人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列第1课时学案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列第1课时学案，共17页。

4.3.2　等比数列的前n项和公式
第1课时　等比数列的前n项和
(教师独具内容)
课程标准：1.理解并掌握等比数列的前n项和公式及其推导过程，体会错位相减法的应用，并能熟练应用此法求和.2.能熟练应用等比数列的前n项和公式及其相关性质解决问题.3.能利用等比数列的前n项和公式解决实际应用问题.4.了解等比数列的前n项和公式与函数的关系．
教学重点：等比数列的前n项和公式及其相关性质．
教学难点：应用等比数列的前n项和公式及其相关性质解决问题.




知识点一　求和公式及基本方法
知识点
基本内容
等比数列前n项和公式
Sn＝
推导等比数列前n项和公式的方法
错位相减法：解决由等比数列与等差数列对应项的积组成的数列求和问题
知识点二　等比数列的前n项和的性质
1．若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列(当q＝－1，n为偶数时，上述性质不成立)．
2．若数列{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(m，n∈N*)．
3．在等比数列{an}中，公比为q，若项数为2n，用S奇，S偶分别表示奇数项与偶数项的和，则有＝q.若项数为2n＋1，则＝q.
4．若数列{an}前n项和公式为Sn＝Aan＋B(a≠0，a≠1，AB≠0，且A＋B＝0)，则{an}为等比数列．
5．若等比数列{an}的前n项的积为Tn＝a·，则连续m项的积仍为等比数列，即Tm，，，…是等比数列，公比为.

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a1，an，n，q，Sn五个量，知道其中任意三个量，都可求出其余两个量．
(2)前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况．
(3)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是Sn＝，它可以变形为Sn＝－·qn＋，设A＝，上式可写成Sn＝－Aqn＋A.由此可见，非常数的等比数列的前n项和Sn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．

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)求等比数列{an}的前n项和时可直接套用公式Sn＝来求．(　　)
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，知Sn，an，a1可以求公比q.(　　)
(3)1－2＋4－8＋16－…＋(－2)n－1＝.(　　)
(4)若等比数列{an}共100项，且公比q≠±1，则该数列的偶数项之和S＝.(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)等比数列，－，，－，…的前7项和为______.
(2)等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项和是________.
(3)等比数列{an}的公比q＝2，首项a1＝8，则S5＝______.
答案　(1)　(2)211　(3)248



题型一 等比数列前n项和的基本计算
例1　在等比数列{an}中，
(1)若Sn＝189，q＝2，an＝96，求a1和n；
(2)若a1＋a3＝10，a4＋a6＝，求a4和S5；
(3)若a3＝，S3＝，求a1和公比q.
[解]　(1)由Sn＝，an＝a1qn－1以及已知条件，得
∴a1＝3.
又2n－1＝＝32，∴n＝6.
(2)设公比为q，由通项公式及已知条件得

即
∵a1≠0,1＋q2≠0，∴②÷①得，q3＝，即q＝，
∴a1＝8.
∴a4＝a1q3＝8×3＝1，
S5＝＝＝.
(3)当q＝1时，S3＝3a1，a3＝a1＝.
∴3×＝S3＝，∴a1＝，q＝1.
当q≠1时，S3＝＝，a3＝a1·q2＝，
∴(1＋q＋q2)＝，∴q＝－，q＝1(舍去)，
∴a1＝6.
综上所述，或

等比数列思想方法的应用
(1)方程思想：等比数列中的“知三求二”问题就是方程思想的重要体现．
(2)分类讨论思想：由等比数列前n项和公式、an与Sn的关系等知识可知，解答数列问题时常常要用到分类讨论思想．
特别注意：等比数列前n项和的计算，优先讨论公比q＝1的情况．
[跟踪训练1]　(1)在等比数列{an}中，S3＋S6＝2S9，则公比q＝________；
(2)在等比数列{an}中，S3＝，S6＝，则an＝________；
(3)设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.
答案　(1)－　(2)2n－2　(3)3
解析　(1)由题意知{an}的公比q≠1，
∴＋＝，
∴2q9＝q3＋q6，∴2q6＝q3＋1，
∴q3＝－或q3＝1(舍去)，∴q＝－.
(2)由题意知{an}的公比q≠1，
由S3＝，S6＝知
②÷①，得1＋q3＝9，
∴q＝2，
代入①得a1＝，
∴an＝×2n－1＝2n－2.
(3)由a1＝1，S6＝4S3，当q＝1时，不符合S6＝4S3；当q≠1时，
∵＝4·，∴1＋q3＝4，得q3＝3，故a4＝a1q3＝1×3＝3.
题型二 错位相减法的运用
例2　已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2，….
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
[解]　(1)证明：∵an＋1＝，
∴＝＝＋·，
∴－1＝.
又a1＝，∴－1＝，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知－1＝·＝，
即＝＋1，∴＝＋n.
设Tn＝＋＋＋…＋，①
则Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋＋…＋－
＝－＝1－－，
∴Tn＝2－－.
又1＋2＋3＋…＋n＝，
∴数列的前n项和Sn＝2－＋＝－.

如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法．
在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
[跟踪训练2]　试求，，，，…，的前n项和．
解　设Sn＝＋＋＋…＋，①
2Sn＝1＋＋＋…＋.②
②－①，得
Sn＝1＋－＝1＋－＝3－.
题型三 等比数列前n项和性质的应用
例3　(1)一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前三项之积为64，求此数列的通项公式；
(2)在等比数列{an}中，若前10项的和S10＝10，前20项的和S20＝30，求前30项的和S30.
[解]　(1)设此数列{an}的公比为q，由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，∴S奇＝3S偶，∴q＝＝.
又a1a2a3＝64，即a1(a1q)(a1q2)＝aq3＝64，
∴a1q＝4.又q＝，∴a1＝12，
∴an＝a1qn－1＝12×n－1.
(2)解法一：设数列{an}的首项为a1，公比为q，显然q≠1，则
两式相除得1＋q10＝3，∴q10＝2.
∴S30＝＝(1＋q10＋q20)＝10×(1＋2＋4)＝70.
解法二：∵S10，S20－S10，S30－S20仍成等比数列，
又S10＝10，S20＝30，
∴S30－30＝，即S30＝70.
[变式探究]　本例(2)中条件不变，能否求a21＋a22＋…＋a30的值呢？
解　由题可知a21＋a22＋…＋a30＝S30－S20，由例题可知S30＝70，S20＝30，所以a21＋a22＋…＋a30＝70－30＝40.

等比数列前n项和性质的应用
等比数列前n项和的性质是在等比数列的通项公式、前n项和公式及等比数列的性质的基础上推得的，因而利用有关性质可以简化计算，但通项公式、前n项和公式仍是解答等比数列问题最基本的方法．
[跟踪训练3]　(1)一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求此数列的公比和项数；
(2)在等比数列{an}中，公比q＝2，前99项的和S99＝56，求a3＋a6＋a9＋…＋a99的值．
解　(1)设此等比数列为{an}，其公比为q，项数为2n(n∈N*)．
若q＝1，则S奇＝S偶，与已知矛盾，故q≠1，
∴
②÷①，得q＝2.
把q＝2代入①，得＝85，
∴4n＝256＝44，∴n＝4.
∴公比q＝2，项数为8.
(2)解法一：∵S99＝＝56，
∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q96)
＝a1q2·＝a1q2·
＝
＝×56＝32.
解法二：设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a97.
b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a98，
b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a99，
则b1q＝b2，b2q＝b3且b1＋b2＋b3＝56，
∴b1(1＋q＋q2)＝56，
∴b1＝＝8，b3＝b1q2＝32，
即a3＋a6＋a9＋…＋a99＝32.
题型四 等比数列前n项和的实际应用问题
例4　借贷10000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)
[解]　解法一：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an元(1≤n≤6)，则
a0＝10000，
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＝.因为1.016≈1.061，
所以a≈≈1739.
故每月应支付1739元．
解法二：一方面，借款10000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＝104×1.016(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(1.016－1)×102(元)．
由S1＝S2，得a＝.
以下解法同解法一，得a≈1739.故每月应支付1739元．

解数列应用题的注意点
在数列的实际应用中，把数学问题背景中的数列知识挖掘出来(投入资金数列和收入资金数列)，然后用数列的知识进行加工和整理是常见的解题方法，应注意合理安排，解题中要明确数学问题的实际意义，以便进行合理取舍．
[跟踪训练4]　某校为扩大教学规模，从今年起扩大招生，现有学生人数为b，以后学生人数的年增长率为4.9‰.该校今年年初有旧实验设备a套，其中需要换掉的旧设备占了一半．学校决定每年以当年年初设备数量的10%的增长率增加新设备，同时每年淘汰x套旧设备．
(1)如果10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番，那么每年应淘汰的旧设备是多少套？
(2)依照(1)的更换速度，共需多少年能更换所有需要更换的旧设备？下列数据供计算时参考：
1.19≈2.36
1.00499≈1.04
1.110≈2.60
1.004910≈1.05
1.111≈2.85
1.004911≈1.06
解　(1)设今年学生人数为b，则10年后学生人数为b(1＋4.9‰)10≈1.05b.
由题设可知，1年后的设备为a×(1＋10%)－x＝1.1a－x，
2年后的设备为(1.1a－x)×(1＋10%)－x＝1.12a－1.1x－x＝1.12a－x(1＋1.1)，…，
10年后的设备为a×1.110－x(1＋1.1＋1.12＋…＋1.19)≈2.6a－x×≈2.6a－16x.
由题设，得＝2·，解得x＝.
所以每年应淘汰的旧设备为套．
(2)全部更换旧设备共需a÷＝16(年)．
所以共需16年能更换所有需要更换的旧设备.
题型五 等比数列综合问题
例5　设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
[解]　(1)由题意，得则
又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1.
当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.
当n≥3时，Tn＝3＋－＝，
经验证，当n＝2时也符合上式．
所以Tn＝

在解决等差、等比数列综合问题时，重点要读懂题意，而正确利用等差、等比数列的定义，通项公式及前n项和公式是解决问题的关键，若已知Sn，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)变为an再求解．
[跟踪训练5]　等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；
(2)求和：＋＋…＋.
解　(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有
解得或(舍去)，
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝
＝.



1．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于(　　)
A．－6×(1－3－10) B．×(1－3－10)
C．3×(1－3－10) D．3×(1＋3－10)
答案　C
解析　∵3an＋1＋an＝0，∴an＋1＝－an，∴{an}为等比数列，q＝－，又a2＝a1·q＝－a1＝－，∴a1＝4，∴S10＝＝3(1－3－10)．故选C.
2．若数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a(a为常数)，则数列{an}(　　)
A．是等比数列
B．仅当a＝－1时，是等比数列
C．不是等比数列
D．仅当a＝0时，是等比数列
答案　B
解析　an＝＝当a＝－1时，a1＝2适合通项an＝2×3n－1，故数列{an}是等比数列．当a≠－1时，{an}不是等比数列．故选B.
3．(多选)已知数列{an}为等差数列，a1＝1，且a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项，记bn＝anqan(q≠0,1)，则{bn}的前n项和可以是(　　)
A．n
B．nq
C.
D.
答案　BD
解析　设等差数列{an}的公差为d，又a1＝1，且a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项，所以a＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)·(a1＋7d)，化简，得d(d－1)＝0，所以d＝0或1，故an＝1或an＝n，所以bn＝q或bn＝n·qn，设{bn}的前n项和为Sn，
(1)当bn＝q时，Sn＝nq；
(2)当bn＝n·qn时，
Sn＝1·q＋2·q2＋3·q3＋…＋n·qn，①
qSn＝1·q2＋2·q3＋3·q4＋…＋n·qn＋1，②
①－②，得(1－q)Sn＝q＋q2＋q3＋…＋qn－n·qn＋1＝－n·qn＋1，所以Sn＝－＝，故选BD.
4．数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n－1，其前n项和为Sn，则a5＝________，S2n＝________.
答案　4　2n＋1－2
解析　由递推关系可得anan＋1＝2n－1，an＋1an＋2＝2n，两式相除可得＝2.则a5＝a1·22＝4，由anan＋1＝2n－1可得a2＝1，则奇数项、偶数项分别为首项为1，公比为2的等比数列，则S2n＝2×＝2n＋1－2.
5．张先生2019年年底购买了一辆1.6 L排量的小轿车，为积极响应政府发展森林碳汇(指森林植物吸收大气中的二氧化碳并将其固定在植被或土壤中)的号召，买车的同时出资1万元向中国绿色碳汇基金会购买了2亩荒山用于植树造林．科学研究表明：轿车每行驶3000公里就要排放1吨二氧化碳，林木每生长1立方米，平均可吸收1.8吨二氧化碳．
(1)张先生估计第一年(即2020年)会用车1.2万公里，以后逐年会增加1000公里，则该轿车使用10年共排放二氧化碳多少吨？
(2)若种植的林木第一年(即2020年)生长了1立方米，以后每年以10%的生长速度递增，问林木至少生长多少年，吸收的二氧化碳的量超过轿车10年排出的二氧化碳的量(参考数据：1.114≈3.7975,1.115≈4.1772,1.116≈4.5950)?
解　(1)设第n年小轿车排出的二氧化碳的吨数为an(n∈N*)，
即a1＝＝4，a2＝＝，a3＝＝，…，显然其构成首项为a1＝4，公差为d＝a2－a1＝的等差数列，
所以S10＝10×4＋×＝55，
即该轿车使用10年共排放二氧化碳55吨．
(2)记第n年林木吸收二氧化碳的吨数为bn(n∈N*)，
则b1＝1×1.8，b2＝1×(1＋10%)×1.8，b3＝1×(1＋10%)2×1.8，…，
其构成首项为b1＝1.8，公比为q＝1.1的等比数列，
记其前n项和为Tn，
由题意，有Tn＝＝18×(1.1n－1)>55，
解得n≥15.
所以林木至少生长15年，其吸收的二氧化碳的量超过轿车10年排出的二氧化碳的量．



A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．已知等比数列的公比为2，且前5项和为1，那么前10项和等于(　　)
A．31 B．33
C．35 D．37
答案　B
解析　因为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，所以a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝q5(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q5＝25＝32.所以S10＝1＋32＝33.
2．若数列{an}是等比数列，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋a＋…＋a＝(　　)
A．(2n－1)2 B．(2n－1)2
C．4n－1 D．(4n－1)
答案　D
解析　由Sn＝2n－1得a1＝S1＝1，a2＝S2－S1＝22－2＝2.∴公比为q＝2，可知数列{a}是等比数列，首项为1，公比为q2＝4.∴a＋a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
3．在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于(　　)
A．2n＋1－2 B．3n
C．2n D．3n－1
答案　C
解析　因数列{an}为等比数列，则an＝2qn－1，因数列{an＋1}也是等比数列，则(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，得a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，an＋an＋2＝2an＋1，从而an(1＋q2－2q)＝0，得q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n.故选C.
4．(多选)在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　)
A．q＝2
B．数列{Sn＋2}是等比数列
C．S8＝510
D．数列{log2an}是公差为2的等差数列
答案　ABC
解析　因为数列{an}为等比数列，又a1a4＝32，所以a2a3＝32，又a2＋a3＝12，所以或又公比q为整数，则即an＝2n，Sn＝＝2n＋1－2.由上可得q＝2，故A正确；Sn＋2＝2n＋1，＝＝2，则数列{Sn＋2}是等比数列，故B正确；S8＝29－2＝510，故C正确；log2an＋1－log2an＝(n＋1)－n＝1，即数列{log2an}是公差为1的等差数列，故D错误．故选ABC.
5．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2，若存在两项am，an，使得aman＝64，则(　　)
A．数列{an}为等差数列
B．数列{an}为等比数列
C．a＋a＋…＋a＝
D．m＋n为定值
答案　BD
解析　由题意，当n＝1时，S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，所以Sn－Sn－1＝an＝2an－2－(2an－1－2)＝2an－2an－1，所以＝2，数列{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，an＝2n，故A错误，B正确；数列{a}是首项a＝4，公比q1＝4的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝＝＝，故C错误；aman＝2m2n＝2m＋n＝64＝26，所以m＋n＝6为定值，故D正确．故选BD.
二、填空题
6．已知正项等比数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，则S4＝________.
答案　15
解析　正项等比数列{an}中，a1＝1，且－＝，
∴1－＝，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，∴S4＝＝15.
7．已知数列{an}的前n项和Sn满足log2(Sn＋2)＝n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案　2n
解析　由log2(Sn＋2)＝n＋1，得Sn＋2＝2n＋1，Sn＝2n＋1－2.
当n＝1时，S1＝a1＝22－2＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n.
当n＝1时也满足上式，故an＝2n.
8．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋r，则a3－r＝________，数列的最大项是第k项，则k＝________.
答案　19　4
解析　等比数列前n项和公式具有特征：Sn＝aqn－a，据此可知r＝－1，则Sn＝3n－1，a3＝S3－S2＝(33－1)－(32－1)＝18，a3－r＝19.令an＝n(n＋4)n，则＝·，由＝·>1可得n2<10，由＝·<1可得n2>10，据此可得，数列中的项满足a1a5>a6>a7>…，则k＝4.
三、解答题
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{an}的公比q；
(2)若a1－a3＝3，求Sn.
解　(1)依题意有S1＋S2＝2S3，
即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)，
由于a1≠0，故2q2＋q＝0.
又q≠0，从而q＝－.
(2)由已知可得a1－a12＝3，故a1＝4.
从而Sn＝＝.
10．已知数列{an}，{bn}满足2Sn＝(an＋2)bn，其中Sn是数列{an}的前n项和．
(1)若数列{an}是首项为，公比为－的等比数列，求数列{bn}的通项公式；
(2)若bn＝n，a2＝3，求数列{an}的通项公式．
解　(1)∵an＝n－1＝－2n，
Sn＝＝，
∴bn＝＝＝.
(2)若bn＝n，则2Sn＝nan＋2n，
∴2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋2(n＋1)，
两式相减，得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋2，
即nan＝(n－1)an＋1＋2，
当n≥2时，(n－1)an－1＝(n－2)an＋2，
两式相减，得(n－1)an－1＋(n－1)an＋1＝2(n－1)an，
即an－1＋an＋1＝2an，
又由2S1＝a1＋2，S1＝a1，得a1＝2，又a2＝3，
∴数列{an}是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，
∴数列{an}的通项公式是an＝n＋1.
B级：“四能”提升训练
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，不等式(λ－n)an＋1＋an≤15恒成立，求实数λ的最大值．
解　(1)∵Sn＝2an－2，　①
∴Sn－1＝2an－1－2(n≥2)．　②
①－②，得an＝2an－2an－1，即＝2.
∴当n≥2时，数列{an}是等比数列．
∵S1＝2a1－2＝a1，∴a1＝2.
∵S2＝2a2－2＝a1＋a2，∴a2＝4.
∴＝2.
∴当n∈N*时，数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
∴an＝a1·qn－1＝2·2n－1＝2n.
(2)要使(λ－n)an＋1＋an≤15恒成立，
则(λ－n)·2n＋1＋2n≤15，参变分离，
得λ≤min.
令bn＝n＋－，
∴bn＋1－bn＝1－＝，
∴当n≥2时，bn＋1－bn>0，即bn＋1>bn.
当n＝1时，bn＋1－bn<0，即b2 ∴b1>b2 ∴当n＝2时，bn有最小值，为.
∴λ≤，
∴实数λ的最大值为.
2．某市2019年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张，为了节能减排，从2019年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每年发放的电动型汽车牌照的数量维持不变．记2019年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放电动型汽车牌照数构成数列{bn}．
(1)完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式；
a1＝10
a2＝9.5
a3＝
a4＝
b1＝2
b2＝3
b3＝
b4＝
(2)累计各年发放的汽车牌照数，到哪一年开始不低于200万？(注：≈17.7)
解　(1)如表所示，
a1＝10
a2＝9.5
a3＝9
a4＝8.5
b1＝2
b2＝3
b3＝4.5
b4＝6.75
当1≤n≤21且n∈N*时，an＝10＋(n－1)×＝－＋，
当n≥22且n∈N*时，an＝0，
∴an＝
又a3＋b3＝<15，a4＋b4＝>15，
∴bn＝
(2)当n＝4时，Sn＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(b1＋b2＋b3＋b4)＝53.25，
当5≤n≤21时，Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝10n＋×＋＋(n－4)＝－n2＋17n－，
由Sn≥200，得－n2＋17n－≥200，即n2－68n＋843≤0，
又一元二次方程x2－68x＋843＝0的两根分别为x1＝34＋≈51.7，x2＝34－≈16.3，
∴(n－51.7)(n－16.3)≤0，
∵5≤n≤21且n∈N*，
∴不等式可化为n－16.3≥0，∴17≤n≤21，且n∈N*，
∴到2035年累计发放汽车牌照数超过200万．