小正整数n的值是( )
A．11 B．10
C．12 D．9
答案 A
解析 由题意可知在等比数列{an}中，a1＝4，q＝5，∴Sn＝eq \f(4·1－5n,1－5)＝5n－1.
∵Sn>107，∴5n－1>107，∴n>10.01，∵n为正整数，∴n≥11，故n的最小值为11.
12．等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为eq \f(85,32)，偶数项之和为eq \f(21,16)，这个等比数列前n项的积为Tn(n≥2)，则Tn的最大值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
答案 D
解析 设数列{an}共有(2m＋1)项，由题意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝eq \f(85,32)，S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝eq \f(21,16)，
因为项数为奇数时，eq \f(S奇－a1,S偶)＝q，即2＋eq \f(21,16)q＝eq \f(85,32)，所以q＝eq \f(1,2).
所以Tn＝a1·a2·…·an＝aeq \\al(n,1)q1＋2＋…＋n－1＝故当n＝1或2时，Tn取最大值，为2.
13．设数列{an}的前n项和为Sn，称Tn＝eq \f(S1＋S2＋…＋Sn,n)为数列a1，a2，a3，…，an的“理想数”，已知数列a1，a2，a3，a4，a5的理想数为2 014，则数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为( )
A．1 673 B．1 675 C.eq \f(5 035,3) D.eq \f(5 041,3)
答案 D
解析 因为数列a1，a2，…，a5的“理想数”为2 014，
所以eq \f(S1＋S2＋S3＋S4＋S5,5)＝2 014，即S1＋S2＋S3＋S4＋S5＝5×2 014，
所以数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为eq \f(2＋2＋S1＋2＋S2＋…＋2＋S5,6)＝eq \f(6×2＋5×2 014,6)＝eq \f(5 041,3).
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1,2Sn＝an＋1－1，则Sn＝________.
答案 eq \f(3n－1,2)
解析 当n＝1时，则有2S1＝a2－1，∴a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3；
当n≥2时，由2Sn＝an＋1－1得出2Sn－1＝an－1，上述两式相减得2an＝an＋1－an，
∴an＋1＝3an，得eq \f(an＋1,an)＝3且eq \f(a2,a1)＝3，∴数列{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列，
∴Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
15．设数列{an}的前n项和为Sn，点(n，eq \f(Sn,n))(n∈N*)均在直线y＝x＋eq \f(1,2)上．若bn＝则数列{bn}的前n项和Tn＝________.
答案 eq \f(9n＋1－9,8)
解析 依题意得eq \f(Sn,n)＝n＋eq \f(1,2)，即Sn＝n2＋eq \f(1,2)n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋eq \f(1,2)n)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n－12＋\f(1,2)n－1))＝2n－eq \f(1,2)；
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，符合an＝2n－eq \f(1,2)，所以an＝2n－eq \f(1,2)(n∈N*)，则由eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(32n＋1,32n)＝32＝9，
可知{bn}为公比为9的等比数列，b1＝32×1＝9，故Tn＝eq \f(91－9n,1－9)＝eq \f(9n＋1－9,8).
16．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1)))的前n项和．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由已知条件可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝0，,2a1＋12d＝－10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝－1.))
故数列{an}的通项公式为an＝2－n，n∈N*.
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1)))的前n项和为Sn，
即Sn＝a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,2n－1)，①
eq \f(Sn,2)＝eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,4)＋…＋eq \f(an－1,2n－1)＋eq \f(an,2n).②
所以，①－②得eq \f(Sn,2)＝a1＋eq \f(a2－a1,2)＋…＋eq \f(an－an－1,2n－1)－eq \f(an,2n)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(2－n,2n)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))－eq \f(2－n,2n)＝eq \f(n,2n).
所以Sn＝eq \f(n,2n－1)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1)))的前n项和Sn＝eq \f(n,2n－1)，n∈N*.
第2课时 等比数列前n项和公式的应用
学习目标
1.能够把实际问题转化成数列问题.
2.进一步熟悉通过建立数列模型并应用数列模型解决实际问题的过程．
知识点 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，an，Sn)．
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．
1．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有1个这种细菌和200个这种病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )
A．6秒钟 B．7秒钟
C．8秒钟 D．9秒钟
答案 C
解析 根据题意，每秒钟细菌杀死的病毒数成等比数列，设需要n秒细菌可将病毒全部杀死，
则1＋2＋22＋23＋…＋2n－1≥200，∴eq \f(1－2n,1－2)≥200，∴2n≥201，结合n∈N*，解得n≥8，
即至少需8秒细菌将病毒全部杀死．
2．某工厂去年产值为a，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为( )
A．1.14a B．11×(1.15－1)a
C．1.15a D．10×(1.16－1)a
答案 B
解析 从今年起到第5年，这个厂的总产值为
a×1.1＋a×1.12＋a×1.13＋a×1.14＋a×1.15＝a×eq \f(1.11.15－1,1.1－1)＝11a(1.15－1)．
3．画一个边长为2的正方形，再以这个正方形的一条对角线为边画第2个正方形，以第2个正方形的一条对角线为边画第3个正方形，……，这样共画了10个正方形，则这10个正方形的面积和等于________．
答案 212－4
解析 依题意，这10个正方形的边长构成以2为首项，eq \r(2)为公比的等比数列{an}，故an＝2·(eq \r(2))n－1，
所以面积bn＝[2×(eq \r(2))n－1]2＝4·2n－1＝2n＋1，所以面积和S10＝22＋23＋…＋211＝eq \f(22－212,1－2)＝212－4.
4．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植树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*)＝________.
答案 6
解析 设每天植树的棵数组成的数列为{an}, 由题意可知它是等比数列，且首项为2，公比为2,
其前n项和Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2，由2n＋1－2≥100，得n≥6.
一、等比数列前n项和在几何中的应用
例1 如图所示，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，前n个内切圆的面积和为________．
答案 eq \f(a2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22n)))π
解析 设第n个正三角形的内切圆的半径为an，∵从第二个正三角形开始每一个正三角形的边长是前一个的eq \f(1,2)，每一个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的eq \f(1,2)，
∴a1＝eq \f(1,2)atan 30°＝eq \f(\r(3),6)a，a2＝eq \f(1,2)a1，…，an＝eq \f(1,2)an－1，∴数列{an}是以eq \f(\r(3),6)a为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴an＝eq \f(\r(3),6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1a，设前n个内切圆的面积和为Sn，则Sn＝π(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n))
＝πaeq \\al(2,1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)))2))＝πaeq \\al(2,1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1))＝eq \f(4,3)×eq \f(a2,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n)))π＝eq \f(a2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n)))π
＝eq \f(a2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22n)))π.
反思感悟 此类几何问题可以转化为等比数列模型，利用等比数列的有关知识解决，要注意步骤的规范性．
跟踪训练1 侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规则的蜘蛛网，如图，它是由无数个正方形环绕而成，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外围一层正方形四条边的三等分点上，设外围第一个正方形的边长是m，有人说，如此下去，蜘蛛网的长度也是无限的增大，那么，试问，侏罗纪蜘蛛网的长度真的是无限长的吗？设侏罗纪蜘蛛网的长度为Sn，则( )
A．Sn无限大 B．Sn0，
即2 000×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))－5 000eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n))>0，化简得5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－7>0，
设x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n，代入上式得5x2－7x＋2>0，解此不等式，得x1(舍去)．即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n0，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为递增数列，又eq \f(S8,8)>eq \f(S7,7)，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为递增数列．又∵eq \f(S7,7)＝108 000，即1 600eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n－1))>8 000，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n>6，即lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))n>lg 6，∴n>eq \f(lg 6,lg \f(5,4))≈8，∴大约第9年后，旅游业总收入超过8 000万元．
1．河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一．某洞窟的浮雕共7层，它们构成一幅优美的图案．若从下往上计算，从第二层开始，每层浮雕像个数依次是下层个数的2倍，该洞窟浮雕像总共有1 016个，则第5层浮雕像的个数为( )
A．64 B．128 C．224 D．512
答案 B
解析 设最下层的浮雕像的数量为a1，依题意有公比q＝2，n＝7，S7＝eq \f(a11－27,1－2)＝1 016，
解得a1＝8，则an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，所以a5＝27＝128.
2．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：他提出让乌龟在阿基里斯前面1 000米处和阿基里斯赛跑，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1 000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，乌龟仍然领先他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10－2米时，乌龟爬行的总距离为( )
A.eq \f(104－1,90)米 B.eq \f(105－1,900)米 C.eq \f(105－9,90)米 D.eq \f(104－9,900)米
答案 B
解析 由题意知，乌龟每次爬行的距离构成等比数列{an}，且a1＝100，q＝eq \f(1,10)，an＝10－2；
∴乌龟爬行的总距离为Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(100－10－2×\f(1,10),1－\f(1,10))＝eq \f(105－1,900)(米)．
3．中国当代数学著作《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，要见次日行里数，请公仔细算相还．”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，请问第一天走了( )
A．24里 B．48里 C．96里 D．192里
答案 D
解析 由题意可知此人每天走的路程构成等比数列{an}，且公比为eq \f(1,2)，
由题意和等比数列的求和公式可得eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以第一天走了192里．
4．国家男子足球队某运动员一脚把球踢到32米高处，从此处开始计算，假设足球每次着地后又弹回到原来高度的一半再落下，则第4次着地时，该球所经过的总路程为________米；则第5次着地时，该球所经过的总路程为________米．
答案 88 92
解析 足球第1次落地经过的路程为32；足球第2次落地经过的路程为32＋32×eq \f(1,2)×2＝64；
足球第3次落地经过的路程为64＋32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×2＝80；足球第4次落地经过的路程为80＋32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×2＝88；
足球第5次落地经过的路程为88＋32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4×2＝92.
5．将n个大小不同的正方体形状的积木从上到下，从小到大堆成塔状，平放在桌面上．上面一个正方体积木下底面的四个顶点正好是它下面一个正方体积木的上底面各边的中点，按此规律不断堆放．如果最下面的正方体积木的棱长为1，且这些正方体积木露在外面的面积之和为Sn，则Sn＝________.
答案 9－eq \f(8,2n)
解析 最底层正方体的棱长为1，则该正方体的除底面外的表面积为5×12＝5；
第二个正方体的棱长为1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2)，它的侧面积为4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2，
第3个小正方形的边长为eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2，它的侧面积为4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2×2；
第n个小正方形的边长为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))n－1，它的侧面积为4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2(n－1)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
则它们的表面积为5＋4×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1))＝5＋4×eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))＝9－eq \f(4,2n－1)＝9－eq \f(8,2n).
1．知识清单：
(1)构造等比数列．
(2)建立数学模型．
2．方法归纳：构造法、转化法．
3．常见误区：在实际问题中首项和项数弄错．
1．某森林原有木材量为a m3，每年以25%的速度增长，5年后，这片森林共有木材量( )
A．a(1＋25%)5 B．a(1＋25%)4
C．4aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))5－1)) D．a(1＋25%)6
答案 A
解析 森林中原有木材量为a，一年后为a(1＋25%)，两年后为a(1＋25%)2，…，五年后为a(1＋25%)5.
2．某地为了保持水土资源实行退耕还林，如果2018年退耕a万亩，以后每年比上一年增加10%，那么到2025年一共退耕( )
A．10a(1.18－1)万亩 B．a(1.18－1)万亩
C．10a(1.17－1)万亩 D．a(1.17－1)万亩
答案 A
解析 记2018年为第一年，第n年退耕an万亩，则{an}为等比数列，且a1＝a，公比q＝1＋10%，
则问题转化为求数列{an}的前8项和，所以数列{an}的前8项和为eq \f(a11－q8,1－q)＝eq \f(a1－1.18,1－1.1)＝10a(1.18－1)．
所以到2025年一共退耕10a(1.18－1)万亩．
3．我国工农业总产值从1997年到2017年的20年间翻了两番，设平均每年的增长率为x，则有( )
A．(1＋x)19＝4 B．(1＋x)20＝3
C．(1＋x)20＝2 D．(1＋x)20＝4
答案 D
解析 设1997年总产值为1，由于我国工农业总产值从1997年到2017年的20年间翻了两番，说明2017年的工农业总产值是1997年工农业总产值的4倍，则(1＋x)20＝4.
4．某人的月工资由基础工资和绩效工资组成，2010年每月的基础工资为2 100元、绩效工资为2 000元．从2011年起每月基础工资比上一年增加210元、绩效工资为上一年的110%.照此推算，此人2021年的年薪为(结果精确到0.1)( )
A．9.3万元 B．10.4万元
C．12.14万元 D．14万元
答案 C
解析 由题意可得，基础工资是以2 100元为首项，以210元为公差的等差数列，绩效工资以2 000元为首项，以1.1为公比的等比数列，则此人2021年每月的基础工资为2 100＋210(12－1)＝4 410(元)，每月的绩效工资为2 000×1.111≈5 706.23(元)，则此人2021年的年薪为12(4 410＋5 706.23)≈12.14(万元)．
5．刚上班不久的小明于10月5日在某电商平台上通过零首付购买了一部售价6 000元的手机，约定从下月5日开始，每月5日按等额本息(每期以相同的额度偿还本金和利息)还款a元，1年还清；其中月利率为0.5%，则小明每月还款数a(精确到个位，参考数据：1.00511≈1.056；1.00512≈1.062；1.00513≈1.067)( )
A．488元 B．500元
C．514元 D．602元
答案 C
解析 由题意知小明第1次还款a元后，还欠本金及利息为[6 000(1＋0.5%)－a]元，
第2次还款a元后，还欠本金及利息为[6 000(1＋0.5%)2－a(1＋0.5%)－a]元，
第3次还款a元后，还欠本金及利息为[6 000(1＋0.5%)3－a(1＋0.5%)2－a(1＋0.5%)－a]元，
以此类推，则第12次还款a元后，还欠本金及利息为
[6 000(1＋0.5%)12－a(1＋0.5%)11－…－a(1＋0.5%)－a]元，
此时已全部还清，则6 000(1＋0.5%)12－a(1＋0.5%)11－…－a(1＋0.5%)－a＝0，
即6 000(1＋0.5%)12＝eq \f(a[1－1＋0.5%12],1－1＋0.5%)，解得a＝eq \f(6 000×0.005×1.00512,1.00512－1)≈eq \f(30×1.062,0.062)≈514(元)．
6．某厂去年的产值记为1.若计划在今后五年内每年的产值比上年增长10%，则从今年起到第五年这五年内，这个厂的总产值约为________．(保留一位小数，取1.15≈1.6)
答案 6.6
解析 由题意可知，第一年要比上年增长10%，那么第一年产值就是1＋10%＝1.1，
第二年又比第一年增加10%，所以第二年产值是1.12，…，以此类推，第五年产值是1.15，
∴总产量为1.1＋1.12＋…＋1.15＝eq \f(1.1×1－1.15,1－1.1)≈11×0.6＝6.6.
7．农民收入由工资收入和其他收入两部分构成.2015年某地区农民人均收入为13 150元(其中工资收入为7 800元，其他收入为5 350元)．预计该地区自2016年起的6年内，农民的工资收入将以每年6%的年增长率增长，其他收入每年增加160元．根据以上数据，2021年该地区农民人均收入约为_________元(其中1.064≈1.26，1.065≈1.34,1.066≈1.42)
答案 17 386
解析 农民人均收入来源于两部分，一是工资收入为7 800×(1＋6%)6＝7 800×1.066≈11 076(元), 二是其他收入为5 350＋6×160＝6 310(元)，因此，2021年该地区农民人均收入为11 076＋6 310＝17 386(元)．
8．小明打算从2018年起，每年的1月1日到银行存入a元的一年期定期储蓄，若年利率为p，且保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期.2019年1月1日小明去银行继续存款a元后，他的账户中一共有________元；到2022年的1月1日不再存钱且将所有的存款和利息全部取出，则可取回________元．(写化简后结果)
答案 ap＋2a eq \f(a,p)[(1＋p)5－(1＋p)]
解析 依题意，2019年1月1日存款a元后，帐户中一共有a(1＋p)＋a＝(ap＋2a)元；
银行利息为单利计息，故2022年1月1日可取出钱的总数为
a(1＋p)4＋a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)＝a·eq \f(1＋p[1－1＋p4],1－1＋p)＝eq \f(a,p)[(1＋p)5－(1＋p)]．
9．王某2017年12月31日向银行贷款100 000元，银行贷款年利率为5%，若此贷款分十年还清(2027年12月31日还清)，每年年底等额还款(每次还款金额相同)，设第n年末还款后此人在银行的欠款额为an元．
(1)设每年的还款额为m元，请用m表示出a2；
(2)求每年的还款额(精确到1元)．
解 (1)由题意得，a2＝100 000(1＋5%)2－m(1＋5%)－m＝110 250－2.05m.
(2)因为100 000(1＋5%)10＝1.059m＋1.058m＋…＋m，
所以100 000×1.0510＝eq \f(m1－1.0510,1－1.05)，解得m≈12 950.
10．某地今年年初有居民住房面积为a m2，其中需要拆除的旧房面积占了一半，当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%的住房增长率建设新住房，同时每年拆除x m2的旧住房，又知该地区人口年增长率为4.9‰.
(1)如果10年后该地区的人均住房面积正好比目前翻一番，那么每年应拆除的旧住房面积x是多少？
(2)依照(1)的拆房速度，共需多少年能拆除所有需要拆除的旧房？
注：下列数据供计算时参考：
解 (1)设今年人口为b人，则10年后人口为b(1＋4.9‰)10≈1.05b.
1年后的住房面积为a×(1＋10%)－x＝1.1a－x，
2年后的住房面积为(1.1a－x)×(1＋10%)－x＝1.12a－1.1x－x＝1.12a－x(1＋1.1)，
3年后的住房面积为(1.12a－1.1x－x)×(1＋10%)－x＝1.13a－x(1＋1.1＋1.12)，…，
10年后的住房面积a×1.110－x(1＋1.1＋1.12＋…＋1.19)≈2.6a－x·eq \f(1×1－1.110,1－1.1)≈2.6a－16x.
所以eq \f(2.6a－16x,1.05b)＝2×eq \f(a,b).解得x＝eq \f(a,32).
(2)全部拆除旧房还需eq \f(1,2)a÷eq \f(a,32)＝16(年)．
11．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”．如：已知A，B，C三人分配奖金的衰分比为20%，若A分得资金1 000元，则B，C所分得资金分别为800元和640元．某科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁攻关成功，共获得单位奖励68 780元，若甲、乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配资金，且甲与丙共获得资金36 200元，则“衰分比”与丁所获得的资金分别为( )
A．20%,14 580元 B．10%,14 580元
C．20%,10 800元 D．10%,10 800元
答案 B
解析 设“衰分比”为q，甲获得的奖金为a1，则a1＋a1(1－q)＋a1(1－q)2＋a1(1－q)3＝68 780.
a1＋a1(1－q)2＝36 200，解得q＝0.1，a1＝20 000，故a1(1－q)3＝14 580.
12．2016年崇明区政府投资8千万元启动休闲体育新乡村旅游项目．规划从2017年起，在今后的若干年内，每年继续投资2千万元用于此项目.2016年该项目的净收入为5百万元，并预测在相当长的年份里，每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记2016年为第1年，f(n)为第1年至此后第n(n∈N*)年的累计利润(注：含第n年，累计利润＝累计净收入－累计投入，单位：千万元)，且当f(n)为正值时，认为该项目赢利．根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利( )
A．2020 B．2021
C．2022 D．2023
答案 D
解析 由题意知，第1年至此后第n(n∈N*)年的累计投入为8＋2(n－1)＝2n＋6(千万元)，
第1年至此后第n(n∈N*)年的累计净收入为eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))1＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋…＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n)),1－\f(3,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1(千万元)，∴f(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1－(2n＋6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－2n－7(千万元)．
∵f(n＋1)－f(n)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n＋1－2n＋1－7))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－2n－7))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－4))，
∴当n≤3时，f(n＋1)－f(n)＜0，故当n