【数学】2020届一轮复习人教版等比数列及其前n项和学案 15页

‎ 第3节　等比数列及其前n项和 考试要求　1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.体会等比数列与指数函数的关系.‎ 知 识 梳 理 ‎1.等比数列的概念 ‎(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.‎ 数学语言表达式：＝q(n≥2，q为非零常数).‎ ‎(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±.‎ ‎2.等比数列的通项公式及前n项和公式 ‎(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；‎ 通项公式的推广：an＝amqn－m.‎ ‎(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.‎ ‎3.等比数列的性质 已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.‎ ‎(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.‎ ‎(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，‎ ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm.‎ ‎(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为qn.‎ ‎[微点提醒]‎ ‎1.若数列{an}为等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a}，也是等比数列.‎ ‎2.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.‎ ‎3.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.‎ 基 础 自 测 ‎1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)等比数列公比q是一个常数，它可以是任意实数.(　　)‎ ‎(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　)‎ ‎(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　　)‎ ‎(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.(　　)‎ 解析　(1)在等比数列中，q≠0.‎ ‎(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.‎ ‎(3)当a＝1时，Sn＝na.‎ ‎(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎2.(必修5P53A1(2)改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于(　　)‎ A.－ B.－2 C.2 D. 解析　由题意知q3＝＝，即q＝.‎ 答案　D ‎3.(必修5P54A8改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.‎ 解析　设该数列的公比为q，由题意知，‎ ‎243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3.‎ ‎∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81.‎ 答案　27，81‎ ‎4.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为(　　)‎ A.2 B.4 C. D.6‎ 解析　根据等比数列的性质得a3a5＝a，∴a＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.‎ 又∵a1＝1，a1a7＝a＝4，∴a7＝4.‎ 答案　B ‎5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)‎ A.f B.f C.f D.f 解析　由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为的等比数列，设此数列为{an}，则a8＝f，即第八个单音的频率为f.‎ 答案　D ‎6.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和.若Sn＝126，则n＝________.‎ 解析　由an＋1＝2an，知数列{an}是以a1＝2为首项，公比q＝2的等比数列，由Sn＝＝126，解得n＝6.‎ 答案　6‎ 考点一　等比数列基本量的运算 ‎【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.‎ ‎(2)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，则a8＝________.‎ 解析　(1)由{an}为等比数列，设公比为q.‎ 由得 显然q≠1，a1≠0，‎ 得1－q＝3，即q＝－2，代入①式可得a1＝1，‎ 所以a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.‎ ‎(2)设数列{an}首项为a1，公比为q(q≠1)，‎ 则解得 所以a8＝a1q7＝×27＝32.‎ 答案　(1)－8　(2)32‎ 规律方法　1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.‎ ‎2.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.‎ ‎【训练1】 (1)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S4＝(　　)‎ A.9 B.15 C.18 D.30‎ ‎(2)(2017·北京卷)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.‎ 解析　(1)设数列{an}的公比为q(q>0)，‎ 则 解得q＝2，a1＝2，所以S4＝＝30.‎ ‎(2){an}为等差数列，a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，∴d＝3，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2.{bn}为等比数列，b1＝－1，b4＝8＝b1·q3＝－q3，∴q＝－2，∴b2＝b1·q ‎＝2，则＝＝1.‎ 答案　(1)D　(2)1‎ 考点二　等比数列的判定与证明 ‎【例2】 已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；‎ ‎(2)若S5＝，求λ.‎ ‎(1)证明　由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.‎ 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，‎ 得an＋1＝λan＋1－λan，‎ 即an＋1(λ－1)＝λan，‎ 由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.‎ 因此{an}是首项为，公比为的等比数列，‎ 于是an＝.‎ ‎(2)解　由(1)得Sn＝1－.‎ 由S5＝，得1－＝，即＝.‎ 解得λ＝－1.‎ 规律方法　1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.‎ ‎2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证.‎ ‎【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.‎ ‎(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；‎ ‎(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.‎ ‎(1)证明　因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，‎ 所以Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，‎ 则Sn＝2Sn－1－n＋4(n≥2)，‎ 所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2](n≥2)，‎ 又由题意知a1－2a1＝－3，‎ 所以a1＝3，则S1－1＋2＝4，‎ 所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2等比数列.‎ ‎(2)解　由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，‎ 所以Sn＝2n＋1＋n－2，‎ 于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n ‎＝＋－2n＝.‎ 考点三　等比数列的性质及应用 ‎【例3】 (1)等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　)‎ A.12 B.10 C.8 D.2＋log35‎ ‎(2)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝(　　)‎ A.40 B.60 C.32 D.50‎ 解析　(1)由等比数列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，则原式＝log3(a1a2…a10)＝log3(a5a6)5＝10.‎ ‎(2)数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9是首项为4，公比为2的等比数列，则S9－S6＝a7＋a8＋a9＝16，S12－S9＝a10＋a11＋a12＝32，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60.‎ 答案　(1)B　(2)B 规律方法　1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度.‎ ‎2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.‎ ‎【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x ‎＋2＝0的两根，则a5的值是(　　)‎ A.－2 B.－ C.± D. ‎(2)(一题多解)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝________.‎ 解析　(1)根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，‎ a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，‎ 所以a3<0，a7<0，即a5<0，‎ 由a3a7＝a，得a5＝－＝－.‎ ‎(2)法一　由等比数列的性质S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3，‎ ‎∴＝，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴＝.‎ 法二　因为{an}为等比数列，由＝3，设S6＝3a，S3＝a(a≠0)，所以S3，S6－S3，S9－S6为等比数列，即a，2a，S9－S6成等比数列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a，所以＝＝.‎ 答案　(1)B　(2) ‎[思维升华]‎ ‎1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.‎ ‎2.(1)方程思想：如求等比数列中的基本量.‎ ‎(2)分类讨论思想：如求和时要分q＝1和q≠1两种情况讨论，判断单调性时对a1与q分类讨论.‎ ‎[易错防范]‎ ‎1.特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况.‎ ‎2.Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1时且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立.‎ 数学运算——等差(比)数列性质的应用 ‎1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.‎ ‎2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想.‎ 类型1　等差数列两个性质的应用 在等差数列{an}中，Sn为{an}的前n项和：‎ ‎(1)S2n－1＝(2n－1)an；‎ ‎(2)设{an}的项数为2n，公差为d，则S偶－S奇＝nd.‎ ‎【例1】 (1)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m＝________.‎ ‎(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________.‎ 解析　(1)由am－1＋am＋1－a＝0得2am－a＝0，解得am＝0或2.‎ 又S2m－1＝＝(2m－1)am＝38，‎ 显然可得am≠0，所以am＝2.‎ 代入上式可得2m－1＝19，解得m＝10.‎ ‎(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.‎ 由已知条件，得解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.‎ 答案　(1)10　(2)5‎ 类型2　等比数列两个性质的应用 ‎　在等比数列{an}中，(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则an·am＝ap·aq；(2)当公比q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(n∈N*).‎ ‎【例2】 (1)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于(　　)‎ A.6 B.5 C.4 D.3‎ ‎(2)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　)‎ A. B.－ C. D. 解析　(1)数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.‎ ‎(2)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＝，所以a7＋a8＋a9＝.‎ 答案　(1)C　(2)A 类型3　等比数列前n项和Sn相关结论的活用 ‎(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.‎ 若共有2n项，则S偶∶S奇＝q.‎ ‎(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm(q为公比). ‎ ‎【例3】 (1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.‎ ‎(2)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为________.‎ 解析　(1)由题意，得解得 所以q＝＝＝2.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比q，易知S3≠0.‎ 则S6＝S3＋S3q3＝9S3，所以q3＝8，q＝2.‎ 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，其前5项和为＝.‎ 答案　(1)2　(2) 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为(　　)‎ A.8 B.9 C.10 D.11‎ 解析　由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，‎ ‎∴m＝10.‎ 答案　C ‎2.已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值为(　　)‎ A.16 B.8 C.2 D.4‎ 解析　因为a4与a14的等比中项为2，‎ 所以a4·a14＝a7·a11＝(2)2＝8，‎ 所以2a7＋a11≥2＝2＝8，‎ 所以2a7＋a11的最小值为8.‎ 答案　B ‎3.(2019·上海崇明区模拟)已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝(　　)‎ A.1 B.5 C. D. 解析　由题意得＝3a1q2，解得q＝－或q＝1(舍)，所以S5＝＝＝.‎ 答案　D ‎4.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)‎ A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏 解析　设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴＝381，解得a1＝3.‎ 答案　B ‎5.(2019·深圳一模)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则＝(　　)‎ A.－3 B.－1 C.1 D.3‎ 解析　∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，‎ ‎∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，‎ a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，‎ ‎∵等比数列{an}中，a＝a1a3，‎ ‎∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得＝－3.‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则＝________.‎ 解析　设{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝1＋(舍负).‎ 则＝＝－1.‎ 答案　－1‎ ‎7.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1(n∈N*)，则通项an＝________.‎ 解析　∵an＋Sn＝1，①‎ ‎∴a1＝，an－1＋Sn－1＝1(n≥2)，②‎ 由①－②，得an－an－1＋an＝0，即＝(n≥2)，‎ ‎∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列，‎ 则an＝×＝.‎ 答案　 ‎8.(2018·南京模拟)已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项的和S9＝________.‎ 解析　由＝4(an＋1－an)得，a－4an＋1an＋4a＝0，‎ ‎∴(an＋1－2an)2＝0，＝2，∴数列{an}是首项a1＝2，公比为2的等比数列，∴S9＝＝1 022.‎ 答案　1 022‎ 三、解答题 ‎9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.‎ 解　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.‎ 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.‎ 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.‎ ‎(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.‎ 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.‎ 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.‎ 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.‎ 综上，m＝6.‎ ‎10.已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.‎ 解　(1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，‎ 即an＋1－an＝2＝d，‎ 所以数列{an}是一个首项为1，公差为2的等差数列，‎ an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.‎ ‎(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.‎ 等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，‎ 所以q＝3，bn＝3n－1.‎ 数列{bn}的前n项和Tn＝＝.‎ Tn≤Sn即≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11.已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得T1>1的n的最小值为(　　)‎ A.4 B.5 C.6 D.7‎ 解析　∵{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1·a2<1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a＝1，T6＝T5·a6＝a6>1，故n的最小值为6.‎ 答案　C ‎12.数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于(　　)‎ A.(3n－1)2 B.(9n－1)‎ C.9n－1 D.(3n－1)‎ 解析　∵a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，‎ ‎∴当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，‎ 又n＝1时，a1＝2适合上式，∴an＝2·3n－1，‎ 故数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列.‎ 因此a＋a＋…＋a＝＝(9n－1).‎ 答案　B ‎13.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2a，且 S4＋S12＝λS8，则λ＝______.‎ 解析　∵{an}是等比数列，a3a11＝2a，‎ ‎∴a＝2a，∴q4＝2，‎ ‎∵S4＋S12＝λS8，∴＋＝，‎ ‎∴1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，‎ 将q4＝2代入计算可得λ＝.‎ 答案　 ‎14.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数).‎ ‎(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；‎ ‎(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.‎ 解　(1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ).‎ 又a1＝1，‎ 所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，‎ 此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；‎ 当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，‎ 所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，‎ 此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.‎ ‎(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，‎ Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①‎ ‎2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②‎ ‎①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.‎ 所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.‎ 新高考创新预测 ‎15.(创新思维)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ea1＋a2＋a3.若a1>1，则下列选项可能成立的是(　　)‎ A.a1a2>a3>a4 D.以上结论都有可能成立 解析　构造函数f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1＝0，x＝0，得极小值f(0)＝0，故f(x)≥0，即ex≥x＋1恒成立(x＝0取等号).a1＋a2＋a3＋a4＝ea1＋a2＋a3>a1＋a2＋a3＋1⇒a4>1⇒q>0，且a2>1，a3>1，‎ 若公比q∈(0，1]，则4a1≥a1＋a2＋a3＋a4＝ea1＋a2＋a3>e2＋a1>7ea1>7a1＋7>4a1，产生矛盾.‎ 所以公比q>1，故a1