2021学年3.2 等比数列的前n项和第2课时导学案

这是一份2021学年3.2 等比数列的前n项和第2课时导学案，共12页。学案主要包含了等比数列前n项和公式的函数特征等内容，欢迎下载使用。

导语
同学们，前面我们就用等差数列中的性质，类比出了等比数列的性质，由此还得出了“类比能使人智慧”这一重要结论，今天我们再进一步扩大同学们的智慧，继续通过类比，看我们能得出等比数列前n项和的哪些性质．
一、等比数列前n项和公式的函数特征
问题1 我们知道，等差数列前n项和公式是关于n的二次函数形式，可以利用二次函数的性质研究等差数列的前n项和的某些特性，等比数列前n项和公式是否具有函数特征呢？
提示 等比数列前n项和公式也具有函数特征，由Sn＝eq \f(a1－a1qn,1－q)＝－eq \f(a1,1－q)qn＋eq \f(a1,1－q)，设A＝－eq \f(a1,1－q)，则Sn＝Aqn－A.
知识梳理
等比数列前n项和公式的函数特征
在等比数列前n项和公式中，当公比q≠1时，设A＝eq \f(a1,q－1)，等比数列的前n项和公式是Sn＝A(qn－1)．即Sn是n的指数型函数．
当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1，Sn是n的正比例函数．
注意点：
等比数列前n项和公式的结构特点即qn的系数与常数项互为相反数．
例1 数列{an}的前n项和Sn＝3n－2.求{an}的通项公式，并判断{an}是否是等比数列．
解 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2)－(3n－1－2)＝2·3n－1.
当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1不适合上式．
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))
方法一 由于a1＝1，a2＝6，a3＝18，显然a1，a2，a3不是等比数列，即{an}不是等比数列．
方法二 由等比数列{bn}的公比q≠1时的前n项和Sn＝A·qn＋B满足的条件为A＝－B，对比可知Sn＝3n－2,2≠1，故{an}不是等比数列．
延伸探究
1．若将本题改为数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝3n＋1－2k，则实数k＝________.
答案 eq \f(3,2)
解析 ∵Sn＝3n＋1－2k＝3·3n－2k，且{an}为等比数列，
∴3－2k＝0，即k＝eq \f(3,2).
2．若将本题改为数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＋5，则实数a＝________.
答案 －eq \f(5,3)
解析 由Sn＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＋5，可得Sn＝3a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋5，依题意有3a＋5＝0，故a＝－eq \f(5,3).
反思感悟 (1)已知Sn，通过an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求通项公式an，应特别注意当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.
(2)若数列{an}的前n项和Sn＝A(qn－1)，其中A≠0，q≠0且q≠1，则{an}是等比数列．
跟踪训练1 若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________.
答案 －eq \f(1,3)
解析 显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，又Sn＝eq \f(1,3)·3n＋t，∴t＝－eq \f(1,3).
二、等比数列前n项和的“片段和”性质
问题2 你能否用等比数列{an}中的Sm，Sn来表示Sm＋n?
提示 思路一：Sm＋n＝a1＋a2＋…＋am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋n＝Sm＋a1qm＋a2qm＋…＋anqm
＝Sm＋qmSn.
思路二：Sm＋n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋an＋2＋…＋an＋m
＝Sn＋a1qn＋a2qn＋…＋amqn
＝Sn＋qnSm.
问题3 类似于等差数列中的片段和的性质，在等比数列中，你能发现Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…(n为偶数且q＝－1除外)的关系吗？
提示 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…仍成等比数列，证明如下：
思路一：当q＝1时，结论显然成立；
当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，S2n＝eq \f(a11－q2n,1－q)，S3n＝eq \f(a11－q3n,1－q).
S2n－Sn＝eq \f(a11－q2n,1－q)－eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1qn1－qn,1－q)，
S3n－S2n＝eq \f(a11－q3n,1－q)－eq \f(a11－q2n,1－q)＝eq \f(a1q2n1－qn,1－q)，
而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S2n－Sn))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a1qn1－qn,1－q)))2，Sn(S3n－S2n)＝eq \f(a11－qn,1－q)×eq \f(a1q2n1－qn,1－q)，
故有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S2n－Sn))2＝Sn(S3n－S2n)，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．
思路二：由性质Sm＋n＝Sm＋qmSn可知S2n＝Sn＋qnSn，故有S2n－Sn＝qnSn，
S3n＝S2n＋q2nSn，故有S3n－S2n＝q2nSn，故有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S2n－Sn))2＝Sn(S3n－S2n)，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．
知识梳理
“片段和”性质
1．若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N＋)．
2．若数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和(n为偶数且q＝－1除外)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列．
注意点：
“片段和”性质成立的条件：Sn≠0.
例2 在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
解 方法一 ∵S2n≠2Sn，∴q≠1，
由已知得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)＝48， ①,\f(a11－q2n,1－q)＝60， ②))
②÷①得1＋qn＝eq \f(5,4)，
即qn＝eq \f(1,4)，③
③代入①得eq \f(a1,1－q)＝64，
∴S3n＝eq \f(a11－q3n,1－q)＝64eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,43)))＝63.
方法二 ∵{an}为等比数列，显然公比不等于－1，
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列，
∴(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，
∴S3n＝eq \f(S2n－Sn2,Sn)＋S2n＝eq \f(60－482,48)＋60＝63.
方法三 由性质Sm＋n＝Sm＋qmSn可知S2n＝Sn＋qnSn，即60＝48＋48qn，得qn＝eq \f(1,4)，
∴S3n＝S2n＋q2nSn＝60＋48×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＝63.
反思感悟 处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
(1)充分利用Sm＋n＝Sm＋qmSn和Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…(n为偶数且q＝－1除外)仍成等比数列这一重要性质，能有效减少运算．
(2)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．
跟踪训练2 设等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝－1，S4＝－5，则S6等于( )
A．－9 B．－21 C．－25 D．－63
答案 B
解析 因为S2＝－1≠0，所以q≠－1，由等比数列前n项和的性质得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即－1×(S6＋5)＝(－5＋1)2，所以S6＝－21，故选B.
三、等比数列前n项和的“奇偶项”性质
问题4 类比等差数列前n项和性质中的奇数项、偶数项的问题，等比数列是否也有相似的性质？
提示 若等比数列{an}的项数有2n项，则
其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n，
其奇数项和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1，容易发现两列式子中对应项之间存在联系，即
S偶＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝qS奇，所以有eq \f(S偶,S奇)＝q.
若等比数列{an}的项数有2n＋1项，则其偶数项和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n，其奇数项和为
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1，从项数上来看，奇数项比偶数项多了一项，于是我们有S奇－a1＝a3＋…＋a2n－1＋a2n＋1＝a2q＋a4q＋…＋a2nq＝qS偶，即S奇＝a1＋qS偶．
知识梳理
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)．
注意点：
若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q(S偶≠0)；S奇＝a1＋qS偶．
例3 若等比数列{an}共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为________，项数为________．
答案 2 9
解析 由性质S奇＝a1＋qS偶可知341＝1＋170q，所以q＝2，
S2n＋1＝eq \f(1－22n＋1,1－2)＝341＋170＝511，解得n＝4，即这个等比数列的项数为9.
反思感悟 处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
(1)若等比数列{an}共有2n项，要抓住eq \f(S偶,S奇)＝q和S偶＋S奇＝S2n这一隐含特点；若等比数列{an}共有2n＋1项，要抓住S奇＝a1＋qS偶和S偶＋S奇＝S2n＋1这一隐含特点．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 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，则数列的通项公式an＝________.
答案 12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，n∈N＋
解析 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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，n∈N＋.
1.知识清单：
(1)等比数列前n项和公式的函数性质．
(2)等比数列前n项和的“片段和”性质．
(3)等比数列前n项和的“奇偶项”性质．
2．方法归纳：公式法、分类讨论．
3．常见误区：应用片段和性质时易忽略其成立的条件．
1．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，则r的值是( )
A．1 B．0 C．2 D．－1
答案 D
解析 当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)qn，
∴r＝－1.
2．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.
3．在等比数列中，S2＝7，S4＝28，则S6＝________.
答案 91
解析 由等比数列前n项和的性质，得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，所以(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，
即(28－7)2＝7×(S6－28)，解得S6＝91.
4．若等比数列{an}共有2n项，其公比为2，其奇数项和比偶数项和少100，则数列{an}的所有项之和为________．
答案 300
解析 由eq \f(S偶,S奇)＝2，S偶－S奇＝100可知S偶＝200，S奇＝100，故S2n＝300.
课时对点练
1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝x·3n－1－eq \f(1,6)，则x的值为( )
A.eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
答案 C
解析 方法一 ∵Sn＝x·3n－1－eq \f(1,6)＝eq \f(x,3)·3n－eq \f(1,6)，
由Sn＝A(qn－1)，得eq \f(x,3)＝eq \f(1,6)，
∴x＝eq \f(1,2)，故选C.
方法二 当n＝1时，a1＝S1＝x－eq \f(1,6)；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2x·3n－2，
∵{an}是等比数列，
∴当n＝1时也应适合an＝2x·3n－2，
即2x·3－1＝x－eq \f(1,6)，
解得x＝eq \f(1,2).
2．(多选)下列结论不正确的是( )
A.若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是同一个常数，则这个数列是等差数列
B．等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数
C．等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列
D．如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N＋，都有an＋1＝Sn＋1－Sn
答案 BC
解析 对于A选项，根据等差数列的定义可知A选项正确；
对于B选项，对任意n∈N＋，an＝1，则数列{an}为等差数列，且该数列的前n项和Sn＝n，B选项错误；
对于C选项，若等比数列{an}的公比q＝－1，且当n为正偶数时，则Sn＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－qn)),1－q)＝0，
所以Sn＝S2n－Sn＝S3n－S2n＝0，此时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列，C选项错误；
对于D选项，对任意的n∈N＋，
Sn＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋…＋an))＋an＋1＝Sn＋an＋1，可得an＋1＝Sn＋1－Sn，D选项正确．
3．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.
4．一个项数为偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为( )
A．6 B．8 C．10 D．12
答案 B
解析 设等比数列的项数为2n项，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，
则q＝eq \f(S偶,S奇)＝2，又它的首项为1，所以通项为an＝2n－1，
中间两项的和为an＋an＋1＝2n－1＋2n＝24，解得n＝4，所以项数为8.
5．已知等比数列{an}共有2n＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an＋1为( )
A.eq \f(6,5) B.eq \f(5,6) C．20 D．110
答案 B
解析 由题意得eq \f(a1·a1q2·a1q4·…·a1q2n,a1q·a1q3·…·a1q2n－1)＝
＝a1qn＝an＋1＝eq \f(100,120)＝eq \f(5,6).
6．在等比数列{an}中，已知S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20等于( )
A．90 B．70 C．40 D．30
答案 C
解析 ∵S30≠3S10，∴q≠1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S30＝13S10，,S10＋S30＝140，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S10＝10，,S30＝130，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q10,1－q)＝10，,\f(a11－q30,1－q)＝130，))
∴q20＋q10－12＝0，∴q10＝3，
∴S20＝S10(1＋q10)＝10×(1＋3)＝40.
7．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＝________.
答案 2
解析 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.
8．设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，已知数列{an＋bn}的前n项和Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N＋)，则d＋q的值是________．
答案 4
解析 设数列{an}，{bn}的首项分别为a1，b1，前n项和分别为An，Bn，
则An＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，Bn＝eq \f(b1,q－1)qn＋eq \f(b1,1－q)，
结合Sn＝n2－n＋2n－1，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(d,2)＝1，,q＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,q＝2，))
所以d＋q＝4.
9．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以c(c>0)为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a2＋a4＋…＋a2n.
解 由条件知S1＝a1＝1.
(1)①当c＝1时，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))⇒an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,0，n≥2.))
②当c≠1时，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,c－1cn－2，n≥2.))
(2)①当c＝1时，a2＋a4＋…＋a2n＝0；
②当c≠1时，数列是以a2为首项，c2为公比的等比数列，所以a2＋a4＋…＋a2n＝eq \f(c－11－c2n,1－c2)＝eq \f(c2n－1,1＋c).
10．在等比数列{an}中，对任意n∈N＋，均有a1＋a2＋…＋an＝2n－1，求aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
解 由题意设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，
显然Sn＝2n－1.
令n＝1，得a1＝S1＝1；
令n＝2，得a1＋a2＝3，∴a2＝2，
∴公比q＝eq \f(a2,a1)＝2，∴an＝a1·qn－1＝2n－1(n∈N＋)．
又∵eq \f(a\\al(2,n＋1),a\\al(2,n))＝eq \f(2n2,2n－12)＝4，
∴数列{aeq \\al(2,n)}是首项为1，公比为4的等比数列．
∴aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(a\\al(2,1)1－4n,1－4)＝eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(1,3)(4n－1)．
11．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≥1)，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2.
12．等比数列{an}的首项为eq \f(3,2)，公比为－eq \f(1,2)，前n项和为Sn，则当n∈N＋时，Sn－eq \f(1,Sn)的最大值与最小值的比值为( )
A．－eq \f(12,5) B．－eq \f(10,7) C.eq \f(10,9) D.eq \f(12,5)
答案 B
解析 因为等比数列{an}的首项为eq \f(3,2)，公比为－eq \f(1,2)，
所以Sn＝eq \f(\f(3,2)\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))))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n.
①当n为奇数时，Sn＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n随着n的增大而减小，则1②当n为偶数时，Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n随着n的增大而增大，则eq \f(3,4)＝S2≤Sn<1，故－eq \f(7,12)≤Sn－eq \f(1,Sn)<0.
所以Sn－eq \f(1,Sn)的最大值与最小值的比值为eq \f(\f(5,6),－\f(7,12))＝－eq \f(10,7).
13．设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数，且对任意的实数x，y，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)．若a1＝eq \f(1,2)，an＝f(n)(n∈N＋)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案 1－eq \f(1,2n)
解析 令x＝n，y＝1，
则f(n)·f(1)＝f(n＋1)，又an＝f(n)，
∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(fn＋1,fn)＝f(1)＝a1＝eq \f(1,2)，
∴数列{an}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n).
14．已知等比数列{an}的前n项和满足Sn＝1－A·3n，数列{bn}是递增数列，且bn＝An2＋Bn，则A＝________，B的取值范围为________．
答案 1 (－3，＋∞)
解析 因为任意一个公比不为1的等比数列的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)qn，
而等比数列{an}的前n项和满足Sn＝1－A·3n，
所以A＝1，于是bn＝n2＋Bn，
又因为数列{bn}是递增数列，
所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn＝2n＋1＋B>0恒成立，
所以B>－(2n＋1)恒成立，所以B>－3，
即B的取值范围为(－3，＋∞)．
15．数列{an}满足：a1＝eq \f(4,3)，且an＋1＝eq \f(4n＋1an,3an＋n)(n∈N＋)，则eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋eq \f(3,a3)＋…＋eq \f(2 021,a2 021)＝________________.
答案 2 020eq \f(2,3)＋eq \f(1,3×42 021)
解析 由题意可知eq \f(n＋1,an＋1)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)·eq \f(n,an)，
即eq \f(n＋1,an＋1)－1＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,an)－1))，
又eq \f(1,a1)－1＝－eq \f(1,4)，
所以eq \f(n,an)＝1－eq \f(1,4n)，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋eq \f(3,a3)＋…＋eq \f(n,an)＝n－eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))
＝n－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)·eq \f(1,4n)，
则eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋eq \f(3,a3)＋…＋eq \f(2 021,a2 021)＝2 021－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,42 021)
＝2 020eq \f(2,3)＋eq \f(1,3×42 021).
16．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.
(1)求第n年初M的价值an的表达式；
(2)设An＝eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新，证明：须在第9年初对M更新．
(1)解 当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列．
an＝120－10(n－1)＝130－10n；
当n≥7时，数列{an}是以a6为首项，公比为eq \f(3,4)的等比数列，
又a6＝70，所以an＝70×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－6.
因此，第n年初，M的价值an的表达式为
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(130－10n，n≤6，,70×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－6，n≥7.))
(2)证明 设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得
当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，
An＝120－5(n－1)＝125－5n；
当n≥7时，Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70×eq \f(3,4)×4×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－6))＝780－210×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－6，
An＝eq \f(780－210×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－6,n)，
因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列，
又A8＝eq \f(780－210×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))8－6,8)＝82eq \f(47,64)>80，A9＝eq \f(780－210×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))9－6,9)＝76eq \f(79,96)<80，
所以须在第9年初对M更新．