高中数学-等比数列前n项和的性质及应用测试题
高中数学第1章数列 等比数列前n项和的性质及应用同步练习湘教版选择性必修第一册
第2课时等比数列前n项和的性质及应用A级必备知识基础练1.(2022河南南阳高二期中)已知等比数列{a n}的前n项和为S n=4n+a,则实数a的值等于()A.-4B.-1C.0D.12.已知在等比数列{a n}中,a1=1,a1+a3+…+a2k+1=85,a2+a4+…+a2k=42,则k=()A.2B.3C.4D.53.已知{a n}是各项都为正数的等比数列,S n是它的前n项和,若S4=6,S8=18,则S16=()A.48B.54C.72D.904.(2022天津河西高二期末)已知等比数列的首项为-1,前n项和为S n,若,则公比q=()A.2B.-2C.D.-5.已知在等比数列{a n}中,a1=1,且=8,那么数列的公比为,S5= .6.已知正项等比数列{a n}共有2n项,它的所有项的和是奇数项的和的3倍,则公比q= .7.(2022安徽宣城高二期末)已知等比数列{a n}为递增数列,且前n项和为S n,S3=,a3a4=a5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若4a n=3S n,求正整数n的值.B级关键能力提升练8.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若a1+a3=5,S4=20,则=()A.9B.10C.12D.179.(2022河南新乡高二期中)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若,则数列{a n}的公比q=()A.2B.-2C. D.-10.某工厂购买一台价格为a万元的机器,实行分期付款,每期付款b万元,每期为一个月,共付12次,如果月利率为5‰,每月复利一次,则a,b满足()A.b=B.b=C.b=D.<b<11.已知等比数列{a n}的公比q>0,前n项和为S n,则的大小为()A.B.C.D.12.(多选题)(2022江苏常州高二期中)记数列{a n}的前n项和为S n,则下列四个说法错误的有()A.若对于∀n∈N+,=a n a n+2,则数列{a n}为等比数列B.若S n=Aq n+B(非零常数q,A,B满足q≠1,A+B=0),则数列{a n}为等比数列C.若数列{a n}为等比数列,则S n,S2n-S n,S3n-S2n,…仍为等比数列D.设数列{a n}是等比数列,若a1<a2<a3,则{a n}为递增数列13.某市共有1万辆燃油型公交车.有关部门计划于2022年投入128辆电力型公交车,以后电力型公交车每年投入的辆数比上一年增加50%.(1)求该市在2028年应该投入多少辆电力型公交车;(2)求到哪一年底,电力型公交车的数量开始超过公交车总量的.(已知37=2 187,38=6 561)C级学科素养创新练14.某市为鼓励全民健身,从2021年7月起向全市投放A,B两种型号的健身器材.已知2021年7月投放A型健身器材300台,B型健身器材64台,自8月起,A型健身器材每月的投放量均为a 台,B型健身器材每月的投放量比上一月多50%.若2021年12月底该市A,B两种健身器材投放总量不少于2 000台,则a的最小值为()A.243B.172C.122D.7415.设S n是等比数列{a n}的前n项和,若,求的值.参考答案第2课时等比数列前n项和的性质及应用1.B根据题意,等比数列{a n}的前n项和为S n=4n+a,则a1=41+a=4+a,a2=S2-S1=(42+a)-(4+a)=12,a3=S3-S2=(43+a)-(42+a)=48,则有(4+a)×48=144,解得a=-1.故选B.2.B设等比数列{a n}的公比为q,则a1+a3+…+a2k+1=a1+a2q+…+a2k q=85,即q(a2+…+a2k)=85-1=84.因为a2+a4+…+a2k=42,所以q=2.则a1+a2+a3+…+a2k+a2k+1=85+42=127=,即128=22k+1,解得k=3,故选B.3.D因为{a n}是各项都为正数的等比数列,S n是它的前n项和,且由题意可知q≠-1,所以S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12也成等比数列,且公比为=2.所以S12-S8=2(S8-S4)=24,所以S12=42,因此S16-S12=2(S12-S8)=48,所以S16=90.故选D.4.D(方法1)当q=1时,=2,不满足题意;当q≠1时,S10=,S5=,则=q5+1=,解得q=-.故选D.(方法2)设S10=31k,S5=32k(k∈R,且k≠0),则由S10=S5+q5S5可知31k=S5(1+q5)=32k(1+q5),解得q=-.故选D.5.831设公比为q,∵=8,a1=1,∴=q3=8,∴q=2.∴S5==31.6.2设等比数列{a n}的奇数项之和为S奇,偶数项之和为S偶,前2n项之和为S2n,则S偶=a2+a4+…+a2n=a1q+a3q+…+a2n-1q=q(a1+a3+…+a2n-1)=qS奇.由S2n=3S奇,得(1+q)S奇=3S奇.因为a n>0,所以S奇>0,所以1+q=3,q=2.7.解(1)设公比为q,由a3a4=a5,可得q5=a1q4,故a1q=1.因为S3=a1+a2+a3=,所以+1+q=,解得q=3或q=.故可得a1>0,又因为{a n}为递增数列,所以q=3.故a n=a2q n-2=.(2)由(1)可得,S n=,若4a n=3S n,则4×3n-2=(3n-1),解得n=2.8.B设等比数列{a n}的公比为q,因为S4=a1+a2+a3+a4=a1+a3+a2+a4=a1+a3+q(a1+a3)=(1+q)(a1+a3)=5(1+q)=20,所以q=3,则=q2+1=10.故选B.9.C由已知q≠1,则解得10.D因为b(1+1.005+1.0052+…+1.00511)=a(1+0.005)12,所以12b<a(1+0.005)12,所以b<.显然12b>a,即<b<.11.C+1,+1.因为q>0,所以+1>0,即.12.AC若a n=0,满足对于∀n∈N+,=a n a n+2,但数列{a n}不是等比数列,故A错误.当n≥2时,a n=S n-S n-1=Aq n+B-(Aq n-1+B)=Aq n-1(q-1)且q≠1;当n=1时,a1=S1=Aq+B=A(q-1)符合上式.故数列{a n}是首项为A(q-1),公比为q的等比数列,故B正确.若数列{a n}为等比数列,当公比q=-1,且n为偶数时,此时S n,S2n-S n,S3n-S2n,…均为0,不是等比数列,故C错误.设数列{a n}是等比数列,且公比为q,若a1<a2<a3,即a1<a1q<a1q2,若a1>0,可得1<q<q2,即q>1,则{a n}为递增数列;若a1<0,可得1>q>q2,即0<q<1,则{a n}为递增数列.故D正确.13.解(1)依题意可知,从2022年起每年投入的电力型公交车的辆数可构成等比数列{a n},其中a1=128,q=,则a7=a1q6=128×6=1458.故2028年应投入电力型公交车1458辆.(2)设{a n}的前n项和为S n,则S n==256n-1.由S n>(10000+S n)×,得S n>5000,即256n-1>5000,即n>,又n∈N+,∴n≥8.故到2029年底电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的.14.D设B型健身器材这6个月投放量构成数列{b n},则b n是以b1=64为首项,以q=为公比的等比数列,∴其前6项和为S6==1330.则令5a+300+1330≥2000,解得a≥74,故选D.15.解(方法1)设等比数列{a n}的公比为q,由题意可知q≠1,则S n=.∵,∴,即1+q5=3,∴q5=2,∴.(方法2)设S5=k,S10=3k(k∈R,且k≠0),由题意可得q≠-1,则S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15成等比数列,则S15-S10=4k,S20-S15=8k,可得S15=7k,S20=15k,故.。
高考数学专题《等比数列及其前n项和》习题含答案解析
专题7.3 等比数列及其前n 项和1.(2021·全国高考真题(文))记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =,46S =,则6S =( )A .7B .8C .9D .10【答案】A 【解析】根据题目条件可得2S ,42S S -,64S S -成等比数列,从而求出641S S -=,进一步求出答案.【详解】∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和,∴2S ,42S S -,64S S -成等比数列∴24S =,42642S S -=-=∴641S S -=,∴641167S S =+=+=.故选:A.2.(2021·山东济南市·)已知S n 是递增的等比数列{a n }的前n 项和,其中S 3=72,a 32=a 4,则a 5=( )A .116B .18C .8D .16【答案】C 【解析】设等比数列的公比为q ,根据题意列方程,解出1a 和q 即可.【详解】解:设递增的等比数列{a n }的公比为q ,且q >1,∵S 3=72,234a a =,∴1a (1+q +q 2)=72,21a q 4=1a q 3,解得1a =12,q =2;1a =2,q =12(舍去).练基础则5a =4122⨯==8.故选:C .3.(2021·重庆高三其他模拟)设等比数列{}n a 的前n 项和为271,8,4n S a a =-=,则6S =( )A .212-B .152C .212D .632【答案】C 【解析】设等比数列{}n a 公比为q ,由572a a q =结合已知条件求q 、1a ,再利用等比数列前n 项和公式求6S .【详解】设等比数列{}n a 公比为q ,则572a a q =,又2718,4a a =-=,∴12q =-,故116a =,又1(1)1-=-nn a q S q ,即666311616[1()]216421321()22S ⨯⨯--===--.故选:C4.(2021·合肥市第六中学高三其他模拟(理))若等比数列{}n a 满足12451,8a a a a +=+=,则7a =( )A .643B .643-C .323D .323-【答案】A 【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ,根据等比数列的通项公式建立方程组,解之可得选项.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ,则345128a a q a a +==+,所以2q =,又()11121+11,3a a a a q =+==,所以6671123643a a q ==⨯⨯=,故选:A.5.(2020·河北省曲阳县第一高级中学高一期末)中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个问题:“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.”其大意为:有一个人走了378里路,第一天健步行走,从第二天起因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,问此人第二天走了( )A .6里B .24里C .48里D .96里【答案】D 【解析】根据题意,记每天走的路程里数为,可知是公比的等比数列,由,得,解可得,则;即此人第二天走的路程里数为96;故选:D .6.(2021·江苏南通市·高三其他模拟)已知等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,则“1q >”是“112n n n S S S -++>”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件【答案】D 【解析】由112n n n S S S -++>可得出1n n a a +>,取10a <,由101n n q a a +<⇔,进而判断可得出结论.【详解】若112n n n S S S -++>,则11n n n n S S S S +-->-,即1n n a a +>,所以,数列{}n a 为递增数列,若10a <,101n n q a a +<<⇔>,所以,“1q >”是“112n n n S S S -++>”的既不充分也不必要条件.故选:D.7.(2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三其他模拟(文))在数列{}n a 中,44a =,且22n n a a +=,则{}n a {}n a 12q =6378S =6161[1()]2378112-==-a S 1192a =211192962a a q =⨯=⨯=21nni a==∑___________.【答案】122n +-【解析】由44a =,22n n a a +=,得到22a =且22n na a +=,得出数列{}2n a 构成以2为首项,以2为公比的等比数列,结合等比数列的求和公式,即可求解.【详解】由22n n a a +=,可得22n na a +=,又由44a =,可得4224a a ==,所以22a =,所以数列{}2n a 构成以2为首项,以2为公比的等比数列,所以1212(12)2212n nn n i a +=-==--∑.故答案为:122n +-.8.(2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟)已知数列{}n a 满足21n n S a =-,则1a =_____,n S =_______.【答案】1 21n -【解析】利用1n n n a S S -=-求通项公式,再求出n S .【详解】对于21n n S a =-,当n =1时,有1121S a =-,解得:1a =1;当2n ≥时,有1121n n S a --=-,所以()112121=n n n n n a S S a a ----=--,所以1=2nn a a -,所以数列{}n a 为等比数列,111=2n n n a a q--=,所以122112nn n S -==--.故答案为:1,21n -.9.(2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟)已知数列{}n a 满足21n n S a =-,则3a =________,n S =________.【答案】4 21n -【解析】根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩,求出数列的通项公式,再代入求出n S .【详解】解:因为21n n S a =-当1n =时,1121S a =-,解得11a =;当2n …时,1121n n S a --=-,所以111(21)(21)22n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-,即12n n a a -=于是{}n a 是首项为1,公比为2的等比数列,所以12n n a -=.所以34a =,11212212n nn n S a -=-⨯-==-故答案为:4;21n -;10.(2018·全国高考真题(文))等比数列{a n }中,a 1=1 , a 5=4a 3.(1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m .【答案】(1)a n =(―2)n―1或a n =2n―1 .(2)m =6.【解析】(1)设{a n }的公比为q ,由题设得a n =q n―1.由已知得q 4=4q 2,解得q =0(舍去),q =―2或q =2.故a n =(―2)n―1或a n =2n―1.(2)若a n =(―2)n―1,则S n =1―(―2)n3.由S m =63得(―2)m =―188,此方程没有正整数解.若a n =2n―1,则S n =2n ―1.由S m =63得2m =64,解得m =6.综上,m =6.1.(辽宁省凌源二中2018届三校联考)已知数列为等比数列,且,则( )A.B.C.D. 【答案】B【解析】由等比数列的性质可得: ,,结合可得: ,结合等比数列的性质可得: ,即:本题选择B 选项.2.(2021·全国高三其他模拟(文))如图,“数塔”的第i 行第j 个数为12j -(其中i ,*j N ∈,且i j ≥).将这些数依次排成一列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,记作数列{}n a ,设{}n a 的前n 项和为n S .若1020n S =,则n =()A .46B .47C .48D .49【答案】C 【解析】{}n a 2234764a a a a =-=-46tan 3a a π⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭32343364,4a a a a a ==-∴=-4730a a q =<2764a =78a =-463732a a a a ==463222tan tan tan 10tan 3333a a πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅==+== ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭练提升根据“数塔”的规律,可知第i 行共有i 个数,利用等比数列求和公式求出第i 行的数字之和,再求出前m 行的和,即可判断1020n S =取到第几行,再根据每行数字个数成等差数列,即可求出n ;【详解】解:“数塔”的第i 行共有i 个数,其和为211212222112i i i --++++==-- ,所以前m 行的和为()()()123121222222212m m m m m m +-++++-=-=-+- 故前9行所有数学之和为102111013-=,因此只需要加上第10行的前3个数字1,2,4,其和为10131241020+++=,易知“数塔”前m 行共有()12m m +个数,所以9103482n ⨯=+=故选:C3.(2021·江苏高三其他模拟)已知数列{}n a 满足11a =,()1lg 1091n an a +=++,其前n 项和为n S ,则下列结论中正确的有( )A .{}n a 是递增数列B .{}10n a +是等比数列C .122n n n a a a ++>+D .(3)2n n n S +<【答案】ACD 【解析】将递推公式两边同时取指数,变形得到1110109n n a a +-=+,构造等比数列可证{}1010n a+为等比数列,求解出{}n a 通项公式则可判断A 选项;根据()()()2132101010a a a ++≠+判断B 选项;根据{}n a 的通项公式以及对数的运算法则计算()122n n n a a a ++-+的正负并判断C 选项;将{}n a 的通项公式放缩得到()lg 2101n n a n <⨯<+,由此进行求和并判断D 选项.【详解】因为()1lg 1091n an a +=++,所以()11lg 109n an a +-=+,从而1110109n n a a +-=+,110101090n n a a +=⨯+,所以()11010101010n n a a ++=⨯+,所以11010101010n na a ++=+,又1101020a +=,{}1010n a +是首项为20,公比为10的等比数列,所以110102010210n a n n -+=⨯=⨯,所以1021010n a n =⨯-,即()lg 21010nn a =⨯-,又因为21010n y =⨯-在[)1,,*n n N ∈+∞∈时单调递增,lg y x =在定义域内单调递增,所以{}n a 是递增数列,故A 正确;因为1231011,10lg19010lg1911,10lg199010lg19911a a a +=+=+=++=+=+,所以()()()()()222213101010lg191111lg19911lg 1922lg1911lg199a a a +-++=+-+=+-,所以()()()2222213361101010lg 1911lg1911lg199lg 1911lg0199a a a +-++=+-=+>,所以()()()2132101010a a a ++≠+,所以{}10n a +不是等比数列,故B 错误.因为()()()()121222lg 21010lg 21010lg 21010n n n n n n a a a ++++-+=⨯--⨯--⨯-()()()()()()2211211210102101 lglg210102101021012101n n n n n n +++-+⨯-⨯-=⨯-⨯-⨯-⨯-=,而()()()211221121012101210141041014102102101n n n nnn n n -++-⨯--⨯-⨯-=⨯-⨯+-⨯+⨯+⨯-20100.21041016.2100nnnn=⨯+⨯-⨯=⨯>,从而()()()211210121012101nn n -+⨯->⨯-⋅⨯-,于是,122n n n a a a ++>+,故C 正确.因为()()lg 21010lg 210lg 21nnn n a n =⨯-<⨯=+<+,所以()()21322nn n n n S +++<=,故D 正确.故选:ACD.4. (2019·浙江高三期末)数列的前n 项和为,且满足,Ⅰ求通项公式;Ⅱ记,求证:.【答案】Ⅰ;Ⅱ见解析【解析】Ⅰ,当时,,{}n a n S 11a =()11.n n a S n N ++=+∈()n a ()12111n n T S S S =++⋯+31222n n T -≤<(1) 2n n a -=()(1)1n n a S +=+Q ①∴2n ≥11n n a S -=+②得,又,,数列是首项为1,公比为2的等比数列,;证明:Ⅱ,,时,,,同理:,故:.5.(2021·河北衡水中学高三三模)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足13a =,()122n n a xa n n -=+-≥,其中x ∈R .(1)若1x =,求出n a ;(2)是否存在实数x ,y 使{}n a yn +为等比数列?若存在,求出n S ,若不存在,说明理由.【答案】(1)2382n n n a -+=;(2)存在,()21242n n n n S ++=--.【解析】(1)将1x =代入,由递推关系求出通项公式,并检验当1n =时是否满足,即可得到结果;(2)先假设存在实数x ,y 满足题意,结合已知条件求出满足数列{}n a yn +是等比数列的实数x ,y 的值,运用分组求∴-①②()122n n a a n +=≥2112a S =+=Q 212a a ∴=∴{}n a 12n n a -∴=(1)2nn a += 21n n S ∴=-2n ≥Q 111122n n n S -≤≤1121111113142112212n n n n T S S S -⎛⎫- ⎪⎝⎭∴=++⋯+≥+=--11111221221212n n n T -⎛⎫- ⎪⎝⎭≤+=-<-31222n n T -≤<和法求出n S 的值.【详解】(1)由题可知:当1x =时有:12n n a a n --=-,当2n ≥时,()()()()()()121321213012232n n n n n a a a a a a a a n ---=+-+-+⋅⋅⋅+-=++++⋅⋅⋅+-=+,又13a =满足上式,故()()22138322nn n n n a ---+=+=.(2)假设存在实数x ,y 满足题意,则当2n ≥时,由题可得:()()111n n n n a yn x a y n a xa xy y n xy --+=+-⇔=+--⎡⎤⎣⎦,和题设12n n a xa n -=+-对比系数可得:1xy y -=,22xy x -=-⇔=,1y =.此时121n n a na n -+=+-,114a +=,故存在2x =,1y =使得{}n a yn +是首项为4,公比为2的等比数列.从而()()1112121224122nn n n n n nn n a n a n S a a a ++-++=⇒=-⇒=++⋅⋅⋅+=--.所以()21242n n n n S ++=--.6.(2021·辽宁本溪市·高二月考)已知数列{}n a ,满足11a =,121n n a a n +=+-,设n n b a n =+,n n c a n λ=+(λ为实数).(1)求证:{}n b 是等比数列;(2)求数列{}n a 的通项公式;(3)若{}n c 是递增数列,求实数λ的取值范围.【答案】(1)证明见解析;(2)2nn a n =-;(3)()1,-+∞.【解析】(1)由121n n a a n +=+-,变形为()11222n n n a n a n a n +++=+=+,再利用等比数列的定义证明;(2)由(1)的结论,利用等比数列的通项公式求解;(3)根据{}n c 是递增数列,由10n n c c +->,*n N ∈恒成立求解.【详解】(1)因为121n n a a n +=+-,所以()11222n n n a n a n a n +++=+=+,即12n n b b +=,又因为11120b a =+=≠,所以0n b ≠,所以12n nb b +=,所以{}n b 是等比数列.(2)由1112b a =+=,公比为2,得1222n n n b -=⋅=,所以2nn n a b n n =-=-.(3)因为()21nn n c a n n λλ=+=+-,所以()()11211n n c n λ++=+-+,所以1122121n n n n n c c λλ++-=-+-=+-,因为{}n c 是递增数列,所以*10,n n c c n N +->∈成立,故210n λ+->,*n N ∈成立,即12n λ>-,*n N ∈成立,因为{}12n-是递减数列,所以该数列的最大项是121-=-,所以λ的取值范围是()1,-+∞.7.(2021·河南商丘市·高二月考(理))在如图所示的数阵中,从任意一个数开始依次从左下方选出来的数可组成等差数列,如:2,4,6,8,…;依次选出来的数可组成等比数列,如:2,4,8,16,….122344468858121616记第n 行第m 个数为(),f n m .(Ⅰ)若3n ≥,写出(),1f n ,(),2f n ,(),3f n 的表达式,并归纳出(),f n m 的表达式;(Ⅱ)求第10行所有数的和10S .【答案】(Ⅰ)(),1f n n =,()(),221f n n =-,()(),342f n n =-,()()12,1m m m f n n --+=;(Ⅱ)102036=S .【解析】(I )由数阵写出(),1f n n =,()(),221f n n =-,()(),342f n n =-,由此可归纳出()()12,1m m m f n n --+=.(II )()()()()1010,110,210,310,10S f f f f =++++ 291029282 1 =+⨯+⨯++⨯ ,利用错位相减法求得结果.【详解】(Ⅰ)由数阵可知:(),1f n n =,()(),221f n n =-,()(),342f n n =-,由此可归纳出()()12,1m m m f n n --+=.(Ⅱ)()()()()1010,110,210,310,10S f f f f =++++ 291029282 1 =+⨯+⨯++⨯ ,所以231010220292821S =+⨯+⨯++⨯ ,错位相减得291010102222S =-+++++ ()102121012-=-+-2036=.8.(2021·山东烟台市·高三其他模拟)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足11a =,12n n S na +=,*n ∈N .(1)求{}n a 的通项公式;(2)设数列{}n b 满足11b =,12nn n b b +=,*n ∈N ,按照如下规律构造新数列{}n c :123456,,,,,,a b a b a b ,求{}n c 的前2n 项和.【答案】(1)n a n =,*n ∈N ;(2)数列{}n c 的前2n 项和为1222++-n n .【解析】(1)由()12n n n a S S n -=-≥可得1(2)1n na a n n n+=≥+可得答案;(2)由12nn n b b +=得1122n n n b b +++=,两式相除可得数列{}n b 的偶数项构成等比数列,再由(1)可得数列{}n c 的前2n 项的和.【详解】(1)由12n n S na +=,12(1)(2)n n S n a n -=-≥,得12(1)n n n a na n a +=--,所以1(2)1n na a n n n +=≥+.因为122S a =,所以22a =,所以212n a an ==,(2)n a n n =≥.又当1n =时,11a =,适合上式.所以n a n =,*n ∈N .(2)因为12nn n b b +=,1122n n n b b +++=,所以*22()n nb n b +=∈N ,又122b b =,所以22b =.所以数列{}n b 的偶数项构成以22b =为首项、2为公比的等比数列.故数列{}n c 的前2n 项的和()()21321242n n n T a a a b b b -=+++++++ ,()122212(121)22212nn n n n T n +-+-=+=+--所以数列{}n c 的前2n 项和为1222++-n n .9.(2019·浙江高考模拟)已知数列中,, (1)令,求证:数列是等比数列;{}n a ()110,2*n n a a a n n N +==+∈+11n n n b a a =-+{}n b(2)令 ,当取得最大值时,求的值.【答案】(I )见解析(2)最大,即【解析】(1)两式相减,得 ∴即:∴ 数列是以2为首项,2为公比的等比数列(2)由(1)可知, 即也满足上式令,则 ,3nn n a c =n c n 3,n n c =3k =121221n n n n a a n a a n +++=+=++Q ,211221n n n n a a a a +++-=-+()211121n n n n a a a a +++-+=-+12n nb b +=21120a b ==≠Q 又,{}n b 2nn b =121nn n a a +-=-2121a a -=-23221a a -=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅()11212n n n a a n ---=-≥()211222121n n n a a n n -∴-=++⋅⋅⋅+--=--2,21n n n a n ∴≥=--11,0n a ∴==21n n a n ∴=--111212233n n n n n n n n c c +++----=∴=11112221212333n n nn n n n n n n n c c ++++----+-∴-=-=()212nf n n =+-()11232n f n n ++=+-()()122n f n f n ∴+-=-∴ 最大,即10.(2021·浙江高三其他模拟)已知数列{}n a 满足112a =,123n n a a ++=,数列{}n b 满足11b =,()211n n nb n b n n +-+=+.(1)数列{}n a ,{}n b 的通项公式;(2)若()1n n n n c b b a +=-,求使[][][][]1222021n c c c c +++⋅⋅⋅+≤成立([]n c 表示不超过n c 的最大整数)的最大整数n 的值.【答案】(1)112nn a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭,2n b n =;(2)最大值为44.【解析】(1)由题得数列{}1n a -是等比数列,即求出数列{}n a 的通项;由题得{}n b n 是一个以111b=为首项,以1为公差的等差数列,即得数列{}n b 的通项公式;(2)先求出[]()*1,16,2,2,21,21,22n n n c k N n n k n n k =⎧⎪=⎪=∈⎨=+⎪⎪+=+⎩,再求出[][][][]()2*12221,1,3,2,231,2122n n c c c c n n n k k N n n n k ⎧⎪=⎪⎪++++=+=∈⎨⎪⎪+-=+⎪⎩即得解.【详解】解:(1)由123n n a a ++=得()11112n n a a +-=--,所以数列{}1n a -是等比数列,公比为12-,()()()()()()12,234f f f f f f n ∴=>>>⋅⋅⋅>()()()()1210,310,3,0f f f n f n ==>=-<∴≥<Q 123345...c c c c c c ∴>,3,n n c =3k =解得112nn a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭.由()211n n nb n b n n +-+=+,得111n nb b n n+-=+,所以{}n b n 是一个以111b=为首项,以1为公差的等差数列,所以1(1)1n bn n n=+-⨯=,解得2n b n =.(2)由()1n n n n c b b a +=-得()12121121(1)22n nn n n c n n ⎛⎫+⎛⎫=++-=++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,记212n n n d +=,1112321120222n n n n n n n nd d +++-++-=-=<,所以{}n d 为单调递减且132d =,254d =,3718d =<,所以[]()*1,16,2,2,21,21,22n n n c k N n n k n n k =⎧⎪=⎪=∈⎨=+⎪⎪+=+⎩,因此[][][][]()2*12221,1,3,2,231,2122n n c c c c n n n k k N n n n k ⎧⎪=⎪⎪++++=+=∈⎨⎪⎪+-=+⎪⎩,当2n k =时,2320212n n +≤的n 的最大值为44;当2+1n k =时,231202122n n +-≤的n 的最大值为43;故[][][][]1222021n c c c c +++⋅⋅⋅+≤的n 的最大值为44.1.(2021·全国高考真题(理))等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,设甲:0q >,乙:{}n S 是递增数列,则()A .甲是乙的充分条件但不是必要条件练真题B .甲是乙的必要条件但不是充分条件C .甲是乙的充要条件D .甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B 【解析】当0q >时,通过举反例说明甲不是乙的充分条件;当{}n S 是递增数列时,必有0n a >成立即可说明0q >成立,则甲是乙的必要条件,即可选出答案.【详解】由题,当数列为2,4,8,--- 时,满足0q >,但是{}n S 不是递增数列,所以甲不是乙的充分条件.若{}n S 是递增数列,则必有0n a >成立,若0q >不成立,则会出现一正一负的情况,是矛盾的,则0q >成立,所以甲是乙的必要条件.故选:B .2.(2020·全国高考真题(文))记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 5–a 3=12,a 6–a 4=24,则nnS a =( )A .2n –1B .2–21–n C .2–2n –1D .21–n –1【答案】B 【解析】设等比数列的公比为q ,由536412,24a a a a -=-=可得:421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩,所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---,因此1121222n n n n n S a ---==-.故选:B.3.(2019·全国高考真题(文))已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15,且,则( ){}n a 53134a a a =+3a =A .16B .8C .4D .2【答案】C 【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为,则,解得,,故选C .4.(2019·全国高考真题(文))记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若,则S 4=___________.【答案】.【解析】设等比数列的公比为,由已知,即解得,所以.5.(2020·海南省高考真题)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==.(1)求{}n a 的通项公式;(2)求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】(1)2nn a =;(2)2382(1)55n n +--【解析】(1) 设等比数列{}n a 的公比为q (q >1),则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩,整理可得:22520q q -+=,11,2,2q q a >== ,q 2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩11,2a q =⎧⎨=⎩2314a a q ∴==13314a S ==,58q 223111314S a a q a q q q =++=++=2104q q ++=12q =-441411()(1)521181()2a q S q ---===---数列的通项公式为:1222n n n a -=⋅=.(2)由于:()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--,故:112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512n n n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----.6.(2021·浙江高考真题)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,194a =-,且1439n n S S +=-.(1)求数列{}n a 的通项;(2)设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈,记{}n b 的前n 项和为n T ,若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立,求实数λ的取值范围.【答案】(1)33(4nn a =-⋅;(2)31λ-≤≤.【解析】(1)由1439n n S S +=-,结合n S 与n a 的关系,分1,2n n =≥讨论,得到数列{}n a 为等比数列,即可得出结论;(2)由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论,利用错位相减法求出n T ,n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立,分类讨论分离参数λ,转化为λ与关于n 的函数的范围关系,即可求解.【详解】(1)当1n =时,1214()39a a a +=-,229272749,4416a a =-=-∴=-,当2n ≥时,由1439n n S S +=-①,得1439n n S S -=-②,①-②得143n na a +=122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=,又213,{}4n a a a =∴是首项为94-,公比为34的等比数列,1933(3(444n n n a -∴=-⋅=-⋅;(2)由3(4)0n n b n a +-=,得43(4)(34n n n n b a n -=-=-,所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭ ,2413333333321(5)(4)444444n n n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ,两式相减得234113333333(4)4444444n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,所以134()4n n T n +=-⋅,由n n T b λ≤得1334((4)(44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立,即(4)30n n λ-+≥恒成立,4n =时不等式恒成立;4n <时,312344n n n λ≤-=----,得1λ≤;4n >时,312344n n n λ≥-=----,得3λ≥-;所以31λ-≤≤.。
高中数学 第二章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第1课时 等比数列前n项和的求解练习(含解析)新
第1课时 等比数列前n 项和的求解A 级 基础巩固一、选择题1.设{a n }是公比为正数的等比数列,若a 1=1,a 5=16,则数列{a n }前7项的和为() A .63 B .64 C .127 D .128解析:设数列{a n }的公比为q (q >0),则有a 5=a 1q 4=16,所以q =2,数列的前7项和为S 7=a 1(1-q 7)1-q =1-271-2=127.答案:C2.设在等比数列{a n }中,公比q =2,前n 项和为S n ,则S 4a 3的值为() A.154B.152C.74D.72解析:根据等比数列的公式,得S 4a 3=a 1(1-q 4)(1-q )·a 1q 2=(1-q 4)(1-q )q 2=1-24(1-2)×22=154. 答案:A3.一座七层的塔,每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍,一共点381盏灯,则底层所点灯的盏数是()A .190B .191C .192D .193解析:设最下面一层灯的盏数为a 1,则公比q =12,n =7,由a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫1271-12=381,解得a 1=192.答案:C4.已知数列{a n }满足3a n +1+a n =0,a 2=-43,则{a n }的前10项和等于()A .-6(1-3-10) B.19(1-3-10)C .3(1-3-10) D .3(1+3-10)解析:因为3a n +1+a n =0,a 2=-43≠0,所以a n ≠0,所以a n +1a n =-13,所以数列{a n }是以-13为公比的等比数列.因为a 2=-43,所以a 1=4,所以S 10=4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫-13101-⎝ ⎛⎭⎪⎫-13=3(1-3-10).答案:C5.已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,若存在m ∈N *,满足S 2m S m =9,a 2m a m =5m +1m -1,则数列{a n }的公比为()A .-2B .2C .-3D .3解析:设数列{a n }的公比为q ,若q =1,则S 2mS m=2,与题中条件矛盾,故q ≠1. 因为S 2m S m =a 1(1-q 2m )1-q a 1(1-q m)1-q =q m +1=9,所以q m=8. 所以a 2m a m =a 1q 2m -1a 1q m -1=q m =8=5m +1m -1,所以m =3,所以q 3=8, 所以q =2. 答案:B 二、填空题6.在等比数列{a n }中,公比q =2,前99项的和S 99=30,则a 3+a 6+a 9+…+a 99=________.解析:因为S 99=30,即a 1(299-1)=30,数列a 3,a 6,a 9,…,a 99也成等比数列且公比为8,所以a 3+a 6+a 9+…a 99=4a 1(1-833)1-8=4a 1(299-1)7=47×30=1207.答案:12077.对于数列{a n },定义数列{a n +1-a n }为数列{a n }的“差数列”,若a 1=1,{a n }的“差数列”的通项公式为a n +1-a n =2n,则数列{a n }的前n 项和S n =________.解析:因为a n +1-a n =2n ,应用累加法可得a n =2n-1, 所以S n =a 1+a 2+a 3+…+a n =2+22+23+ (2)-n=2(1-2n)1-2-n=2n +1-n -2.答案:2n +1-n -28.(2016·某某卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4,a n +1=2S n +1,n ∈N *,则a 1=________,S 5=________.解析:a 1+a 2=4,a 2=2a 1+1⇒a 1=1,a 2=3,再由a n +1=2S n +1,a n =2S n -1+1(n ≥2)⇒a n +1-a n =2a n ⇒a n +1=3a n (n ≥2),又a 2=3a 1, 所以a n +1=3a n (n ≥1),S 5=1-351-3=121.答案:1121 三、解答题9.在等比数列{a n }中,a 2=3,a 5=81. (1)求a n 及其前n 项和S n ; (2)设b n =1+log 3a n ,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ·b n +1的前10项和T 10.解:(1)设{a n }的公比为q ,依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q =3,a 1q 4=81,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =3.因此,a n =3n -1,S n =1(1-3n )1-3=3n-12.(2)由(1)知b n =1+log 3a n =1+(n -1)=n , 则1b n b n +1=1n (n +1)=1n -1n +1,所以T 10=11×2+12×3+…+110×11=1-12+12-13+…+110-111=1-111=1011.10.数列{a n }满足a 1=1,na n +1=(n +1)a n +n (n +1),n ∈N *. (1)证明:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列;(2)设b n =3n·a n ,求数列{b n }的前n 项和S n . (1)证明:由已知可得a n +1n +1=a nn+1, 即a n +1n +1-a nn=1,所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11=1为首项,1为公差的等差数列.(2)解:由(1)得a nn=1+(n -1)·1=n , 所以a n =n 2.从而b n =n ·3n.S n =1×31+2×32+3×33+…+n ·3n ,①3S n =1×32+2×33+…+(n -1)·3n +n ·3n +1.②① —②得,-2S n =31+32+…+3n -n ·3n +1=3·(1-3n)1-3-n ·3n +1=(1-2n )·3n +1-32.所以S n =(2n -1)·3n +1+34.B 级 能力提升1.在等比数列{a n }中,a 1+a 2+…+a n =2n -1(n ∈N *),则a 21+a 22+…+a 2n 等于() A .(2n -1)2B.13(2n -1)2C .4n-1 D.13(4n -1)解析:a 1+a 2+…+a n =2n-1,即S n =2n-1,则S n -1=2n -1-1(n ≥2),则a n =2n -2n -1=2n -1(n ≥2),又a 1=1也符合上式,所以a n =2n -1,a 2n =4n -1,所以a 21+a 22+…+a 2n =13(4n -1).答案:D2.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1+a 2+a 3+a 4=1,a 5+a 6+a 7+a 8=2,S n =15,则该数列的项数n =________.解析:a 5+a 6+a 7+a 8a 1+a 2+a 3+a 4=(a 1+a 2+a 3+a 4)q 4a 1+a 2+a 3+a 4=q 4=2.因为a 1+a 2+a 3+a 4=a 1(1-q 4)1-q =a 1(1-2)1-q =-a 11-q =1,所以a 11-q =-1.所以S n =a 1(1-q n )1-q=q n-1=15,所以q n=16,即(q 4)n4=24,所以n4=4,所以n =16.答案:163.已知等比数列{a n }的各项均为正数,且a 1+2a 2=5,4a 23=a 2a 6. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b 1=2,且b n +1=b n +a n ,求数列{b n }的通项公式; (3)设=a nb n b n +1,求数列{}的前n 项和T n . 解:(1)设等比数列{a n }的公比为q ,由4a 23=a 2a 6得4a 23=a 24,所以q 2=4,由条件可知q >0,故q =2,由a 1+2a 2=5得a 1+2a 1q =5,所以a 1=1,故数列{a n }的通项公式为a n =2n -1.(2)由b n +1=b n +a n 得b n +1-b n =2n -1,故b 2-b 1=20,b 3-b 2=21,……,b n -b n -1=2n -2(n ≥2),以上n -1个等式相加得b n -b 1=1+21+…+2n -2=1·(1-2n -1)1-2=2n -1-1,由b 1=2,所以b n =2n -1+1(n ≥2).当n =1时,符合上式,故b n =2n -1+1(n ∈N *).(3)=a nb n b n +1=b n +1-b n b n b n +1=1b n -1b n +1, 所以T n =c 1+c 2+…+=⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1-1b 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2-1b 3+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n -1b n +1=1b 1-1b n +1=12-12n +1.。
高二数学复习考点知识精讲与练习4 等比数列的前n项和公式
高二数学复习考点知识精讲与练习专题4 等比数列的前n项和公式【考点梳理】考点一等比数列的前n项和公式考点二等比数列前n项和的性质1.数列{a n}为公比不为-1的等比数列(或公比为-1,且n不是偶数),S n为其前n项和,则S n,S2n-S n,S3n-S2n仍构成等比数列.2.若{a n}是公比为q的等比数列,则S n+m=S n+q n S m(n,m∈N*).3.若{a n}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,S偶S奇=q;②在其前2n+1项中,S奇-S偶=a1-a2+a3-a4+…-a2n+a2n+1=a1+a2n+1q1-(-q)=a1+a2n+21+q(q≠-1).考点三: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 ,a n ,S n ). 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.【题型归纳】题型一:等比数列前n 项和公式的基本运算1.(2022·江苏南通·高二期末)已知等比数列{}n a 的前6项和为1894,公比为12,则6a =( ) A .738B .34C .38D .242.(2022·河南商丘·高二期中(理))已知正项等比数列{}n a 中,22a =,48a =,数列{}2n n a a ++的前n 项和为n S ,则62SS =( )A .32B .21C .16D .83.(2022·全国·高二课时练习)设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若23S =,3412a a +=,则公比q 等于( ).A .1B .2C .3D .4题型二:等比数列的判断和性质的应用4.(2022·全国·高二课时练习)设等比数列{}n a 前n 项和为S n ,若S 3=8,S 6=24,则a 10+a 11+a 12=( ) A .32B .64 C .72D .2165.(2022·广西·田东中学高二期末(理))已知数列{}n a 是等比数列,n S 为其前n 项和,若1234a a a ++=,4568a a a ++=,则12S =( ) A .40B .60C .32D .506.(2020·四川·双流中学高二期中(理))设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和,若423S S =,则64S S =( ) A .2B .73C .310D .12或题型三:等比数列奇偶项和的性质7.(2020·河南·高二月考(理))已知等比数列{}n a 共有32项,其公比3q =,且奇数项之和比偶数项之和少60,则数列{}n a 的所有项之和是( ) A .30B .60C .90D .1208.(2022·全国·高二课时练习)已知等比数列{}n a 中,11a =,132185k a a a ++++=,24242k a a a +++=,则k =( )A .2B .3C .4D .59.(2022·全国·高二课时练习)已知一个等比数列首项为1,项数是偶数,其奇数项之和为85,偶数项之和为170,则这个数列的公比和项数分别为( ) A .8,2B .2,4C .4,10D .2,8题型四:等比数列中an 与Sn 的关系10.(2022·全国·高二课时练习)记数列{}n a 的前n 项和为n S ,21n n S a =-,则2020S =( )A .202021-B .202121-C .2020122⎛⎫- ⎪⎝⎭D .2021122⎛⎫- ⎪⎝⎭11.(2022·宁夏·六盘山高级中学高二月考(理))已知数列{}n a 的前n 项和112nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,那么数列{}n a ( ) A .是等差数列但不是等比数列 B .或者是等差数列,或者是等比数列 C .是等比数列但不是等差数列D .既不可能是等差数列,也不可能是等比数列12.(2020·江苏·高二专题练习)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,若11a =,121n n S S +=+,则6S =( )A .63B .127C .128D .256题型五:等比数列的简单应用13.(2022·甘肃·西北师大附中高二期中(理))中国古代数学著作《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”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.那么请问此人前两天所走的里程为( ) A .189里B .216里C .288里D .192里14.(2022·全国·高二课时练习)为全力抗战疫情,响应政府“停课不停学”的号召,某市中小学按照教学计划,开展在线课程教学和答疑.某高一学生家长于3月5日在某购物平台采用分期付款的形式购买了一台价值m 元的平板电脑给学生进行网上学习使用,该平台规定:分12个月还清,从下个月5日即4月5日开始偿还,每月5日还款,且每个月还款钱数都相等.若购物平台的月利率为p ,则该家长每月的偿还金额是( )A .12m 元B .()()1212111mp p p ++-元C .()12112m p +元D .()()1313111mp p p ++-元 15.(2022·北京朝阳·高二期末)光圈是一个用来控制光线透过镜头,进入机身内感光面的光量的装置.表达光圈的大小我们可以用光圈的F 值表示,光圈的F 值系列如下:F 1,F 1.4,F 2,F 2.8,F 4,F 5.6,F 8,…,F 64.光圈的F 值越小,表示在同一单位时间内进光量越多,而且上一级的进光量是下一级的2倍,如光圈从F 8调整到F 5.6,进光量是原来的2倍.若光圈从F 4调整到F 1.4,则单位时间内的进光量为原来的( ) A .2倍B .4倍C .8倍D .16倍【双基达标】一、单选题16.(2022·河南·高二期中(文))n S 为等比数列{}n a 的前n 项和,且33a =,26S =,则5a 的值为( )A .34B .3或12C .3或34D .12或3417.(2022·河南商丘·高二期中(理))在正项等比数列{}n a 中,512a =,673a a +=,{}n a 的前n 项和为n S ,前n 项积为n T ,则满足1n n S a T +>的最大正整数n 的值为( ) A .11B .12 C .13D .1418.(2022·江西·九江市第三中学高二期中(理))若{}n a 是等比数列,已知对任意*n N ∈,2121n n a a a ++=-,则2222123n a a a a ++++=( )A .2(21)n -B .121(2)3n -C .41n -D .1(41)3n -19.(2022·全国·高二课时练习)等比数列{a n }中,a 1a 2a 3=1,a 4=4,则a 2+a 4+a 6+…+a 2n =( )A .2n-1B .413n -C .()143--nD .()123n--20.(2022·江西·景德镇一中高二期中(文))已知数列{}n a 满足11a =,若1114()n n nn N a a ++-=∈,则数列{}n a 的通项n a =( ) A .341n -B .431n -C .413n -D .314n -21.(2022·河南洛阳·高二期中(文))已知等比数列{}n a 的前n 项和为21nn S a b =⋅+-,则44a b +的最小值为( ) A .2B..4D .522.(2022·全国·高二课时练习)在等比数列{}n a 中,已知42S =,86S =,17181920a a a a +++=( )A .32B .16C .35D .16223.(2022·全国·高二课时练习)已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和,若存在*m ∈N ,满足29m mS S =,2511m m a m a m +=-,则m 的值为( )A .-2B .2C .-3D .324.(2022·全国·高二课时练习)某人于2020年6月1日去银行存款a 元,存的是一年定期储蓄,2022年6月1日将到期存款的本息一起取出再加a 元之后还存一年定期储蓄,此后每年的6月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款.设银行定期储蓄的年利率r 不变,则到2025年6月1日他将所有的本息全部取出时,取出的钱共有( )A .()41a r +元B .()51a r +元C .()61a r +元D .()()611a r r r⎡⎤+-+⎣⎦元 25.(2022·江苏·高二单元测试)设{}n a 是公差为d 的等差数列,{}n b 是公比为q 的等比数列.已知数列{}n n a b +的前n 项和()2*51N n n S n n =+-∈,则d q -=( )A .3-B .1-C .2D .4【高分突破】一:单选题26.(2022·江苏省苏州第十中学校高二月考)已知等比数列{a n }的首项为1,公比为2,则a 12+a 22+⋯+a n 2=( ) A .(2n ﹣1)2B .()1213n -C .4n ﹣1D .()1413n - 27.(2022·全国·高二学业考试)已知一个项数为偶数的等比数列{}n a ,所有项之和为所有偶数项之和的4倍,前3项之积为64,则1a =( ) A .1B .4 C .12D .3628.(2022·全国·高二单元测试)设n S 为数列{}n a 的前n 项和,()112322n n n a a n ---=⋅≥,且1232a a =.记n T 为数列1nn a S ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和,若对任意*n ∈N ,n T m <,则m 的最小值为( ) A .3B .13C .2D .1229.(2022·全国·高二单元测试)在正项数列{}n a 中,首项12a =,且()()22*12,,2n n a a n n -∈≥N 是直线80x y -=上的点,则数列{}n a 的前n 项和n S =( ) A .()122n--B .122n +-C .12n +D .122n-30.(2022·江苏·苏州市苏州高新区第一中学高二月考)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:他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑,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1000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0.001米时,乌龟爬行的总距离为( )A .61019000-米B .410190-米C .510990-米D .5101900-米31.(2022·全国·高二课时练习)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 2a 3=2a 1,且a 4与2a 7的等差中项为54,则S 5=( ) A .29B .31C .33D .3632.(2022·全国·高二课时练习)若正项等比数列{}n a 满足13116a a =,4322a a a +=,则()1121111n n nS a a a +=-++-=( )A .()2123n ⎡⎤+-⎣⎦B .()2123n -C .()2123n +D .()2123n⎡⎤--⎣⎦33.(2022·广西·崇左高中高二月考)已知{}n a 是公比不为1的等比数列,n S 为其前n 项和,满足2021201920192020a a a a -=-,则下列等式成立的是( )A .2202020212019S S S =B .2020202120192S S S +=C .2201920212020S S S =D .2019202120202S S S +=34.(2022·全国·高二课时练习)如图,画一个边长为2的正三角形,再将这个正三角形各边的中点相连得到第二个正三角形,依此类推,一共画了5个正三角形.那么这五个正三角形的面积之和等于( )A . 3. 213. 853D . 3413二、多选题35.(2022·江苏苏州·高二期中)已知等比数列{}n a 的各项均为正数,其前n 项和为n S ,若5432a a a +=,且存在两项m a ,n a ,使得14m n a a a =,则( ) A .12n n a a +=B .12n n S a a =-C .5mn =D .6m n +=36.(2022·全国·高二课时练习)n S 是数列{}n a 的前n 项的和,且满足11a =,12n n a S +=,则下列说法正确的是( ) A .{}n a 是等比数列 B .1123n n a -+=⨯C .{}n a 中能找到三项p a ,q a ,r a 使得p q r a a a =D .1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项的和74n T <37.(2022·江苏·高二单元测试)已知等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和0n S >,设2132n n n b a a ++=-,记{}n b 的前n 项和为n T ,则下列判断正确的是( )A .若2q ,则n n T S =B .若2q >,则n n T S >C .若14q =-,则n n T S >D .若34q =-,则n n T S <38.(2022·全国·高二单元测试)已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,且214S a =,2a 是11a +与312a 的等差中项,数列{}n b 满足1n n n n a b S S+=⋅,数列{}n b 的前n 项和为n T ,则下列命题正确的是( )A .数列{}n a 的通项公式为13-=n n aB .31n n S =-C .数列{}n b 的通项公式为()()1233131nn nn b +⨯=--D .n T 的取值范围是11,86⎡⎫⎪⎢⎣⎭39.(2022·全国·高二课时练习)记数列{}n a 的前n 项和为n S ,若存在实数H ,使得对任意的*n ∈N ,都有n S H <,则称数列{}n a 为“和有界数列”.下列说法正确的是( ) A .若数列{}n a 是等差数列,且公差0d =,则数列{}n a 是“和有界数列” B .若数列{}n a 是等差数列,且数列{}n a 是“和有界数列”,则公差0d = C .若数列{}n a 是等比数列,且公比q 满足1q <,则数列{}n a 是“和有界数列” D .若数列{}n a 是等比数列,且数列{}n a 是“和有界数列”,则公比q 满足1q <40.(2022·全国·高二单元测试)已知数列{}n a 满足11a =,()*1N 23n n naa n a +=∈+,则下列结论正确的是( )A .13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列B .{}n a 的通项公式为1123n n a -=- C .{}n a 为递增数列D .1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和2234n n T n +=--三、填空题41.(2022·全国·高二课时练习)数列a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n -1,…是首项为1,公比为2的等比数列,那么a n =________.42.(2022·全国·高二课时练习)设正项等比数列{a n }的首项a 1=12,前n 项和为S n ,且210S 30-(210+1)S 20+S 10=0,则公比q =________.43.(2022·全国·高二课时练习)已知等比数列{a n }的公比为12-,则135246a a a a a a ++++的值是________.44.(2022·江西·景德镇一中高二期中)在数列{}n a 及{}n b中,1n n n a a b +=+1n n n b a b +=+11a =,11b =.设11n n nc a b =+,则数列{}n c 的前2022项和为__________.45.(2022·全国·高二课时练习)等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项的和为S n ,已知S 3=74,S 6=634,则a 8=______.四、解答题46.(2022·河南商丘·高二期中(文))已知正项数列{}n a 满足19a =,()12n n n a a a +=+,设()lg 1n n b a =+.(1)求数列{}n b 的通项公式;(2)设1n n c a =+,数列{}n c 的前n 项积为n S ,若lg n n S b λ<恒成立,求实数λ的取值范围.47.(2022·河南商丘·高二期中(文))设公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知636S =,且2a 是1a ,5a 的等比中项. (1)求{}n a 的通项公式;(2)设2nn n b a =⨯,求数列{}n b 的前n 项和n T .48.(2022·陕西·延安市宝塔区第四中学高二月考)已知数列{}n a 的前n 项和S n =2n +1+A ,若{}n a 为等比数列.(1)求实数A 及{}n a 的通项公式;(2)设b n =log 2a n ,求数列{a n b n }的前n 项和T n .49.(2022·河南洛阳·高二期中(理))已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ,且11a =,211n n n S S a +++=,数列{}n b 满足12b =,2112na n nb b ++⋅=. (1)求证{}n a 为等差数列;(2)求证:12122n na a ab bb ++⋅⋅⋅+<.50.(2022·甘肃省民乐县第一中学高二期中(文))已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,111,1(*)n n a a S n N +==+∈,数列{}n b 满足11b =,12n n n b a b +=+.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式;(2)若数列{}n c 满足1nn n n ac b b +=,求证:1212n c c c +++<.【答案详解】1.B解:根据题意,等比数列{}n a 的前6项和为1894,公比为12,则有616(1)18914a q S q -==-,解可得124a =,则56134a a q ==; 故选:B . 2.B 【详解】设正项等比数列{}n a 的公比为q,则2q ==, 所以,()()()()()()()66111263486421234112412635121221151212a a a a a a a a SS a a a a a --++++++++⨯--====+++--. 故选:B. 3.B解:由题意,正项等比数列{}n a 中, 因为23S =,3412a a +=,所以()121221234331212a a a a q a a a a +=+=⎧⎧⇒⎨⎨+=+=⎩⎩,解得24q =. 因为0q >,所以2q .故选:B 4.B【详解】由于S 3、S 6-S 3、S 9-S 6,S 12-S 9成等比数列,S 3=8,S 6-S 3=16,故其比为2, 所以S 9-S 6=32,a 10+a 11+a 12=S 12-S 9=64. 故选:B . 5.B 【详解】由等比数列的性质可知,数列36396129,,,S S S S S S S ---是等比数列,即数列4,8,96129,S S S S --是等比数列,因此9661291216,12,32,32161260S S S S S S -==-==++=.故选:B. 6.B 【详解】设24,3S k S k ==,由数列{}n a 为等比数列(易知数列{}n a 的公比1q ≠-),得24264,,S S S S S --为等比数列又242,2S k S S k =-=644S S k ∴-= 67,S k ∴=647733S k S k ∴== 故选:B . 7.D 【详解】设等比数列{}n a 的奇数项之和为1S ,偶数项之和为2,S则311531a a S a a =++++,()2463213531123a a a a q a a a a S S ++++=++++==又1260S S +=,则11603S S +=,解得1230,90S S ==, 故数列{}n a 的所有项之和是3090120+=. 故选:D 8.B 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q , 则132112285k k a a a a a a q q +++++++==,即()2285184k q a a ++=-=,因为24242k a a a +++=,所以2q,则()21123221112854212712k k k a a a a a ++⨯-+++++=+==-,即211282k +=,解得3k =, 故选:B. 9.D解:设等比数列项数为2n 项,所有奇数项之和为S 奇,所有偶数项之和为S 偶, 根据题意得:S 奇=85,S 偶=170, ∴q S S ==偶奇2,又a 1=1,∴S 奇()21211na q q -==-85,整理得:1﹣4n =﹣3×85,即4n =256,解得:n =4,则这个等比数列的项数为8.故选D . 10.A 【详解】依题意21n n S a =-,当n=1时,a 1=2a 1-1,解得a 1=1; 当2n ≥时,由21n n S a =-得1121n n S a --=-,两式相减,得1122n n n n S S a a ---=-,即12n n a a -=,所以12nn a a -=()2n ≥, 所以数列{}n a 是首项为1,公比为2的等比数列, 所以12n na ,202020202020122112S -==--. 故选:A . 11.C解:数列{}n a 的前n 项和112nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,∴当2n 时,1111112212nn nn n n a S S -- ⎡⎤=-=--=-⎢⎥⎢⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪⎪⎝⎝⎭⎝⎣⎭⎥⎦,当1n =时,1111122a S ==-=-,上式也成立.∴12nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭可得112n n a a -=,∴数列{}n a 是首项为12-,公比为12的等比数列,但不是等差数列. 故选:C .12.A在121n n S S +=+中,令1n =,得23S =,所以22a =. 由121n n S S +=+得2121n n S S ++=+,两式相减得212n n a a ++=,即212n n a a ++=,又11a =,212a a =,所以数列{}n a 是以1为首项,2为公比的等比数列,所以66126312S -==-. 故选:A . 13.C 【详解】由题意,记每天走的路程为{}n a 是公比为12的等比数列,又由6161[1()]2378112-==-a S ,解得1192a =, 所以11192()2-=⨯n n a ,则21192()962a =⨯= 故前两天所走的路程为:192+96=288 故选:C 14.B 【详解】设每月的偿还金额都是a 元, 则()()()()122111111m p a a p a p a p +=+++++++,即()()()121211111a p m p p ⎡⎤-+⎣⎦+=-+,解得()()1212111mp p a p +=+-.故选:B 15.C 【详解】由题可得单位时间内的进光量形成公比为12的等比数列{}n a ,则F 4对应单位时间内的进光量为5a ,F 1.4对应单位时间内的进光量为2a ,从F 4调整到F 1.4,则单位时间内的进光量为原来的258a a =倍.故选:C. 16.C 【详解】设公比为q ,则211136a q a a q ⎧=⎨+=⎩解得12q =-或1q =,故25334a a q ==或53a =.故选:C. 17.B 【详解】设正项等比数列{}n a 的公比为q ,则()25267556a q q a a q qa a ++==+=,即260q q +-=,0q >,则2q,514132a a q ∴==, 所以,()11221321232n n nS --==-,()()211112122121122232nn n n n n n n n T a a a a --+++-⎛⎫=⋅⋅⋅=⋅=⋅= ⎪⎝⎭,因为1n n S a T +>,即211221123232n nn--+>,即2115222n n n -->,即213100n n -+<,n <,因为1112<,则25122<<, 因此,满足条件的正整数n 的最大值为12. 故选:B. 18.D 【详解】因为对任意*n N ∈,2121n n a a a ++=-①,当1n =时,11a =, 当2n ≥时,211121n n a a a --++=-②,①-②得11222n n n n a ---==,满足11a =,则()221124n n n a --==,即{}2n a 是首项为1,公比为4的等比数列,所以()22221231141(41)143n n n a a a a ⨯-++++==--. 故选:D. 19.B 【详解】由a 1a 2a 3=1得321,a =∴a 2=1,又a 4=4,故q 2=4,所以a 2+a 4+a 6+…+a 2n =1414n--=413n -. 故选:B20.A 【详解】根据题意,由1114n n n aa +-=, 得12121321111111444n nn a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,化简得()114141144143n n n a a -⨯---==-,因11a =,所以1413n n a -=,即341n n a =-.故选:A. 21.C 【详解】当1n =时,1121a S a b ==+-,当2n ≥时,11121221n n n n n n a S S a b a a b ---==⋅+--⋅⋅--+=从而22a a =,34a a = 因为{}n a 是等比数列所以公比322a q a ==,且212a a a ==,即21ab a +-=,即1a b += 所以444a b ≥==+,当且仅当44a b =,即12a b ==时,等号成立所以44a b +的最小值为4 故选:C 22.A 【详解】解:由等比数列前n 项和的性质知,当数列依次每k 项和不为0时,则依次每k 项和仍成等比数列,所以4S ,84S S -,128S S -,1612S S -,2016S S -成等比数列,且公比为4q .又441232S a a a a =+++=,484567844S S a a a a S q -=+++==,所以42q =,所以16201617181920432S S a a a a S q -=+++==.故选:A 23.D 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q . 当1q =时,21122m m S ma S ma ==与29m m S S =矛盾,不合乎题意;当1q ≠时,()()2122111119111m m m m m m m a q S q q q S qa q q---===+=---,则8mq =, 又2511m mma m q a m +==-,即5181m m +=-,解得3m =. 故选:D. 24.D设此人2020年6月1日存入银行的钱为1a 元,2022年6月1日存入银行的钱为2a 元,以此类推,则2025年6月1日存入银行的钱为6a 元,那么此人2025年6月1日从银行取出的钱有()6a a -元.由题意,得1a a =,()21a a r a =++,()()2311a a r a r a =++++,……,()()()()()5432611111a a r a r a r a r a r a =++++++++++,所以()()()256111a a a r r r ⎡⎤-=++++++⎣⎦()()()()()561111111r r a r r r a r ⎡⎤+-+⎣⎦⎡⎤=+-++⋅⎣-=⎦. 故选:D . 25.A 【详解】设数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为,n n A B ,则()()1211111,222111n n n n b q n n db d d q A a n a n n B q q q --⎛⎫=+=-+==-⎪---⎝⎭(1q ≠), 若1q =,则1n B nb =,则2211()5122n n n n dd S A n B a n n nb =+==+++--,显然没有出现5n ,所以1q ≠,所以21121221511n n b n b q d d a n n q q ⎛⎫-++-+= ⎪--⎝-⎭, 由两边的对应项相等可得110,1,5,1221bd d a q q -====--,解得111,2,5,4a d q b ====, 所以3d q -=-. 故选:A 26.D 【详解】由等比数列的定义,11122n n n a --=⋅=故222124n n n n b a --===由于112144,104n n n n b b b ---===≠ 故{}n b 是以1为首项,4为公比的等比数列a 12+a 22+⋯+a n 2=1(14)41143nn ⋅--=-故选:D 27.C 【详解】由题意可得所有项之和S S +奇偶是所有偶数项之和S 偶的4倍,所以,4S S S +=奇偶偶,故13S S =奇偶设等比数列{}n a 的公比为q ,设该等比数列共有()2k k N *∈项,则()242132113k k S a a a q a a a qS S -=+++=+++==奇奇偶,所以,13q =,因为3212364a a a a ==,可得24a =,因此,2112aa q ==.故选:C. 28.B解:由()112322n n n a a n ---=⋅≥,得()111322424n n n n a a n --=⋅+≥,∴()111112242n n n n a a n --⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭. 又由()112322n n n a a n ---=⋅≥,得2126a a -=,又1232a a =,∴13a =.所以111122a -=, ∴数列12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项,14为公比的等比数列,则12111112242n n n n a --⎛⎫⎛⎫-=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,∴()12122122n n n nn a --=+=+,∴()()231111212112122222221221212nn nn n n n S --⎛⎫- ⎪-⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+=+=⋅- ⎪-⎝⎭-,∴111112222232n n n n n n na S --==+++⋅-⋅.∴+12111111111122113222332312n n n n T ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+=⨯=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-. ∵对任意*n ∈N ,n T m <,∴m 的最小值为13. 故选:B. 29.B 【详解】在正项数列{}n a 中,12a =,且()2212,n n a a -是直线80x y -=上的点,可得22128n n a a -=,所以12n n a a -=,可得数列{}n a 是首项为2,公比为2的等比数列, 则{}n a 的前n 项和()12122212n n n S +-==--.故选:B 30.A由题意,乌龟每次爬行的距离构成等比数列{}n a , 其中11100,10a q ==,且30.00110n a -==, 所以乌龟爬行的总距离为3611110010(1)101101119000110nn n a a qa q S q q---⨯---====---. 故选:A. 31.B 【详解】由题意,231136112522a q a a q a q ⎧=⎪⎨+=⎪⎩,则3161214a q a q ⎧=⎪⎨=⎪⎩,可得q 3=18, ∴q =12,a 1=16,∴S 5=551116[1()](1)231112a q q--==-. 故选:B 32.D 【详解】由题意,2132116a a a ==,得214a =.令{}n a 的公比为0q >,由4322a a a +=,得2210q q +-=,得12q =,∴112a =,∴12n na =,令()111n n n b a +=-,则()2nn b =--,∴()()()12212212123nn n n S b b b ⎡⎤--⎣⎦⎡⎤=++⋅⋅⋅+==--⎣⎦--, 故选:D. 33.B 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q (q ≠1),又2021201920192020a a a a -=-,即201920129290120a a q a q -=+,而20190a ≠,则220q q +-=,解得2q =-,则201911201923a a S +⋅=,2019112020223a a S -⋅=,2019112021423a a S +⋅=,10a ≠,20192019201922111111202020212019(22)(42)(2)99a a a a a a S S S -⋅⋅+⋅+⋅=≠=,A 不正确;20192020202120192019201911111122422223323a a a a S a S a S -⋅+⋅+⋅=+==+,B 正确;20192019201922111111201920212020(2)(42)(22)99a a a a a a S S S +⋅⋅+⋅-⋅=≠=,C 不正确;2019201920191111201920212020112422523323a a a a a a S S S +⋅+⋅+⋅=+=+≠,D 不正确.故选:B 34.D 【详解】根据三角形中位线的性质可知:这五个正三角形的边长形成等比数列{}n a :前5项分别为:2,1,12,14,18, 所以这五个正三角形的面积之和为22222222461111112121248222⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=++++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦51414114⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭==-,故选:D . 35.BD 【详解】解:设等比数列{}n a 的公比为q ,且0q >因为5432a a a +=,即4321112a q a q a q +=化简得:221q q +=解得:12q =或1q =-(舍去)对A ,因为12q =,所以112n n a a +=,故A 错误;对B ,1111112211112nn n n n a a a a q a a q S a a q q ---====----,故B 正确; 对C,因为1a,即1a =,化简得:2214m n q+-=,又12q =解得6m n +=,当2m =,4n =时,8mn =,故C 错误; 对D ,由C 知,6m n +=,故D 正确. 故选:BD. 36.BD 【详解】当1n =时,211222a S a ===;当2n ≥时,由12n n a S +=可得12n n a S -=, 两式相减得12n n n a a a +=-,所以13n n a a +=,且2123aa =≠, 则数列{}n a 从第二项开始成以3为公比的等比数列,则222323n n n a a --=⋅=⨯,所以21,1,23,2,n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩则1123n n a -+=⨯,所以A 选项错误,B 选项正确. 由题意可知,数列{}n a 为单调递增数列,设p q <,若在数列{}n a 中能找到三项p a ,q a ,r a ,使得p q r a a a =, 则r q p >>且p ,q ,*r ∈N ,若1p =,则p r a a =,这与数列{}n a 单调递增矛盾, 若2p ≥,则224323292p q p q p q a a --+-=⨯⨯⨯=⨯,232r r a -=⨯,由p q r a a a =,可得42322p q r +--⨯=,由于432b q +-⨯能被3整除,22r -不能被3整除,故C 选项错误;因为21,1,11,2,23n n n a n -=⎧⎪=⎨≥⎪⨯⎩所以11T =;当2n ≥时,122111111113137231111112232323434413n n n n T ---⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=++++⋅⋅⋅+=+=+-<+= ⎪⨯⨯⨯⎝⎭-,故选项D 正确. 故选:BD 37.AB 【详解】由于{}n a 是等比数列,0n S >,所以110a S =>,0q ≠, 当1q =时,10n S na =>,符合题意; 当1q ≠时,()1101n n a q S q-=>-,即101nq q->-, 等价于1010n q q ⎧->⎨->⎩或1010n q q ⎧-<⎨-<⎩,对于1010n q q ⎧->⎨->⎩,由于n 可能是奇数,也可能是偶数,所以(1,0)(0,1)q ∈-⋃,对于1010n q q ⎧-<⎨-<⎩可得:1q >.综上所述,q 的取值范围是(1,0)(0,)-+∞;因为2213322n n n n b a a a q q ++⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭,所以232n n T q q S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,所以2311(2)22n n n n T S S q q S q q ⎛⎫⎛⎫-=⋅--=⋅+⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0n S >,且(1,0)(0,)q ∈-⋃+∞,所以,当12q =-或2q 时,0n n T S -=,即n n T S =,故A选项正确.当112q -<<-或2q >时,0n n T S ->,即n n T S >,故B 选项正确,D 选项错误. 当12(0)2q q -<<≠时,0n n T S -<,即n n T S <,故C 选项错误; 故选:AB. 38.BD 【详解】A :由214S a =可得213a a =,所以等比数列{}n a 的公比3q =,所以113n n a a -=⨯. 由2a 是11a +与312a 的等差中项,可得2131212a a a =++,即()2111123132a a a ⨯=++⨯,解得12a =,所以123n n a -=⨯,所以A 不正确; B :()()1121331113nnnn a q S q-⨯-===---,所以B 正确;C :()()111123111331313131n n n n n n n n n a b S S -+++⨯⎛⎫===- ⎪⋅----⎝⎭,所以C 不正确;D :12n n T b b b =++⋅⋅⋅+1223111111111111113333231313131313131n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以数列{}n T 是递增数列,得11110326n T T ⎛⎫≤<⨯-= ⎪⎝⎭,所以1186n T ≤<,所以D 正确.故选:BD. 39.BC【详解】若数列{}n a 是公差为d 的等差数列,则211(1)()222n n n d d dS na n a n -=+=+-, 当0d =时,若10a ≠,则1n S a n =⋅,n S 是n 的一次函数,不存在符合题意的H ,A 错误; 数列{}n a 是“和有界数列”,当0d ≠时,n S 是n 的二次函数,不存在符合题意的H ,当0d =,10a =时,存在符合题意的H ,B 正确;若数列{}n a 是公比为(1)≠q q 的等比数列,则1(1)1-=-n n a q S q,因q 满足1q <,则||1n q <,即|1|2nq -<,11|||||1|2||11n n a a S q qq=⋅-<--,则存在符合题意的实数H ,即数列{}n a 是“和有界数列”,C 正确;若等比数列{}n a 是“和有界数列”,当1q =-时,若n 为偶数,则0n S =,若n 为奇数,则1n S a =,即1=n S a ,从而存在符合题意的实数H ,D 错误. 故选:BC 40.AD 【详解】因为123nn n a a a +=+,所以112323n nn n a a a a ++==+, 所以111323n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭,且11340a +=≠, 所以13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以4为首项,2为公比的等比数列,即11342n na -+=⨯,所以1231n na +=-,可得1123n n a +=-,故选项A 正确,选项B 不正确;因为1231n na +=-单调递增,所以1123n n a +=-单调递减,即{}n a 为递减数列,故选项C 不正确;1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和()()()()2312132323232223n n n T n ++=-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅⋅+- 22122323412nn n n +-=⨯-=---.故选项D 正确;故选:AD . 41.2n -1(n ∈N *) 【详解】a n -a n -1=a 1q n -1=2n -1,即21232112,2,2n n n a a a a a a ---=⎧⎪-=⎪⎨⎪⎪-=⎩ 各式相加得a n -a 1=2+22+…+2n -1=2n -2, 故a n =a 1+2n -2=2n -1(n ∈N *). 又1n =时,11a =符合a n =2n -1 故答案为:2n -1(n ∈N *). 42.12 【详解】由210S 30-(210+1)S 20+S 10=0, 得210(S 30-S 20)=S 20-S 10.∴302010201012S S S S -=-,∵数列{a n }是等比数列∴10302021222330201011121320S S a a a a q S S a a a a -++++==-++++ 故101012q =,解得:12q =± 因为等比数列{a n }为正项数列,所以0q >,故12q = 故答案为:12 43.2- 【分析】由等比数列的通项公式与性质求解即可 【详解】∵等比数列{a n }的公比为12-,则()1351352461352a a a a aa a a a q a a a ++++==-++++.故答案为:2-44.4042. 【详解】由1n n n a a b +=+1n n n b a b +=+ 两式相加可得:()112n n n n a b a b +++=+,故数列{}n n a b +是以2为首项,2为公比的等比数列, 所以2nn n a b +=;两式相乘可得:()()222112n n n n n n n n a b a b a b a b ++⋅=+-+=⋅,故数列{}n n a b ⋅是以1为首项,2为公比的等比数列, 所以12n n n a b -⋅=, 故112n nn nn n n a b c a b a b ⎛⎫+=+==⎪⋅⎝⎭, 故数列{}n c 的前2022项和为2021202124042S =⨯=, 故答案为:4042 45.32 【详解】当q =1时,显然不符合题意;当q ≠1时,3161(1)714(1)6314a q q a q q ⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩,解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩,∴a 8=14×27=32. 故答案为:32 46.(1)12n n b -=(2)[)2,+∞ (1)由已知可得()2111++=+n n a a ,所以()()1lg 12lg 1++=+n n a a ,即12n n b b +=, 又()()11lg 1lg 191b a =+=+=,所以{}n b 是首项为1,公比为2的等比数列,所以12n n b -=.(2)由(1)可知()1lg 12n n n a b -=+=,所以12101n n a -=-,12110n n n c a -=+=.所以021112222122212122101011010100n nn n n S c c c --+++⋅⋅⋅+-⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅==⋅=⋅.lg n n S b λ<即1212n n λ--<,即1122n λ->-, 因为1122n --关于n 单调递增,而11222n --<且无限接近于2, 所以实数λ的取值范围是[)2,+∞. 47.(1)21n a n =-(2)()12326n n T n +=-⨯+(1)设{}n a 的公差为d (0d ≠).由题可知()()1211165636,24,a d a d a a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=+⎩解得11,2,a d =⎧⎨=⎩所以{}n a 的通项公式为()12121n a n n =+-=-. (2)由(1)可知()212nn b n =-⨯,所以()()231123252232212n nn T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯…①()()23412123252232212n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯…②①-②得()()23122222212n n n T n +-=+⨯++⋅⋅⋅+--⨯()()()211121222212322612n n n n n -++⨯-=+⨯--⨯=-⨯--,所以()12326n n T n +=-⨯+.48.(1)A =-2,2nn a =.(2)()1122n n T n ++=-(1)根据题意,数列{}n a 的前n 项和S n =2n +1+A , 则a 1=S 1=22+A =4+A ,a 2=S 2-S 1=(23+A )-(22+A )=4, a 3=S 3-S 2=(24+A )-(23+A )=8,又由{}n a 为等比数列,则a 1×a 3=(a 2)2,即(4+A )×8=42=16, 解可得A =-2,则a 1=4-2=2,即数列{}n a 是首项为2,公比为2的等比数列, 则2nn a =, (2)设2n n b log a =,则设222nn n b log a log n ===, 则2nn n a b n ⨯=,故231222322nn T n ⨯⨯⨯⋯⋯⨯=++++,①则有()23121222122n n n T n n ⨯+⨯+⋯⋯+⨯⨯+=-+,② ①-②可得:()231122222122n n n n T n n +++++⋯⋯+⨯-=-=--,变形可得:()1122n n T n ++=-,故()1122n n T n ++=-.49. (1)证明:由题意有22111,(2)n n n n n n S S a S S a n ++-+=+=≥,两式相减得2211n n n n a a a a +++=-,即()22110n n n n a a a a ++--+=,所以()()1110n n n n a a a a ++--+=,因为数列{}n a 为正项数列,所以10n n a a ++>, 所以11(2)n n a a n +-=≥,又因为2212S S a +=,即22122a a a +=,解得22a =,且11a =, 所以211a a -=也满足上式,所以*11()n n a a n N +-=∈,所以数列{}n a 为以1为首项1为公差的等差数列; (2)证明:由(1)有()111n a n n =+-⨯=,又2112na n nb b ++⋅=,所以2112n n n b b ++⋅=,()21122n n n b b n --⋅=≥,两式相除有()2112112422n n n n b n b ++--==≥,又12b =,24b =, 所以135721,,,,,n b b b b b -是以12b =为首项,公比为4的等比数列,24682,,,,,n b b b b b 是以24b =为首项,公比为4的等比数列,所以数列{}n b 是以12b =为首项,公比为2的等比数列,所以2nn b =,所以2n n na nb =,令1212n n na a a Tb b b =++⋅⋅⋅+, 则()2111111212222n n nT n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯, ()2311111112122222n n n T n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯, 两式相减可得231111111111111222112222222212nn n n n n n T n n +++⎛⎫- ⎪+⎝⎭=++++-⨯=-⨯=--,所以222n nn T +=-, 因为n N ∈,所以2222n nn T +=-<,从而得证原不等式成立. 50. (1)解:由11n n a S +=+,得11(2)n n a S n -=+≥, 所以11(2)2(2)n n n n n a a a n a a n ++-=≥=≥,即 又由11a =,得22a =,满足12n n a a +=,所以12n n a ,而122n n n n b b a +-==,所以1211222n n n b b ---=++⋯+,所以()1211212221=2121n n n nn b --⨯-=++++=--…;(2) 证明:因为11+12111()2(21)(21)2121n nn n n n c -+==-----, 所以121223111111111111()=(1)22221212121212121n n n n c c c ++++=-+-+--<-------.。
等比数列及其前n项和专题练习(含参考答案)
数学 等比数列及其前n 项和一、选择题1.在等比数列{a n }中,a 1=12,q =12,a n =132,则项数n 为( )A .3B .4C .5D .62.在等比数列{a n }中,若a 1<0,a 2=18,a 4=8,则公比q 等于( ) A .32B .23C .-23D .23或-233.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塔的2倍,则塔的顶层共有灯( )A .1盏B .3盏C .5盏D .9盏4.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 3=14,a 3=8,则a 6=( ) A .16 B .32 C .64D .1285.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n =a ·2n -1+16,则实数a 的值为( )A .-13B .13C .-12D .126.设等比数列{a n }的公比为q >0,且q ≠1,S n 为数列{a n }前n 项和,记T n =a nS n ,则( )A .T 3≤T 6B .T 3<T 6C .T 3≥T 6D .T 3>T 67.已知{a n }是首项为1的等比数列,若S n 是数列{a n }的前n 项和,且28S 3=S 6,则数列{1a n}的前4项和为( ) A .158或4B .4027或4C .4027D .1588.已知数列{a n }是递减的等比数列,S n 是{a n }的前n 项和,若a 2+a 5=18,a 3a 4=32,则S 5的值是( )A .62B .48C .36D .31二、填空题9.数列{a n }满足:log 2a n +1=1+log 2a n ,若a 3=10,则a 8=_____.10.已知数列{a n }是等比数列,a 2=2,a 5=14,则a 1a 2a 3+a 2a 3a 4+…+a n a n +1a n +2= .11.等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8=_____.12. 已知等比数列{a n }中,a 2=1,则其前3项的和S 3的取值范围是_____. 三、解答题13.等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3. (1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m .14. (2018·安徽联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和,且满足S n -2a n =n -4. (1)证明:{S n -n +2}为等比数列. (2)求数列{S n }的前n 项和T n .1.已知1,a 1,a 2,4成等差数列,1,b 1,b 2,b 3,4成等比数列,则a 1+a 2b 2的值是( )A .52或-52B .-52C .52D .122.等比数列{a n }共有奇数项,所有奇数项的和S 奇=255,所有偶数项的和S 偶=-126,末项是192,则首项a 1等于( )A .1B .2C .3D .43.各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S n =2,S 3n =14,则S 4n =( ) A .80 B .30 C .26D .164.在等比数列{a n }中,a 1+a n =82,a 3·a n -2=81,且前n 项和S n =121,则此数列的项数n 等于( )A .4B .5C .6D .75. 已知等比数列{a n }满足条件a 2+a 4=3(a 1+a 3),a 2n =3a 2n ,n ∈N *,数列{b n }满足b 1=1,b n -b n -1=2n -1(n ≥2,n ∈N *).(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)若数列{c n }满足c 1a 1+c 2a 2+c 3a 3+…+c na n=b n ,n ∈N *,求{c n }的前n 项和T n .【参考答案】一、选择题1.在等比数列{a n }中,a 1=12,q =12,a n =132,则项数n 为( C )A .3B .4C .5D .62.在等比数列{a n }中,若a 1<0,a 2=18,a 4=8,则公比q 等于( C ) A .32B .23C .-23D .23或-23[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1q =18,a 1q 3=8解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=27,q =23或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=-27,q =-23,又a 1<0,因此q =-23.故选C .3.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塔的2倍,则塔的顶层共有灯( B )A .1盏B .3盏C .5盏D .9盏[解析] 设塔的顶层共有灯x 盏,则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列,由x (1-27)1-2=381可得x =3.4.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 3=14,a 3=8,则a 6=( C ) A .16 B .32 C .64D .128[解析] 由题意得,等比数列的公比为q ,由S 3=14,a 3=8,则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1+q +q 2)=14,a 3=a 1q 2=8,,解得a 1=2,q =2,所以a 6=a 1q 5=2×25=64,故选C .5.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n =a ·2n -1+16,则实数a 的值为( A )A .-13B .13C .-12D .12[解析] 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=a ·2n -1-a ·2n -2=a ·2n -2,当n =1时,a 1=S 1=a +16,又因为{a n }是等比数列,所以a +16=a 2,所以a =-13.6.设等比数列{a n }的公比为q >0,且q ≠1,S n 为数列{a n }前n 项和,记T n =a nS n ,则( D )A .T 3≤T 6B .T 3<T 6C .T 3≥T 6D .T 3>T 6[解析] T 6-T 3=a 6(1-q )a 1(1-q 6)-a 3(1-q )a 1(1-q 3)=q 5(1-q )1-q 6-q 2(1-q )1-q 3=-q 2(1-q )1-q 6,由于q >0且q ≠1,所以1-q 与1-q 6同号,所以T 6-T 3<0,∴T 6<T 3,故选D .7.已知{a n }是首项为1的等比数列,若S n 是数列{a n }的前n 项和,且28S 3=S 6,则数列{1a n}的前4项和为( C ) A .158或4B .4027或4C .4027D .158[解析] 设数列{a n }的公比为q .当q =1时,由a 1=1,得28S 3=28×3=84.S 6=6,两者不相等,因此不合题意. 当q ≠1时,由28S 3=S 6及首项为1,得28(1-q 3)1-q =1-q 61-q ,解得q =3.所以数列{a n }的通项公式为a n =3n -1.所以数列{1a n }的前4项和为1+13+19+127=4027.8.已知数列{a n }是递减的等比数列,S n 是{a n }的前n 项和,若a 2+a 5=18,a 3a 4=32,则S 5的值是( A )A .62B .48C .36D .31[解析] 由a 2+a 5=18,a 3a 4=32,得a 2=16,a 5=2或a 2=2,a 5=16(不符合题意,舍去),设数列{a n }的公比为q ,则a 1=32,q =12,所以S 5=32[1-(12)5]1-12=62,选A .二、填空题9.数列{a n }满足:log 2a n +1=1+log 2a n ,若a 3=10,则a 8=__320___.[解析] 由题意知log 2a n +1=log 22a n ,∴a n +1=2a n ,∴{a n }是公比为2的等比数列,又a 3=10,∴a 8=a 3·25=320.10.已知数列{a n }是等比数列,a 2=2,a 5=14,则a 1a 2a 3+a 2a 3a 4+…+a n a n +1a n +2=647(1-2-3n) .[解析] 设数列{a n }的公比为q ,则q 3=a 5a 2=18,解得q =12,a 1=a 2q=4.易知数列{a n a n +1a n+2}是首项为a 1a 2a 3=4×2×1=8,公比为q 3=18的等比数列,所以a 1a 2a 3+a 2a 3a 4+…+a n a n+1a n +2=8(1-18n )1-18=647(1-2-3n ). 11.等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8=__32___.[解析] 由题意知S 3=a 1+a 2+a 3=74,a 4+a 5+a 6=S 6-S 3=634-74=14=74·q 3,∴q =2.又a 1+2a 1+4a 1=74,∴a 1=14,∴a 8=14×27=32.12. 已知等比数列{a n }中,a 2=1,则其前3项的和S 3的取值范围是__(-∞,-1]∪[3,+∞)___.[解析] 设等比数列的公比为q ,则S 3=1q +q +1∵|1q +q |=1|q |+|q |≥2(当且仅当|q |=1时取等号) ∴1q +q ≥2或1q+q ≤-2∴S 3≥3或S 3≤-1,∴S 3的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞). 三、解答题13.等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3. (1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m .[分析] 本题考查等比数列的通项公式、前n 项和公式. (1)根据已知,建立含有q 的方程→求得q 并加以检验→代入等比数列的通项公式(2)利用等比数列前n 项和公式与已知建立等量关系即可求解. [解析] (1)设{a n }的公比为q ,由题设得a n =q n -1.由已知得q 4=4q 2,解得q =0(舍去)或q =-2或q =2.故a n =(-2)n -1或a n =2n -1. (2)若a n =(-2)n -1,则S n =1-(-2)n 3.由S m =63得(-2)m =-188,此方程没有正整数解.若a n =2n -1,则S n =2n -1.由S m =63得2m =64,解得m =6.综上,m =6. [解后反思] 等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略: (1)求通项.求出等比数列的两个基本量a 1和q 后,通项便可求出. (2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解. (3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.(4)求前n 项和.直接将基本量代入等比数列的前n 项和公式求解或利用等比数列的性质求解.[易错警示] 解方程时,注意对根的检验.求解等比数列的公比时,要结合题意进行讨论、取值,避免错解.14. (2018·安徽联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和,且满足S n -2a n =n -4. (1)证明:{S n -n +2}为等比数列. (2)求数列{S n }的前n 项和T n .[解析] (1)证明:由题意知S n -2(S n -S n -1)=n -4(n ≥2), 即S n =2S n -1-n +4,所以S n -n +2=2[S n -1-(n -1)+2], 又易知a 1=3,所以S 1-1+2=4,所以{S n -n +2}是首项为4,公比为2的等比数列. (2)由(1)知S n -n +2=2n +1, 所以S n =2n +1+n -2,于是T n =(22+23+…+2n +1)+(1+2+…+n )-2n =4(1-2n )1-2+n (n +1)2-2n =2n +3+n 2-3n -82.1.已知1,a 1,a 2,4成等差数列,1,b 1,b 2,b 3,4成等比数列,则a 1+a 2b 2的值是( C )A .52或-52B .-52C .52D .12[解析] 由题意得a 1+a 2=5,b 22=4,又b 2与第一项的符号相同,所以b 2=2.所以a 1+a 2b 2=52.故选C . [技巧点拨] (1)在等差(比)数列的基本运算中要注意数列性质的运用,利用性质解题可简化运算,提高运算的速度.(2)根据等比中项的定义可得,在等比数列中,下标为奇数的项的符号相同,下标为偶数的项的符号相同,在求等比数列的项时要注意这一性质的运用,避免出现符号上的错误.2.等比数列{a n }共有奇数项,所有奇数项的和S 奇=255,所有偶数项的和S 偶=-126,末项是192,则首项a 1等于( C )A .1B .2C .3D .4[解析] ∵a n =192, ∴q =S 偶S 奇-a n =-12663=-2.又S n =a 1-a n q1-q=S 奇+S 偶,∴a 1-192×(-2)1-(-2)=255+(-126),解得a 1=3,故选C .3.各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S n =2,S 3n =14,则S 4n =( B ) A .80 B .30 C .26D .16[解析] 由等比数列的性质知S n 、S 2n -S n 、S 3n -S 2n 成等比数列,∴(S 2n -2)2=2(14-S 2n ),∴S 2n =6或-4(舍去),又S 2n -S n 、S 3n -S 2n 、S 4n -S 3n 成等比数列,∴82=4(S 4n -14),∴S 4n =30.故选B .另解:(特殊化)不妨令n =1,则a 1=S 1=2,S 3=2(1-q 3)1-q =14,∴q 2+q -6=0,∴q =2或-3(舍去)∴S 4=2(1-q 4)1-q=30.故选B .4.在等比数列{a n }中,a 1+a n =82,a 3·a n -2=81,且前n 项和S n =121,则此数列的项数n 等于( B )A .4B .5C .6D .7[解析] 在等比数列{a n }中,a 3·a n -2=a 1·a n =81,又a 1+a n =82,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,a n =81或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=81,a n =1.当a 1=1,a n =81时,S n =1-81q1-q =121,解得q =3.由a n =a 1q n -1得81=3n -1,解得n =5. 同理可得当a 1=81,a n =1时,n =5.故选B .5. 已知等比数列{a n }满足条件a 2+a 4=3(a 1+a 3),a 2n =3a 2n ,n ∈N *,数列{b n }满足b 1=1,b n -b n -1=2n -1(n ≥2,n ∈N *).(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)若数列{c n }满足c 1a 1+c 2a 2+c 3a 3+…+c na n =b n ,n ∈N *,求{c n }的前n 项和T n .[解析] (1)设{a n }的通项公式为a n =a 1q n -1,n ∈N *,由已知a 2+a 4=3(a 1+a 3),a 1q +a 1q 3=3(a 1+a 1q 2),得q =3,由已知a 2n =3a 2n ,即a 1q 2n -1=3a 21q 2n -2, 解得q =3a 1,a 1=1,所以{a n }的通项公式为a n =3n -1.因为b 1=1,b n -b n -1=2n -1(n ≥2,n ∈N *), 可得b 2-b 1=3,b 3-b 2=5,…,b n -b n -1=2n -1, 累加可得b n =n 2.(2)当n =1时,c 1a 1=1,c 1=1,当n ≥2时,c 1a 1+c 2a 2+c 3a 3+…+c na n =n 2①c 1a 1+c 2a 2+c 3a 3+…+c n -1a n -1=(n -1)2② 由①-②得到c na n =2n -1,c n =(2n -1)·3n -1,n ≥2,综上,c n =(2n -1)·3n -1,n ∈N *.T n =1×30+3×31+…+(2n -3)×3n -2+(2n -1)×3n -1③ 3T n =1×31+3×32+…+(2n -3)×3n -1+(2n -1)×3n ④ 由③-④得到-2T n =1×30+2×(31+32+…+3n -1)-(2n -1)×3n =1×30+2×3(3n -1-1)3-1-(2n -1)×3n .所以T n =1+(n -1)×3n .。
高二数学人教A版选择性必修第二册第四章4.3.2等比数列前n项和公式的应用-同步练习及解析答案
高中数学人教A 版(新教材)选择性必修第二册4.3.2第2课时 等比数列前n 项和公式的应用一、选择题1.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且4a 1,2a 2,a 3成等差数列.若a 1=1,则S 4等于( ) A .7 B .8 C .15 D .162.设{a n }是由正数组成的等比数列,S n 为其前n 项和.已知a 2a 4=1,S 3=7,则S 5等于( ) A .152 B .314 C .334 D .1723.设各项都是正数的等比数列{a n },S n 为其前n 项和,且S 10=10,S 30=70,那么S 40等于( ) A .150B .-200C .150或-200D .4004.设数列{x n }满足log 2x n +1=1+log 2x n (n ∈N *),且x 1+x 2+…+x 10=10 ,记{x n }的前n 项和为S n ,则S 20等于( ) A .1 025B .1 024C .10 250D .20 2405.已知公差d ≠0的等差数列{a n } 满足a 1=1,且a 2,a 4-2,a 6成等比数列,若正整数m ,n 满足m -n =10,则a m -a n =( ) A .30B .20C .10D .5或406.(多选题)已知S n 是公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和,若q ≠1,m ∈N *,则下列说法正确的是( ) A .S 2m S m =a 2ma m +1B .若S 6S 3=9,则q =2C .若S 2m S m =9,a 2m a m =5m +1m -1,则m =3,q =2D .若a 6a 3=9,则q =37.在各项都为正数的数列{a n }中,首项a 1=2,且点(a 2n ,a 2n -1)在直线x -9y =0上,则数列{a n }的前n 项和S n 等于( ) A .3n-1 B .1-(-3)n 2C .1+3n 2D .3n 2+n 2二、填空题8.在数列{a n }中,a n +1=ca n (c 为非零常数),且前n 项和为S n =3n +k ,则实数k =________. 9.等比数列{a n }共有2n 项,它的全部各项的和是奇数项的和的3倍,则公比q =________. 10.设{a n }是公差不为零的等差数列,S n 为其前n 项和.已知S 1,S 2,S 4成等比数列,且a 3=5,则数列{a n }的通项公式为a n =________.11.等比数列{a n }的首项为2,项数为奇数,其奇数项之和为8532,偶数项之和为2116,则这个等比数列的公比q =________,又令该数列的前n 项的积为T n ,则T n 的最大值为________. 12.设数列1,(1+2),(1+2+22),…,(1+2+22+…+2n -1),…的第n 项为a n ,前n 项和为S n ,则a n =________,S n =________. 三、解答题13.一个项数为偶数的等比数列,全部项之和为偶数项之和的4倍,前3项之积为64,求该等比数列的通项公式.14.在等差数列{a n }中,a 2=4,a 4+a 7=15. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n -2+n ,求b 1+b 2+b 3+…+b 10的值.15.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 2=4,a n +1=2S n +1,n ∈N *. (1)求通项公式a n ;(2)求数列{|a n -n -2|}的前n 项和.参考答案一、选择题 1.答案:C解析:由题意得4a 2=4a 1+a 3,∴4a 1q =4a 1+a 1q 2, ∴q =2,∴S 4=1·(1-24)1-2=15.]2.答案:B解析:显然公比q ≠1,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3=1,a 1(1-q 3)1-q=7,解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=4,q =12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=9,q =-13(舍去),∴S 5=a 1(1-q 5)1-q =4⎝⎛⎭⎫1-1251-12=314.]解析:依题意,数列S 10,S 20-S 10,S 30-S 20,S 40-S 30成等比数列, 因此有(S 20-S 10)2=S 10(S 30-S 20).即(S 20-10)2=10(70-S 20),解得S 20=-20或S 20=30, 又S 20>0,因此S 20=30,S 20-S 10=20,S 30-S 20=40, 故S 40-S 30=80,S 40=150.故选A. 4.答案:C解析:∵log 2x n +1=1+log 2x n =log 2(2x n ),∴x n +1=2x n ,且x n >0, ∴{x n }为等比数列,且公比q =2,∴S 20=S 10+q 10S 10=10+210×10=10 250,故选C.] 5.答案:A解析:设等差数列的公差为d ,因为a 2,a 4-2,a 6成等比数列,所以(a 4-2)2=a 2·a 6, 即(a 1+3d -2)2=(a 1+d )·(a 1+5d ),即(3d -1)2=(1+d )·(1+5d ),解得d =0或d =3,因为公差d ≠0,所以d =3,所以a m -a n =a 1+(m -1)d -a 1-(n -1)d =(m -n )d =10d =30,故选A.] 6.答案:ABC解析:[∵q ≠1,∴S 2m S m =a 1(1-q 2m )1-q a 1(1-q m )1-q =1+q m.而a 2m a m =a 1q 2m -1a 1qm -1=q m ,∴A 正确;B 中,m =3,∴S 6S 3=q 3+1=9,解得q =2.故B 正确;C 中,由S 2m S m =1+q m =9,得q m =8.又a 2ma m =q m =8=5m +1m -1,得m =3,q =2,∴C 正确;D 中,a 6a 3=q 3=9,∴q =39≠3,∴D 错误,故选ABC.]7.答案:A解析:由点(a 2n ,a 2n -1)在直线x -9y =0上,得a 2n -9a 2n -1=0,即(a n +3a n -1)(a n -3a n -1)=0,又数列{a n }各项均为正数,且a 1=2,∴a n +3a n -1>0,∴a n -3a n -1=0,即a n a n -1=3,∴数列{a n }是首项a 1=2,公比q =3的等比数列,其前n 项和S n =a 1(1-q n )1-q =2×(3n -1)3-1=3n-1.]二、填空题解析:由a n +1=ca n 知数列{a n }为等比数列.又∵S n =3n +k , 由等比数列前n 项和的特点S n =Aq n -A 知k =-1.] 9.答案:2解析:设{a n }的公比为q ,则奇数项也构成等比数列,其公比为q 2,首项为a 1, S 2n =a 1(1-q 2n )1-q ,S 奇=a 1[1-(q 2)n ]1-q 2.由题意得a 1(1-q 2n )1-q =3a 1(1-q 2n )1-q 2,∴1+q =3,∴q =2.10.答案:2n -1解析:设等差数列{a n }的公差为d ,(d ≠0), 则S 1=5-2d ,S 2=10-3d ,S 4=20-2d ,因为S 22=S 1·S 4,所以(10-3d )2=(5-2d )(20-2d ),整理得5d 2-10d =0,∵d ≠0,∴d =2, a n =a 3+(n -3)d =5+2(n -3)=2n -1.] 11.答案:122解析:设数列{a n }共有2m +1项,由题意得S 奇=a 1+a 3+…+a 2m +1=8532,S 偶=a 2+a 4+…+a 2m =2116,S 奇=a 1+a 2q +…+a 2m q =2+q (a 2+a 4+…+a 2m )=2+2116q =8532, ∴q =12,∴T n =a 1·a 2·…·a n =a n 1q 1+2+…+n -1=232n -n 22,故当n =1或2时,T n取最大值,为2.] 12.答案:2n -1 2n +1-n -2 解析:因为a n =1+2+22+…+2n -1=1-2n 1-2=2n-1, 所以S n =(2+22+23+…+2n )-n =2(1-2n )1-2-n =2n +1-n -2. 三、解答题13.解:设数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,全部奇数项、偶数项之和分别记为S 奇,S 偶, 由题意,知S 奇+S 偶=4S 偶,即S 奇=3S 偶. ∵数列{a n }的项数为偶数,∴q =S 偶S 奇=13.又a 1·a 1q ·a 1q 2=64,∴a 31·q 3=64,得a 1=12.故所求通项公式为a n =12×⎝⎛⎭⎫13n -1.14.解:(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1+d =4,(a 1+3d )+(a 1+6d )=15,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=3,d =1.所以a n =a 1+(n -1)d =n +2. (2)由(1)可得b n =2n +n , 所以b 1+b 2+b 3+…+b 10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10) =2(1-210)1-2+(1+10)×102=(211-2)+55 =211+53=2 101.15.解:(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1+a 2=4,a 2=2a 1+1,则⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,a 2=3.又当n ≥2时,由a n +1-a n =(2S n +1)-(2S n -1+1)=2a n ,得a n +1=3a n ,故a n =3n -1(n ≥2,n ∈N *),又当n =1时也满足a n =3n -1, 所以数列{a n }的通项公式为a n =3n -1,n ∈N *. (2)设b n =|3n -1-n -2|,n ∈N *,b 1=2,b 2=1.当n ≥3时,由于3n -1>n +2,故b n =3n -1-n -2,n ≥3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 1=2,T 2=3.n ≥3时,T n =3+9(1-3n -2)1-3-(n -2)(3+n +4)2=3n -n 2-5n +112.∴T n=⎩⎪⎨⎪⎧2, n =1,3, n =2,3n-n 2-5n +112,n ≥3.高中数学选修2-1《常用逻辑用语》单元过关平行性测试卷(A 卷)一.单项选择题:本大题共6小题,每小题4分,共24分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.(1)“x <0”是“ln(x +1)<0”的( )A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充分必要条件D . 既不充分也不必要条件(2)下列命题正确的是( )A . “x =y ”是“sinx =siny ”的充分不必要条件;B . 命题“p ∧q ”为假命题,则命题p 与命题q 都是假命题;C . “am 2<bm 2”是“a <b ”成立的必要不充分条件;D . 命题“存在x 0∈R ,使得x 02+x 0+1<0”的否定是:“对任意x ∈R ,均有x 2+x +1<0”.(3)对任意实数a ,b ,c ,给出下列命题: ①“a b =”是“ac bc =”的充要条件②“5a +是无理数”是“a 是无理数”的充要条件; ③“a b >”是“22a b >”的充分不必要条件 ④“5a <”是“3a <”的必要不充分条件, 其中真命题的个数为( )A .1B .2C .3D .4(4)有下列结论: ①命题 p:∀x ∈R ,x 2>0为真命题 ;②设p:x x+2>0 ,q:x 2+x −2>0,则 p 是 q 的充分不必要条件 ;③已知实数0x >,0y >,则“1xy <”是“1133log log 0x y +>”的充要条件;④非零向量a ⃑与b ⃑⃑满足|a ⃑|=|b ⃑⃑|=|a ⃑−b ⃑⃑|,则a ⃑与a ⃑+b⃑⃑的夹角为300. 其中正确的结论有( )A . 3个B . 2个C . 1个D . 0个(5)命题p :若a <b ,则ac 2<bc 2;命题q ;∃x 0>0,使得ln x 0=1−x 0,则下列命题中为真命题的是( ;A . p ∧qB . p ∨(¬q )C . (¬p )∧qD . (¬p )∧(¬q )(6)设x ∈R ,若“log 2(x −1)<1”是“x >2m 2−1”的充分不必要条件,则实数m 的取值范围是( )A . [−√2,√2]B . (−1,1)C . (−√2,√2)D . [−1,1] 二.多项选择题:本大题共2小题,每小题4分,共8分,在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.(7) 下列说法正确的是( ) A.x >3是x 2>4的充分不必要条件 B.命题“∃x 0∈R , x 0+1x 0≥2"的否定是“∀x ∈R , x +1x>2”C.若tan (π+α)=2,则sin2α=±45D.定义在[a,b ]上的偶函数f (x )=x 2+(a +5)x +b 的最大值为30 (8)下列说法正确的有( )A.已知a,b ∈R ,且a −3b +6=0,则2a +18b 的最小值为14B.函数y =sin (2x +π5)的图象向右平移π10个单位长度,得到的函数在区间[34π,54π]上单调递增C.命题“∀x ≥1,x −1≥0”的否定形式为“∃x ≥1,x −1≤0”D.函数y =log a (x +1)(a >0且a ≠1)恒过定点(1,0) 三、填空题:本大题共4题,每小题4分,共16分.(9)已知:40p x m -<,:22q x -≤≤,若p 是q 的一个必要不充分条件,则m 的取值范围为___________.(10)“a =1”是“直线ax −y +2a =0与直线(2a −1)x +ay +a =0互相垂直”的___________条件(填“必要不充分”“充分不必要”“充要”或“既不充分又不必要”). (11)已知x ∈R ,则“|x −1|<2成立”是“x x−3<0成立”的_________条件.(请在“充分不必要.必要不充分.充分必要”中选择一个合适的填空).(12)有下列命题: ;“x >2且y >3”是“x +y >5”的充要条件;;“b 2−4ac <0”是“一元二次不等式ax 2+bx +c <0的解集为R”的充要条件; ;“a =2”是“直线ax +2y =0平行于直线x +y =1”的充分不必要条件; ;“xy =1”是“lgx +lgy =0”的必要不充分条件.其中真命题的序号为____________.四、解答题:本大题共3小题,共52分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. (13)(本小题满分16分)已知幂函数f(x)=(m−1)2x m2−4m+2在(0,+∞)上单调递增,函数g(x)=2x−k.(I)求m的值;(II)当x∈[−1,2]时,记f(x),g(x)的值域分别为集合A,B,设命题p:x∈A,命题q:x∈B,若命题p是q成立的必要条件,求实数k的取值范围.(14)(本小题满分18分)设命题p:a>0;命题q:关于x的不等式a−x≥0对一切x∈[−2,−1]均成立。
2.5.2等比数列前n项和的性质及应用试题含答案
2.5第2课时 等比数列前n 项和的性质及应用题型一 等比数列前n 项和公式的函数特征应用例1 数列{a n }的前n 项和S n =3n -2(n ∈N +).求{a n }的通项公式.跟踪训练1 若{a n }是等比数列,且前n 项和为S n =3n -1+t ,则t =________.题型二 等比数列前n 项和的性质 命题角度1 连续n 项之和问题例2 已知等比数列前n 项,前2n 项,前3n 项的和分别为S n ,S 2n ,S 3n ,求证:S 2n +S 22n =S n (S 2n+S 3n ).跟踪训练2 在等比数列{a n }中,已知S n =48,S 2n =60,求S 3n .命题角度2 不连续n 项之和问题例3 一个项数为偶数的等比数列,全部项之和为偶数项之和的4倍,前3项之积为64,求该等比数列的通项公式.跟踪训练3 设数列{a n }是以2为首项,1为公差的等差数列;数列{b n }是以1为首项,2为公比的等比数列,则1236a a a a b b b b ++++=________.等比数列前n 项和的分类表示典例 已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=2,a n +2=3a n ,n ∈N +.求{a n }的前n 项和S n .【课堂练习】1.已知等比数列{a n }的公比为2,且其前5项和为1,那么{a n }的前10项和等于( ) A .31 B .33 C .35D .372.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n =x ·3n -1-16,则x 的值为( )A.13 B .-13C.12D .-123.已知等差数列{a n }的前n 项和S n =n 2+bn +c ,等比数列{b n }的前n 项和T n =3n +d ,则向量a =(c ,d )的模为( ) A .1 B. 2 C. 3D .无法确定4.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若q =2,S 100=36,则a 1+a 3+…+a 99等于( ) A .24 B .12 C .18 D .225.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,S 4=1,S 8=3,则a 9+a 10+a 11+a 12等于( ) A .8 B .6 C .4 D .21.在利用等比数列前n 项和公式时,一定要对公比q =1或q ≠1作出判断;若{a n }是等比数列,且a n >0,则{lg a n }构成等差数列. 2.等比数列前n 项和中用到的数学思想 (1)分类讨论思想:①利用等比数列前n 项和公式时要分公比q =1和q ≠1两种情况讨论;②研究等比数列的单调性时应进行讨论:当a 1>0,q >1或a 1<0,0<q <1时为递增数列;当a 1<0,q >1或a 1>0,0<q <1时为递减数列;当q <0时为摆动数列;当q =1时为常数列.(2)函数思想:等比数列的通项a n =a 1q n -1=a 1q ·q n (q >0且q ≠1)常和指数函数相联系;等比数列前n 项和S n =a 1q -1(q n -1)(q ≠1).设A =a 1q -1,则S n =A (q n -1)与指数函数相联系.(3)整体思想:应用等比数列前n 项和公式时,常把q n ,a 11-q 当成整体求解;把奇数项、偶数项、连续若干项之和等整体处理.【巩固提升】 一、选择题1.等比数列{a n }中,a 3=3S 2+2,a 4=3S 3+2,则公比q 等于( ) A .2 B.12 C .4 D.142.设{a n }是公比为q 的等比数列,S n 是它的前n 项和,若{S n }是等差数列,则q 等于( ) A .1 B .0 C .1或0 D .-13.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 3=8,S 6=7,则a 7+a 8+a 9等于( ) A.18 B .-18 C.578 D.558 4.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,a 2-8a 5=0,则S 8S 4的值为( )A.12 B .2 C.1716D .17 5.正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ,S 30=13S 10,S 10+S 30=140,则S 20等于( ) A .90 B .70 C .40 D .306.已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,若存在m ∈N +,满足S 2m S m =9,a 2m a m =5m +1m -1,则数列{a n }的公比为( )A .-2B .2C .-3D .37.已知等比数列{a n }的前10项中,所有奇数项之和为8514,所有偶数项之和为17012,则S =a 3+a 6+a 9+a 12的值为( )A .580B .585C .590D .595 8.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 6S 3=3,则S 9S 6等于( )A .2 B.73 C.83 D .3二、填空题9.若等比数列{a n }的前5项和S 5=10,前10项和S 10=50,则它的前15项和S 15=________. 10.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,若对任意n ∈N +,有a n +1=13S n ,则S n =________.11.已知首项为1的等比数列{a n }是摆动数列,S n 是{a n }的前n 项和,且S 4S 2=5,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________.12.等比数列{a n }中,a 1-a 3=3,前n 项和为S n ,S 1,S 3,S 2成等差数列,则S n 的最大值为________.三、解答题13.已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=1,a 2+a 4=10,b 2b 4=a 5. (1)求{a n }的通项公式; (2)求和:b 1+b 3+b 5+…+b 2n -1.14.已知等比数列{a n }中,a 1=2,a 3+2是a 2和a 4的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)记b n =a n log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .15.已知S n 为数列{a n }的前n 项和,且满足S n -2a n =n -4. (1)证明:{S n -n +2}为等比数列; (2)设数列{S n }的前n 项和为T n ,求T n .2.5.2 等比数列前n 项和的性质及应用答案例1 解 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=(3n-2)-(3n -1-2)=2·3n -1.当n =1时,a 1=S 1=31-2=1不适合上式.∴a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,2·3n -1,n ≥2,n ∈N +.跟踪训练1 答案 -13解析 显然q ≠1,此时应有S n =A (q n-1),又S n =13·3n +t ,∴t =-13.命题角度1例2 证明 设此等比数列的公比为q ,首项为a 1, 当q =1时,S n =na 1,S 2n =2na 1,S 3n =3na 1, ∴S 2n +S 22n =n 2a 21+4n 2a 21=5n 2a 21,S n (S 2n +S 3n )=na 1(2na 1+3na 1)=5n 2a 21,∴S 2n +S 22n =S n (S 2n +S 3n ). 当q ≠1时,S n =a 11-q(1-q n),S 2n =a 11-q (1-q 2n),S 3n =a 11-q(1-q 3n), ∴S 2n +S 22n =⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11-q 2·[(1-q n )2+(1-q 2n )2]=⎝⎛⎭⎪⎫a 11-q 2·(1-q n )2·(2+2q n +q 2n ).又S n (S 2n +S 3n )=⎝⎛⎭⎪⎫a 11-q 2(1-q n )(2-q 2n -q 3n )=⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11-q 2·(1-q n )2·(2+2q n +q 2n ),∴S 2n +S 22n =S n (S 2n +S 3n ).跟踪训练2 解 因为S 2n ≠2S n ,所以q ≠1,由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q n )1-q=48,a 1(1-q2n)1-q=60,①②②÷①得1+q n =54,即q n=14.③将③代入①得a 11-q=64, 所以S 3n =a 1(1-q 3n )1-q =64×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-143=63. 命题角度2例3 解 设数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,全部奇数项、偶数项之和分别记为S 奇,S 偶,由题意,知S 奇+S 偶=4S 偶,即S 奇=3S 偶,∵数列{a n }的项数为偶数,∴q =S 偶S 奇=13. 又a 1·a 1q ·a 1q 2=64,∴a 31·q 3=64,得a 1=12.故所求通项公式为a n =12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n -1,n ∈N +.跟踪训练3 答案 126 解析 ∵11111112n n n n n na a a a a ab b q q b b q+++---⋅===⋅, ∴{n a b }是首项为b 2,公比为2的等比数列. ∴1236a a a a b b b b ⋯++++=b 2(1-26)1-2=126.典例 解 由a n ≠0,所以a n +2a n=3,于是数列{a 2n -1}是首项a 1=1,公比为3的等比数列;数列{a 2n }是首项a 2=2,公比为3的等比数列. 因此a 2n -1=3n -1,a 2n =2×3n -1.于是S 2n =a 1+a 2+…+a 2n =(a 1+a 3+…+a 2n -1)+(a 2+a 4+…+a 2n )=(1+3+…+3n -1)+2(1+3+…+3n -1)=3(1+3+…+3n -1)=3(3n-1)2,从而S 2n -1=S 2n -a 2n =3(3n-1)2-2×3n -1=32(5×3n -2-1).综上所述,S n =3223(531),23(31),2n nn n -⎧⨯-⎪⎪⎨⎪-⎪⎩是奇数,是偶数.【课堂练习】 1答案 B解析 设{a n }的公比为q ,由题意,q =2,a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=1,则a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=q 5(a 1+a 2+a 3+a 4+a 5)=q 5=25=32,∴S 10=1+32=33. 2.答案 C解析 方法一 ∵S n =x ·3n -1-16=x 3·3n -16,由S n =A (q n-1),得x 3=16,∴x =12,故选C.方法二 当n =1时,a 1=S 1=x -16;当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2x ·3n -2,∵{a n }是等比数列,∴n =1时也应适合a n =2x ·3n -2, 即2x ·3-1=x -16,解得x =12.3. 答案 A解析 由等差数列与等比数列的前n 项和公式知,c =0,d =-1,所以向量a =(c ,d )的模为1. 4.答案 B解析 设a 1+a 3+…+a 99=S ,则a 2+a 4+…+a 100=2S .∵S 100=36,∴3S =36,∴S =12,∴a 1+a 3+a 5+…+a 99=12. 5.答案 C解析 S 4,S 8-S 4,S 12-S 8成等比数列. 即1,2,a 9+a 10+a 11+a 12成等比数列. ∴a 9+a 10+a 11+a 12=4. 【巩固提升】 一、选择题 1.答案 C解析 ∵a 3=3S 2+2,a 4=3S 3+2, ∴a 4-a 3=3(S 3-S 2)=3a 3,即a 4=4a 3, ∴q =a 4a 3=4. 2.答案 A解析 ∵S n -S n -1=a n (n ≥2且n ∈N +),又{S n }是等差数列, ∴a n 为定值,即数列{a n }为常数列, ∴q =a na n -1=1(n ≥2且n ∈N +). 3.答案 A解析 因为a 7+a 8+a 9=S 9-S 6,且S 3,S 6-S 3,S 9-S 6也成等比数列,即8,-1,S 9-S 6成等比数列,所以8(S 9-S 6)=1,即S 9-S 6=18,所以a 7+a 8+a 9=18.4.答案 C解析 a 5a 2=q 3=18,∴q =12. ∴S 8S 4=S 4+(S 8-S 4)S 4=1+S 8-S 4S 4=1+q 4=1716.5.答案 C解析 由S 30=13S 10,知q ≠1,由⎩⎪⎨⎪⎧S 30=13S 10,S 10+S 30=140,得⎩⎪⎨⎪⎧S 10=10,S 30=130,由等比数列的前n 项和的性质得S 10,S 20-S 10,S 30-S 20成等比数列,则(S 20-S 10)2=S 10(S 30-S 20),即(S 20-10)2=10(130-S 20),解得S 20=40或S 20=-30(舍去),故选C. 6.答案 B解析 设公比为q ,若q =1,则S 2mS m=2, 与题中条件矛盾,故q ≠1.∵S 2m S m =a 1(1-q 2m )1-q a 1(1-q m )1-q =q m +1=9,∴q m=8. ∴a 2m a m =a 1q 2m -1a 1q m -1=q m =8=5m +1m -1, ∴m =3,∴q 3=8,∴q =2. 7.答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ,则由题意有⎩⎪⎨⎪⎧S偶S 奇=q =2,S 奇=a 1[1-(q 2)5]1-q 2=8514,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=14,q =2,∴S =a 3+a 6+a 9+a 12=a 3(1+q 3+q 6+q 9)=a 1q 2·1-q 121-q3=585.8.答案 B解析 由题意知q ≠1,否则S 6S 3=6a 13a 1=2≠3.∴S 6S 3=a 1(1-q 6)1-q a 1(1-q 3)1-q=1+q 3=3, ∴q 3=2.∴S 9S 6=a 1(1-q 9)1-q a 1(1-q 6)1-q=1-q 91-q 6=1-231-22=73. 二、填空题 9.答案 210解析 由等比数列前n 项和的性质知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10成等比数列,故(S 10-S 5)2=S 5(S 15-S 10),即(50-10)2=10(S 15-50),解得S 15=210.10.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43n -1解析 由a n +1=13S n ,得S n +1-S n =13S n ,即S n +1=43S n ,则数列{S n }是以S 1=1为首项,公比q 为43的等比数列,所以S n =S 1·q n -1=⎝ ⎛⎭⎪⎫43n -1.11.答案1116解析 S 4S 2=S 2+q 2S 2S 2=1+q 2=5,q =±2.∵{a n }是摆动数列,∴q =-2.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的首项为1,公比为-12,前5项和为1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫-1251-⎝ ⎛⎭⎪⎫-12=1+13232=1116.12.答案 4 解析 设公比为q ,由⎩⎪⎨⎪⎧a 1-a 3=a 1-a 1q 2=3,S 3-S 1=a 2+a 3=S 2-S 3=-a 3,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=4,q =-12.当n 为奇数时,S n =83⎝⎛⎭⎪⎫1+12n ≤83⎝⎛⎭⎪⎫1+12=4,当n 为偶数时,S n =83⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n <83.综上,S n 的最大值为4. 三、解答题13.解 (1)设等差数列{a n }公差为d ,因为a 2+a 4=2a 3=10,所以a 3=5=1+2d ,所以d =2,所以a n =2n -1(2)设{b n }的公比为q ,b 2·b 4=a 5⇒q ·q 3=9,所以q 2=3,所以{b 2n -1}是以b 1=1为首项,q ′=q 2=3为公比的等比数列,所以b 1+b 3+b 5+…+b 2n -1=1·(1-3n )1-3=3n-12.14.解 (1)设数列{a n }的公比为q , 由题意知2(a 3+2)=a 2+a 4, ∴q 3-2q 2+q -2=0, 即(q -2)(q 2+1)=0. ∴q =2,即a n =2·2n -1=2n(2)由题意得,b n =n ·2n,∴S n =1·2+2·22+3·23+…+n ·2n,①2S n =1·22+2·23+3·24+…+(n -1)·2n+n ·2n +1, ② ①-②,得-S n =21+22+23+24+…+2n -n ·2n +1=-2-(n -1)·2n +1. ∴S n =2+(n -1)·2n +115.(1)证明 当n =1时,S 1-2S 1=1-4,故S 1=3, 得S 1-1+2=4.n ≥2时原式转化为S n =2(S n -S n -1)+n -4,即S n =2S n -1-n +4,所以S n -n +2=2[S n -1-(n -1)+2],所以{S n-n+2}是首项为4,公比为2的等比数列.(2)解由(1)知,S n-n+2=2n+1,所以S n=2n+1+n-2,于是T n=(22+23+…+2n+1)+(1+2+…+n)-2n=4(1-2n)1-2+n(n+1)2-2n=2n+3+n2-3n-82.。
高中数学《等比数列前n项和的性质及应用第二课时》专题突破含解析
第二课时 等比数列前n 项和的性质及应用课标要求素养要求1.熟练应用等比数列前n 项和公式的性质解题.2.能在具体的问题情境中,发现数列的等比关系,并解决相应的问题.通过利用等比数列的前n 项和公式解决实际应用问题,提升学生的数学建模和数学运算素养.新知探究一位中国老太太与一位美国老太太在路上相遇.美国老太太说,她住了一辈子的宽敞房子,也辛苦了一辈子,昨天刚还清了银行的住房贷款,而中国老太太却叹息地说,她三代同堂一辈子,昨天刚把买房的钱攒足.我国现代都市人的消费观念正在改变——花明天的钱圆今天的梦对我们已不再陌生,贷款购物,分期付款已深入我们的生活.但是面对商家和银行提供的各种分期付款服务,究竟选择什么样的方式好呢?让我们一起进入今天的学习吧!等比数列前n 项和的性质(1)数列{a n }为公比不为-1的等比数列(或公比为-1,且n 不是偶数),S n 为其前n 项和,则S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 仍构成等比数列.(2)若{a n }是公比为q 的等比数列,则S n +m =S n +q n S m (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,S 偶S 奇=q ;②在其前2n +1项中,S 奇-S 偶=a 1-a 2+a 3-a 4+…-a 2n +a 2n +1=a 1+a 2n +1q 1-(-q )=a 1+a 2n +21+q(q ≠-1).拓展深化[微判断]1.等比数列{a n }的前n 项和S n 不可能等于2n .(√)2.若{a n }的公比为q ,则{a 2n }的公比为q 2.(√)3.若{a n }的公比为q ,则a 1+a 2+a 3,a 2+a 3+a 4,a 3+a 4+a 5的公比也为q .(√)4.等比数列{a n }是递增数列,前n 项和为S n ,则{S n }也是递增数列.(×)提示 反例:等比数列{a n }为-4,-2,-1,-12,…,则S 1=-4,S 2=-6,S 3=-7,…,逐渐减小,则{S n }不是递增数列.5.对于公比q ≠1的等比数列{a n }的前n 项和公式,其q n 的系数与常数项互为相反数.(√)[微训练]1.等比数列{a n }的前m 项和为4,前2m 项和为12,则它的前3m 项和是________.解析 易知S m =4,S 2m -S m =8,∴S 3m -S 2m =16,∴S 3m =12+16=28.答案 282.已知等比数列{a n }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 =________.解析 由题意得{S 奇+S 偶=-240,S 奇-S 偶=80,∴S 奇=-80,S 偶=-160,所以q =S 偶S 奇=-160-80=2.答案 2[微思考]当等比数列{a n }的公比q =-1时,若k 是偶数,S k ,S 2k -S k ,S 3k -S 2k 是等比数列吗?提示 不是.如数列1,-1,1,-1,…是公比为-1的等比数列,S 2=S 4-S 2=S 6-S 4=…=0,不是等比数列.题型一 等比数列的连续n 项之和的性质【例1】 在等比数列{a n }中,已知S n =48,S 2n =60,求S 3n .解 法一 ∵S 2n ≠2S n ,∴q ≠1,由已知得{a 1(1-q n )1-q=48,a 1(1-q 2n )1-q =60,Error!②÷①得1+q n =54,即q n =14,③③代入①得a 11-q=64,∴S 3n =a 1(1-q 3n )1-q=64(1-143)=63.法二 ∵{a n }为等比数列,显然公比不等于-1,∴S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 也成等比数列,∴(S 2n -S n )2=S n (S 3n -S 2n ),∴S 3n =(S 2n -S n )2S n+S 2n =(60-48)248+60=63.规律方法 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.【训练1】 设等比数列{a n }前n 项和为S n ,若S 3=8,S 6=24,则a 10+a 11+a 12=( )A.32B.64C.72D.216解析 由于S3、S6-S3、S9-S6,S12-S9成等比数列,S3=8,S6-S3=16,故其比为2,所以S9-S6=32,a10+a11+a12=S12-S9=64.答案 B题型二 等比数列的不连续n项和的性质【例2】 一个项数为偶数的等比数列,全部项之和为偶数项之和的4倍,前3项之积为64,求该等比数列的通项公式.解 设数列{a n}的首项为a1,公比为q,全部奇数项、偶数项之和分别记为S奇,S偶,由题意,知S奇+S偶=4S偶,即S奇=3S偶.∵数列{a n}的项数为偶数,∴q=S偶S奇=13.又a1·a1q·a1q2=64,∴a31·q3=64,即a1=12.故所求通项公式为a n=12×(13)n-1,n∈N*.规律方法 (1)在等比数列{a n}中若项数为偶数,则有S偶=qS奇,且S n=S偶+S奇.(2)解题时要注意观察序号之间的联系,发现解题契机,注意应用整体的思想.【训练2】 一个等比数列的首项是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.解 法一 设原等比数列的公比为q,项数为2n(n∈N*).由已知a1=1,q≠1,有{1-q2n1-q2=85,q(1-q2n)1-q2=170.Error!由②÷①,得q=2,∴1-4n1-4=85,4n=256,∴n=4.故公比为2,项数为8.法二 ∵S偶=a2+a4+…+a2n=a1q+a3q+…+a2n-1q=(a1+a3+…+a2n-1)q=S奇·q,∴q=S偶S奇=17085=2.又S n=85+170=255,据S n=a1(1-q n)1-q,得1-2n1-2=255,∴2n=256,∴n=8.即公比q=2,项数n=8.题型三 等比数列前n项和的实际应用【例3】 小华准备购买一部售价为5 000元的手机,采用分期付款方式,并在一年内将款全部付清.商家提出的付款方式为:购买2个月后第1次付款,再过2个月后第2次付款,…,购买12个月后第6次付款,每次付款金额相同,约定月利率为0.8%,每月利息按复利计算,求小华每期付款金额是多少.(参考数据:1.00812≈1.10)解 法一 设小华每期付款x元,第k个月末付款后的欠款本利为A k元,则:A2=5 000×(1+0.008)2-x=5 000×1.0082-x,A4=A2(1+0.008)2-x=5 000×1.0084-1.0082x-x,…,A12=5 000×1.00812-(1.00810+1.0088+…+1.0082+1)x=0,解得x=5 000×1.008121+1.0082+1.0084+…+1.00810=5 000×1.008121-(1.0082)61-1.0082≈883.5.故小华每期付款金额约为883.5元.法二 设小华每期付款x元,到第k个月时已付款及利息为A k元,则:A2=x;A4=A2(1+0.008)2+x=x(1+1.0082);A6=A4(1+0.008)2+x=x(1+1.0082+1.0084);…A12=x(1+1.0082+1.0084+1.0086+1.0088+1.00810).∵年底付清欠款,∴A12=5 000×1.00812,即5 000×1.00812=x(1+1.0082+1.0084+…+1.00810),∴x=5 000×1.008121+1.0082+1.0084+…+1.00810≈883.5.故小华每期付款金额约为883.5元.规律方法 (1)实际生活中的增长率问题,分期付款问题等都是等比数列问题;(2)解决此类问题的关键是由实际情况抽象出数列模型,利用数列知识求解.【训练3】 一个热气球在第一分钟上升了25 m的高度,在以后的每一分钟内,它上升的高度都是它在前一分钟内上升高度的80%.这个热气球上升的高度能超过125 m吗?解 用a n表示热气球在第n分钟内上升的高度,由题意,得a n+1=45a n;因此,数列{a n}是首项a1=25,公比q=45的等比数列.热气球在前n分钟内上升的总高度S n=a1+a2+…+a n=a1(1-q n)1-q=25[1-(45)n]1-45=125×[1-(45)n]<125,即这个热气球上升的高度不可能超过125 m.一、素养落地1.通过学习等比数列前n项和性质的应用,提升数学运算素养,通过利用等比数列前n项和公式解决实际问题,提升数学建模素养.2.应用等比数列前n项和的性质要注意使用整体的思想,即常把q n、S n等看作一个整体.3.解决实际应用问题的关键是构建数学模型.二、素养训练1.已知等比数列{a n}的公比为2,且其前5项和为1,那么{a n}的前10项和等于( )A.31B.33C.35D.37解析 设{a n}的公比为q,由题意,q=2,a1+a2+a3+a4+a5=1,则a6+a7+a8+a9+a10=q5(a1+a2+a3+a4+a5)=q5=25=32,∴S10=1+32=33.答案 B2.数列{a n}中,已知对任意正整数n,有a1+a2+a3+…+a n=3n-1,则a31+a32+…+a3n=( )A.(3n-1)2B.413(27n-1)C.113(3n-1) D.27n-1解析 设S n=a1+a2+a3+…+a n=3n-1,则当n≥2时,S n-1=3n-1-1,故a n=S n-S n-1=2×3n-1,又a1=2,所以a n=2×3n-1,所以a31+a32+…+a3n=8×(1-33n)1-33=4(27n-1)13.答案 B3.中国古代数学著作《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.”其大意为:“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……”,则该人最后一天走的路程为( )A.24里B.12里C.6里D.3里解析 由题知,设该人每天行走的里数构成一个等比数列{a n}(n∈N*),公比q=1 2,S6=a1(1-126)1-12=378,∴a1=192,∴a6=192×125=6.故该人最后一天走的路程为6里.答案 C4.设等比数列{a n}中,a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=81,则数列{a n}的公比为________.解析 易得a 4+a 5+a 6=q 3(a 1+a 2+a 3),故q 3=27,则q =3.答案 35.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 4=1,S 8=7,求S 12.解 因为S 4,S 8-S 4,S 12-S 8成等比数列.所以(S 8-S 4)2=S 4(S 12-S 8),即(7-1)2=1·(S 12-7),解得S 12=43.基础达标一、选择题1.等比数列{a n }的首项为1,公比为q ,前n 项的和为S ,由原数列各项的倒数组成一个新数列{1a n},则数列{1a n}的前n 项的和是( )A.1S B.Sq n -1 C.Sq 1-n D.q n S解析 易知数列{1a n}也是等比数列,首项为1,公比为1q,则数列{1a n }的前n项和为1-(1q )n1-1q=q (1-q n )(1-q )q n =1-q n 1-q ·1q n -1=S q n -1=S ·q 1-n .答案 C2.我国数学巨著《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?其大意为:有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?根据上述问题的已知条件,若该女子共织布3531尺,则这位女子织布的天数是( )A.2B.3C.4D.1解析 依题意,每天的织布数构成一个公比q =2的等比数列{a n },其前n项和为S n ,则S 5=5,S m =3531,∵S 5=a 1(1-25)1-2=5,解得a 1=531.∴S m =531(1-2m )1-2=3531,解得m =3.故选B.答案 B3.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 3=8,S 6=7,则a 7+a 8+a 9等于( )A.18 B.-18C.578D.558解析 因为a 7+a 8+a 9=S 9-S 6,且S 3,S 6-S 3,S 9-S 6也成等比数列,即8,-1,S 9-S 6成等比数列,所以8(S 9-S 6)=1,即S 9-S 6=18,所以a 7+a 8+a 9=18.答案 A4.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,a 2-8a 5=0,则S 8S 4的值为( )A.12B.2C.1716D.17解析 a 5a 2=q 3=18,∴q =12.∴S 8S 4=S 4+(S 8-S 4)S 4=1+S 8-S 4S 4=1+q 4=1716.答案 C5.某市利用省运会的契机,鼓励全民健身,从2018年7月起向全市投放A ,B 两种型号的健身器材.已知7月投放A 型健身器材300台,B 型健身器材64台,计划8月起,A 型健身器材每月的投放量均为a 台,B 型健身器材每月的投放量比上一月多50%,若12月底该市A ,B 两种健身器材投放总量不少于2 000台,则a 的最小值为( )A.243 B.172 C.122D.74解析 设B 型健身器材这6个月投放量构成数列{b n },则{b n }是b 1=64,q =32的等比数列,其前6项和S 6=64×[1-(32)6]1-32=1 330,∴5a +300+1 330≥2 000,解得a ≥74,故选D.答案 D 二、填空题6.正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ,S 30=13S 10,S 10+S 30=140,则S 20等于________.解析 由S 30=13S 10,知q ≠1,由{S 30=13S 10,S 10+S 30=140,得{S 10=10,S 30=130,由等比数列的前n 项和的性质得S 10,S 20-S 10,S 30-S 20成等比数列,则(S 20-S 10)2=S 10(S 30-S 20),即(S 20-10)2=10(130-S 20),解得S 20=40或S 20=-30(舍去).答案 407.一个球从256米的高处自由落下,每次着地后又跳回到原来高度的一半,当它第6次着地时,共经过的路程是________米.解析 设小球每次着地后跳回的高度构成数列{a n },则数列{a n }为等比数列,a 1=128,q =12,S 5=128×[1-(12)5]1-12=248,共经过的路程为256+2S 5=752(米).答案 7528.设正项等比数列{a n }的首项a 1=12,前n 项和为S n ,且210S 30-(210+1)S 20+S 10=0,则公比q =________.解析 由210S 30-(210+1)S 20+S 10=0,得210(S 30-S 20)=S 20-S 10.又S 10,S 20-S 10,S 30-S 20成等比数列,∴S30-S20S20-S10=q10=(12)10.又{a n}为正项等比数列,∴q=1 2 .答案 1 2三、解答题9.(1)设数列{x n}满足log2x n+1=1+log2x n(n∈N*),且x1+x2+…+x10=10,记{x n}的前n项和为S n,求S20.(2)设数列{a n}是以2为首项,1为公差的等差数列;数列{b n}是以1为首项,2为公比的等比数列,求ba1+ba2+ba3+…+ba6.解 (1)∵log2x n+1=1+log2x n=log2(2x n),∴x n+1=2x n,且x n>0,∴{x n}为等比数列,且公比q=2,∴S20=S10+q10S10=10+210×10=10 250.(2)设数列{b n}的公比为q,则q=2,∵ba n+1ba n=b1·qa n+1-1b1·qa n-1=qa n+1-a n=2,∴{ba n}是首项为b2,公比为2的等比数列.∴ba1+ba2+…+ba6=b2(1-26)1-2=126.10.已知等比数列前n项,前2n项,前3n项的和分别为S n,S2n,S3n,求证:S2n+S22n=S n(S2n+S3n).证明 法一 设此等比数列的公比为q,首项为a1,当q=1时,S n=na1,S2n=2na1,S3n=3na1,∴S2n+S22n=n2a21+4n2a21=5n2a21,S n(S2n+S3n)=na1(2na1+3na1)=5n2a21,∴S2n+S22n=S n(S2n+S3n).当q≠1时,S n=a11-q(1-q n),S2n=a11-q(1-q2n),S3n=a11-q(1-q3n),∴S 2n +S 22n =(a 11-q )2·[(1-q n )2+(1-q 2n )2]=(a 11-q )2 ·(1-q n )2·(2+2q n +q 2n ).又S n (S 2n +S 3n )=(a 11-q )2 (1-q n )(2-q 2n -q 3n )=(a 11-q )2 ·(1-q n )2·(2+2q n +q 2n ),∴S 2n +S 22n =S n (S 2n +S 3n).法二 根据等比数列的性质有S 2n =S n +q n S n =S n (1+q n ),S 3n =S n +q n S n +q 2n S n ,∴S 2n +S 22n =S 2n +[S n(1+q n )]2=S 2n (2+2q n +q 2n ),S n (S 2n +S 3n )=S 2n (2+2q n +q 2n ).∴S 2n +S 22n =S n (S 2n +S 3n).能力提升11.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a 1=12,a n =f (n )(n ∈N *),则数列{a n }的前n 项和S n =________.解析 令x =n ,y =1,则f (n )·f (1)=f (n +1),又a n =f (n ),∴a n +1a n =f (n +1)f (n )=f (1)=a 1=12,∴数列{a n }是以12为首项,12为公比的等比数列,∴S n =12(1-12n )1-12=1-12n .答案 1-12n12.从社会效益和经济效益出发,某地投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅游产业.根据规划,本年度投入800万元,以后每年投入将比上年减少15,本年度当地旅游收入估计为400万元,由于该项建设对旅游业的促进作用,预计今后的旅游业收入每年会比上年增长14.设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元,旅游业总收入为b n万元,写出a n,b n的表达式.解 第1年投入800万元,第2年投入800×(1-15)万元,…,第n年投入800×(1-15)n-1万元,所以总投入a n=800+800×(1-15)+ (800)(1-15)n-1=4 000×[1-(45)n](万元).同理,第1年收入400万元,第2年收入400×(1+14)万元,…,第n年收入400×(1+14)n-1万元.所以总收入b n=400+400×(1+14)+ (400)(1+14)n-1=1 600×[(54)n-1].综上,a n=4 000×[1-(45)n],b n=1 600×[(54)n-1].创新猜想13.(多选题)如果有穷数列a1,a2,a3,…,a m(m为正整数)满足a1=a m,a2=a m-1,…,即a i=a m-i+1(i=1,2,…,m),我们称其为“对称数列”.例如,数列1,2,5,2,1与数列8,4,2,2,4,8都是“对称数列”.设{b n}是项数为2m(m>1,m∈N*)的“对称数列”,且1,2,22,23,…,2m-1依次为该数列中连续的前m项,则数列{b n}的前100项和S100可能的取值为( )A.2100-1B.251-2C.226-4D.2m+1-22m-100-1解析 由题意知数列{b n}为1,2,22,23,…,2m-1,2m-1,…,23,22,2,1.若m=50,则S100=2×1×(1-250)1-2=251-2,B正确;若51≤m<100,则S100=2×1×(1-2m)1-2-1×(1-22m-100)1-2=2m+1-22m-100-1,故D正确.若m≥100,则S100=1×(1-2100)1-2=2100-1,故A正确.答案 ABD14.(多空题)已知集合P={x|x=2n,n∈N*},Q={x|x=2n-1,n∈N*},将P∪Q 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n},记S n为数列{a n}的前n项和,则a29=________,使得S n<1 000成立的n的最大值为________.解析 数列{a n}的前n项依次为1,2,3,22,5,7,23,….利用列举法可得,当n=35时,P∪Q的所有元素从小到大依次排列,构成一个数列{a n},所以数列{a n}的前35项分别为1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,…,57,59,2,4,8,16,32,故a29=47.S35=30+30×(30-1)2×2+2×(25-1)2-1=302+26-2=962<1 000.因为26=64>61,所以S36=S35+61=1 023>1 000,所以n的最大值为35.答案 47 35。
【高中数学】新人教A版高二第 2 课时 等比数列的前n项和的性质与应用(练习题)
新人教A版高二第 2 课时等比数列的前n项和的性质与应用(1212)1.设等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9=()A.18B.−18C.578D.5582.在等比数列{a n}的前10项中,所有奇数项之和为8514,所有偶数项之和为17012,则S=a3+a6+a9+a12的值为()A.580B.585C.590D.5953.某厂计划今年(第1年)的产值是a亿元,若从明年开始到第10年,每年年产值的增长率都是10%,则从今年起到第10年该厂的总产值是()A.11×(1.110−1)a亿元B.10×(1.110−1)a亿元C.11×(1.19−1)a亿元D.10×(1.19−1)a亿元4.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且S5=4,S10=10,则S15=()A.16B.19C.20D.255.中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样的一个问题:“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”,其大意为:有一个人走了378里路,第一天健步行走,从第二天起,因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天才走完.则此人前三天共走了()A.48里B.189里C.288里D.336里6.已知等比数列{a n}的公比q=12,且a1+a3+a5+⋯+a99=60,则a1+a2+a3+a4+⋯+a100等于()A.100B.90C.60D.407.已知S n是等比数列{a n}的前n项和,若S2mS m =28,a2ma m=18mm−1,则数列{a n}的公比q=()A.3B.2C.−3D.−28.设等比数列{a n}的各项均为正数,公比为q,前n项和为S n.若对任意的n∈N∗,有S2n<3S n,则q的取值范围是()A.(0,1]B.(0,2)C.[1,2)D.(0,√2)9.各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S6=30,S9=70,则S3=.10.等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S1,2S2,3S3成等差数列,则{a n}的公比为.11.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3=7,S6=63,则S9=.12.某公司2019年获得利润500万元,由于坚持改革、大胆创新,预计以后每年的利润都比上一年增加30%,则2019年至2025年该公司获得的总利润为万元.13.已知S n为等比数列{a n}的前n项和,公比q=2,且S2=3,等差数列{b n}满足b2=a3,b3=−b5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n是数列{b n}的前n项和,求T n的最大值.14.某市2019年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房,预计在2020年及以后的若干年内,该市每年新建住房的面积比上一年增长8%,另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.(1)到哪一年底,该市历年所建中低价房的累计面积(以2019年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?(2)到哪一年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?(1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)15.已知数列{a n}为等比数列,S n为其前n项和,且S n=2018×2020n−2019t,则常数t=()A.20162017B.20172018C.20182019D.2019202016.已知等比数列{a n}满足a1=1,a5=18a2.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)试判断是否存在正整数n,使得{a n}的前n项和S n为52?若存在,求出n的值;若不存在,说明理由.参考答案1.【答案】:A【解析】: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=18,所以a7+a8+a9=18.2.【答案】:B【解析】:设等比数列{a n}的公比为q,则由题意有{S偶S奇=q=2,S奇=a1[1−(q2)5]1−q2=8514,得{a1=14,q=2,∴S=a3+a6+a9+a12=a3(1+q3+q6+q9)=a1q2·1−q121−q3=585.3.【答案】:B【解析】:从今年起到第10年该厂的总产值S10=a+a×1.1+a×1.12+a×1.13+⋯+a×1.19=a(1−1.110)1−1.1=10×(1.110−1)a(亿元).故选B.4.【答案】:B【解析】:∵等比数列{a n}的前n项和为S n,S5≠0,S10−S5≠0,∴S5,S10−S5,S15−S10成等比数列,∵S5=4,S10−S5=10−4=6,∴S15−S10=6×64=9,∴S15=S10+S15−S10= 19.故选B.5.【答案】:D【解析】:记每天走的路程里数为{a n},则由等比数列的求和公式可得S5=a(1−126)11−12=378,解得a1=192,∴S3=192×1−(12)31−12=336(里).故选D.6.【答案】:B【解析】:∵a1+a3+a5+⋯+a99=60,∴a2+a4+a6+⋯+a100=12(a1+a3+a5+⋯+a99)=12×60=30,∴a1+a2+a3+a4+⋯+a100=30+60=90.故选B.7.【答案】:A【解析】:当q=1时,S2mS m =2ma1ma1=2≠28,故q≠1.∵S2mS m=a1(1−q2m)1−qa1(1−q m)1−q=1+q m=28,∴q m=27.又a2ma m =q m=18mm−1,∴m=3,q=3.故选 A.8.【答案】:A【解析】:若q=1,则S2n=2na1<3na1=3S n,所以q=1符合要求.当q≠1时,由S2n<3S n,得a1(1−q2n)1−q <3a1(1−q n)1−q.若q>1,则可得q2n−3q n+2<0,即(q n−1)(q n−2)<0,即1<q n<2,而q>1不可能对任意n∈N∗都有q n<2,所以q>1不符合要求;若0<q<1,可得(q n−1)(q n−2)>0,q n<1,由于0<q<1,所以对任意n∈N∗都有q n<1,所以q<1符合要求.综合可得q的取值范围是(0,1].故选 A.9.【答案】:10【解析】:由题意得S3,S6−S3,S9−S6成等比数列,则(S6−S3)2=S3(S9−S6),即(30−S3)2=S3(70−30),解得S3=10或S3=90,因为数列{a n}的各项均为正数,所以S6>S3,因此S3=10.10.【答案】:13【解析】:由已知得4S2=S1+3S3,即4(a1+a2)=a1+3(a1+a2+a3),∴a2=3a3,则数列{a n}的公比q=a3a2=13.11.【答案】:511【解析】:由题意及等比数列的性质得S3,S6−S3,S9−S6成等比数列,∴(63−7)2=7(S 9−63),解得S 9=511.12.【答案】:5 0003×(1.37−1)【解析】:记2019年为第1年,并设第n 年的利润为a n 万元,则a n+1=a n +a n ×30%=1.3a n ,则a n+1a n=1.3. 所以数列{a n }是首项为500,公比q 为1.3的等比数列, 所以2019年至2015年,即共7年该公司获得的总利润为S 7=a 1(1−q 7)1−q=500×(1−1.37)1−1.3=5 0003×(1.37−1)(万元). 13(1)【答案】∵S n 为等比数列{a n }的前n 项和,公比q =2,且S 2=3,∴S 2=a 1(1−22)1−2=3,解得a 1=1,∴数列{a n }的通项公式为a n =2n−1.(2)【答案】设数列{b n }的公差为d,∵等差数列{b n }满足b 2=a 3=23−1=4,b 3=−b 5,∴4+d =−(4+3d),解得d =−2,∴b 1=b 2−d =4+2=6,∴T n =6n +n(n −1)2×(−2)=−n 2+7n =−(n −72)2+494,故当n =3或n =4时,T n 取得最大值,最大值为T 3=T 4=12. 14(1)【答案】设每年新建中低价房的面积构成数列{a n },由题意可知{a n }是等差数列, 其中a 1=250,d =50, 则S n =250n +n(n−1)2×50=25n 2+225n .令25n 2+225n ⩾4750,即n 2+9n −190⩾0,又n ∈N ∗,所以n ⩾10.故到2028年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米. (2)【答案】设新建住房的面积构成数列{b n },由题意可知{b n }是等比数列, 其中b 1=400,公比q =1.08,则b n =400×1.08n−1.由题意可知a n >0.85b n ,则有250+(n −1)×50>400×1.08n−1×0.85,即5n +20>34×1.08n−1,又n ∈N ∗所以n ⩾6.故到2024年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.15.【答案】:C【解析】:根据题意得a 1=S 1=2 018×2 020−2 019t ,a 2=S 2−S 1=(2 018×2 0202−2 019t)−(2 018×2 020−2 019t)=2 018×2 019×2 020, a 3=S 3−S 2=(2 018×2 0203−2 019t)−(2 018×2 0202−2 019t)=2 018×2 019×2 0202,则有(2 018×2 019×2 0202)× (2 018×2 020−2 019t)=(2 018×2 019×2 020)2,变形可得2 018×2 020−2 019t =2 018×2 019,解得t =2 0182 019,故选 C.16(1)【答案】设等比数列{a n }的公比为q , 因为a 5=18a 2,且a 5=a 2q 3,所以q 3=18, 解得q =12,所以a n =a 1q n−1=12n−1(n ∈N ∗).(2)【答案】不存在n ,使得{a n }的前n 项和S n 为52.理由如下: 因为a 1=1,q =12, 所以S n =1−(12)n1−12=2(1−12n).方法一:令S n =52,则2(1−12n )=52, 可得2n =−4,该方程无解, 故不存在正整数n ,使得{a n }的前n 项和S n 为52.方法二:因为对任意n ∈N ∗,有1−12n <1, 所以S n =2(1−12n )<2, 所以不存在正整数n ,使得{a n }的前n 项和S n 为52.。
高中数学等比数列的前n项和综合测试题(附答案)
高中数学等比数列的前n项和综合测试题(附答案)
高中数学等比数列的前n项和综合测试题(附答
案)
等比数列的前n项和同步练习
例题分析:
例1.若数列的通项为,则该数列的前n项和是多少?
例2.已知等比数列的各项均为整数,它的前n项和为80,其中最大的一项为54,又前2n项和为6560,求此数列的通项公式。
练习
1.在等差数列中,已知 ,则前9项之和等于 ( )
A.56 B.64 C.72 D.80
2.在递增的等比数列中,,,则()
A.-364 B.364 C.108 D.243
3.数列的前项和,则()
A.1385 B.-99 C.69200 D.1399
4.已知等差数列{ }的公差=,,则等于()
A.120 B.145 C.150 D.170
5.等差数列中,,,则此数列前n项和的最大值是()A.112 B.116 C.117 D.115
6.等差数列中,已知则的值等于()
A.11 B.14 C.17 D.22
7.在等比数列中,,,则()
(2)某人在2019年将33万元存如银行,假设该银行扣利息税后的年利率为1.8%,按复利计算,那么5年到期时这笔钱连本带息够不够买一辆B型车?。
高中数学《等比数列及其前n项和》(答案)
§6.3 等比数列及其前n 项和题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n +1=qa n (n ∈N *,q 为常数)的数列{a n }为等比数列.( × ) (2)G 为a ,b 的等比中项⇔G 2=ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列,b n =a 2n -1+a 2n ,则数列{b n }也是等比数列.( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列,则数列{ln a n }是等差数列.( × ) (5)数列{a n }的通项公式是a n =a n,则其前n 项和为S n =a (1-a n )1-a.( × )(6)数列{a n }为等比数列,则S 4,S 8-S 4,S 12-S 8成等比数列.( × ) 题组二 教材改编2.[P51例3]已知{a n }是等比数列,a 2=2,a 5=14,则公比q =______.答案 12解析 由题意知q 3=a 5a 2=18,∴q =12.3.[P54A 组T8]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________. 答案 27,81解析 设该数列的公比为q ,由题意知, 243=9×q 3,q 3=27,∴q =3.∴插入的两个数分别为9×3=27,27×3=81.题组三 易错自纠4.若1,a 1,a 2,4成等差数列,1,b 1,b 2,b 3,4成等比数列,则a 1-a 2b 2的值为________.答案 -12解析 ∵1,a 1,a 2,4成等差数列, ∴3(a 2-a 1)=4-1,∴a 2-a 1=1.又∵1,b 1,b 2,b 3,4成等比数列,设其公比为q ,则b 22=1×4=4,且b 2=1×q 2>0,∴b 2=2,∴a 1-a 2b 2=-(a 2-a 1)b 2=-12. 5.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,8a 2+a 5=0,则S 5S 2=________.答案 -11解析 设等比数列{a n }的公比为q , ∵8a 2+a 5=0,∴8a 1q +a 1q 4=0. ∴q 3+8=0,∴q =-2,∴S 5S 2=a 1(1-q 5)1-q ·1-qa 1(1-q 2)=1-q 51-q 2=1-(-2)51-4=-11. 6.一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 KB ,然后每3分钟自身复制一次,复制后所占内存是原来的2倍,那么开机________分钟,该病毒占据内存64 MB(1 MB =210 KB). 答案 48解析 由题意可知,病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n },且a 1=2,q =2,∴a n =2n ,则2n =64×210=216,∴n =16. 即病毒共复制了16次. ∴所需时间为16×3=48(分钟).题型一 等比数列基本量的运算1.(2018·开封质检)已知等比数列{a n }满足a 1=14,a 3a 5=4(a 4-1),则a 2等于( )A .2B .1 C.12 D.18答案 C解析 由{a n }为等比数列,得a 3a 5=a 24, 又a 3a 5=4(a 4-1),所以a 24=4(a 4-1), 解得a 4=2.设等比数列{a n }的公比为q , 则由a 4=a 1q 3,得2=14q 3,解得q =2,所以a 2=a 1q =12.故选C.2.(2018·济宁模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1+a 3=52,a 2+a 4=54,则S na n=________. 答案 2n -1解析 ∵⎩⎨⎧a 1+a 3=52,a 2+a 4=54,∴⎩⎨⎧a 1+a 1q 2=52,①a 1q +a 1q 3=54, ②由①除以②可得1+q 2q +q 3=2,解得q =12,代入①得a 1=2,∴a n =2×⎝⎛⎭⎫12n -1=42n ,∴S n =2×⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫12n 1-12=4⎝⎛⎭⎫1-12n ,∴S n a n =4⎝⎛⎭⎫1-12n 42n=2n -1. 思维升华 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a 1,n ,q ,a n ,S n ,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)可迎刃而解.题型二 等比数列的判定与证明典例 (2018·潍坊质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,S n +1=4a n +2. (1)设b n =a n +1-2a n ,证明:数列{b n }是等比数列;(2)求数列{a n }的通项公式. (1)证明 由a 1=1及S n +1=4a n +2, 得a 1+a 2=S 2=4a 1+2. ∴a 2=5,∴b 1=a 2-2a 1=3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n +1=4a n +2, ①S n =4a n -1+2(n ≥2), ② 由①-②,得a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2), ∴a n +1-2a n =2(a n -2a n -1)(n ≥2). ∵b n =a n +1-2a n ,∴b n =2b n -1(n ≥2), 故{b n }是首项b 1=3,公比为2的等比数列. (2)解 由(1)知b n =a n +1-2a n =3·2n -1, ∴a n +12n +1-a n 2n =34, 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12,公差为34的等差数列.∴a n 2n =12+(n -1)·34=3n -14, 故a n =(3n -1)·2n -2. 引申探究若将本例中“S n +1=4a n +2”改为“S n +1=2S n +(n +1)”,其他不变,求数列{a n }的通项公式. 解 由已知得n ≥2时,S n =2S n -1+n . ∴S n +1-S n =2S n -2S n -1+1, ∴a n +1=2a n +1,∴a n +1+1=2(a n +1),n ≥2,(*)又a 1=1,S 2=a 1+a 2=2a 1+2,即a 2+1=2(a 1+1), ∴当n =1时(*)式也成立,故{a n +1}是以2为首项,以2为公比的等比数列, ∴a n +1=2·2n -1=2n ,∴a n =2n -1.思维升华 (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)利用递推关系时要注意对n =1时的情况进行验证.跟踪训练 (2016·全国Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n =1+λa n ,其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列,并求其通项公式; (2)若S 5=3132,求λ.(1)证明 由题意得a 1=S 1=1+λa 1, 故λ≠1,a 1=11-λ,a 1≠0.由S n =1+λa n ,S n +1=1+λa n +1,得a n +1=λa n +1-λa n ,即a n +1(λ-1)=λa n ,由a 1≠0,λ≠0得a n ≠0, 所以a n +1a n =λλ-1.因此{a n }是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,于是a n =11-λ⎝⎛⎭⎫λλ-1n -1.(2)解 由(1)得S n =1-⎝⎛⎭⎫λλ-1n . 由S 5=3132得1-⎝⎛⎭⎫λλ-15=3132,即⎝⎛⎭⎫λλ-15=132.解得λ=-1.题型三 等比数列性质的应用1.(2019·郑州三模)已知等比数列{a n },且a 6+a 8=4,则a 8(a 4+2a 6+a 8)的值为( ) A .2 B .4 C .8 D .16 答案 D解析 ∵a 6+a 8=4,∴a 8(a 4+2a 6+a 8)=a 8a 4+2a 8a 6+a 28=(a 6+a 8)2=16.故选D.2.(2017·云南省十一校跨区调研)已知数列{a n }是等比数列,S n 为其前n 项和,若a 1+a 2+a 3=4,a 4+a 5+a 6=8,则S 12等于( ) A .40 B .60 C .32 D .50 答案 B解析 由等比数列的性质可知,数列S 3,S 6-S 3,S 9-S 6,S 12-S 9是等比数列,即数列4,8,S 9-S 6,S 12-S 9是等比数列,因此S 12=4+8+16+32=60,故选B. 思维升华 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类: (1)通项公式的变形. (2)等比中项的变形.(3)前n 项和公式的变形.根据题目条件,认真分析,发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口.分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *),且-2S 2,S 3,4S 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)证明:S n +1S n ≤136(n ∈N *).思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比,写出通项公式; (2)求出前n 项和,根据函数的单调性证明. 规范解答(1)解 设等比数列{a n }的公比为q , 因为-2S 2,S 3,4S 4成等差数列,所以S 3+2S 2=4S 4-S 3,即S 4-S 3=S 2-S 4, 可得2a 4=-a 3,于是q =a 4a 3=-12.[2分]又a 1=32,所以等比数列{a n }的通项公式为a n =32×⎝⎛⎭⎫-12n -1=(-1)n -1·32n (n ∈N *).[3分](2)证明 由(1)知,S n =1-⎝⎛⎭⎫-12n , S n +1S n=1-⎝⎛⎭⎫-12n +11-⎝⎛⎭⎫-12n=⎩⎨⎧2+12n (2n +1),n 为奇数,2+12n(2n-1),n 为偶数.[6分]当n 为奇数时,S n +1S n 随n 的增大而减小,所以S n +1S n ≤S 1+1S 1=32+23=136.[8分]当n 为偶数时,S n +1S n 随n 的增大而减小,所以S n +1S n ≤S 2+1S 2=34+43=2512.[10分]故对于n ∈N *,有S n +1S n ≤136.[12分]1.(2019·福建漳州八校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3=2,S 6=18,则S 10S 5等于( ) A .-3 B .5 C .-31 D .33 答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ,则由已知得q ≠1.∵S 3=2,S 6=18,∴1-q 31-q 6=218,得q 3=8,∴q =2. ∴S 10S 5=1-q 101-q5=1+q 5=33,故选D. 2.(2019·武汉市武昌区调研)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=3a 2+2,S 4=3a 4+2,则a 1等于( ) A .-2 B .-1 C.12 D.23答案 B解析 由S 2=3a 2+2,S 4=3a 4+2,得a 3+a 4=3a 4-3a 2,即q +q 2=3q 2-3,解得q =-1(舍去)或q =32,将q =32代入S 2=3a 2+2中得a 1+32a 1=3×32a 1+2,解得a 1=-1,故选B.3.(2019张掖市一诊)已知等比数列{a n }中,a 3=2,a 4a 6=16,则a 10-a 12a 6-a 8的值为( )A .2B .4C .8D .16 答案 B解析 a 5=±a 4·a 6=±16=±4, ∵q 2=a 5a 3>0,∴a 5=4,q 2=2,则a 10-a 12a 6-a 8=q 4=4. 4.(2019山西太原三模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,点(n ,S n +3)(n ∈N *)在函数y =3×2x 的图象上,等比数列{b n }满足b n +b n +1=a n (n ∈N *),其前n 项和为T n ,则下列结论正确的是( )A .S n =2T nB .T n =2b n +1C .T n >a nD .T n <b n +1 答案 D解析 由题意可得S n +3=3×2n ,S n =3×2n -3,由等比数列前n 项和的特点可得数列{a n }是首项为3,公比为2的等比数列,数列的通项公式a n =3×2n -1,设b n =b 1q n -1,则b 1q n -1+b 1q n =3×2n -1,当n =1时,b 1+b 1q =3,当n =2时,b 1q +b 1q 2=6, 解得b 1=1,q =2,数列{b n }的通项公式b n =2n -1,由等比数列求和公式有:T n =2n -1,观察所给的选项: S n =3T n ,T n =2b n -1,T n <a n ,T n <b n +1.5.(2019广元模拟)等比数列{a n }的各项均为正数,且a 5a 6+a 4a 7=18,则log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 10等于( )A .5B .9C .log 345D .10 答案 D解析 由等比数列的性质知a 5a 6=a 4a 7,又a 5a 6+a 4a 7=18,所以a 5a 6=9, 则原式=log 3(a 1a 2…a 10)=log 3(a 5a 6)5=10.6.(2018·长春质检)中国古代数学著作《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,请问第二天走了( ) A .192里 B .96里 C .48里 D .24里 答案 B解析 设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q =12,由题意得a 1⎝⎛⎭⎫1-1261-12=378,解得a 1=192,则a 2=192×12=96,即第二天走了96里,故选B.7.已知{a n }是各项都为正数的等比数列,其前n 项和为S n ,且S 2=3,S 4=15,则a 3=________. 答案 4解析 S 4-S 2=a 3+a 4=12,S 2=a 1+a 2=3, ∴a 3+a 4a 1+a 2=q 2=123=4,q =2或q =-2(舍去),∴a 3+a 4=a 3(1+q )=3a 3=12,a 3=4.8.在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 2=1,a 8=a 6+2a 4,则a 6的值是________. 答案 4解析 因为a 8=a 2q 6,a 6=a 2q 4,a 4=a 2q 2,所以由a 8=a 6+2a 4,得a 2q 6=a 2q 4+2a 2q 2,消去a 2q 2,得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2-q 2-2=0,解得q 2=2,q 2=-1(舍去),a 6=a 2q 4=1×22=4.9.已知数列{a n }是递增的等比数列,a 1+a 4=9,a 2a 3=8,则数列{a n }的前n 项和为________. 答案 2n -1解析 设等比数列的公比为q ,则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 1q 3=9,a 21·q 3=8,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=8,q =12.又{a n }为递增数列,∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =2, ∴数列{a n }的前n 项和为1-2n 1-2=2n -1. 10.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n +S n =1(n ∈N *),则通项a n =________. 答案 12n解析 ∵a n +S n =1,①∴a n -1+S n -1=1(n ≥2),②由①-②,得a n -a n -1+a n =0,即a n a n -1=12(n ≥2), 又a 1=12, ∴数列{a n }是首项为12,公比为12的等比数列, 则a n =12×⎝⎛⎭⎫12n -1=12n . 11.(2016·全国Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1=1,a 2n -(2a n +1-1)a n -2a n +1=0.(1)求a 2,a 3;(2)求{a n }的通项公式.解 (1)由题意,得a 2=12,a 3=14. (2)由a 2n -(2a n +1-1)a n -2a n +1=0,得2a n +1(a n +1)=a n (a n +1).因为{a n }的各项都为正数,所以a n +1≠0,所以a n +1a n =12. 故{a n }是首项为1,公比为12的等比数列, 因此a n =12n -1. 12.已知数列{a n }中,a 1=1,a n ·a n +1=⎝⎛⎭⎫12n ,记T 2n 为{a n }的前2n 项的和,b n =a 2n +a 2n -1,n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列,并求出b n ;(2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n +1=⎝⎛⎭⎫12n ,∴a n +1·a n +2=⎝⎛⎭⎫12n +1,∴a n +2a n =12,即a n +2=12a n .∵b n =a 2n +a 2n -1,∴b n +1b n =a 2n +2+a 2n +1a 2n +a 2n -1=12a 2n +12a 2n -1a 2n +a 2n -1=12, ∵a 1=1,a 1·a 2=12, ∴a 2=12,∴b 1=a 1+a 2=32. ∴{b n }是首项为32,公比为12的等比数列. ∴b n =32×⎝⎛⎭⎫12n -1=32n . (2)由(1)可知,a n +2=12a n , ∴a 1,a 3,a 5,…是以a 1=1为首项,以12为公比的等比数列;a 2,a 4,a 6,…是以a 2=12为首项,以12为公比的等比数列, ∴T 2n =(a 1+a 3+…+a 2n -1)+(a 2+a 4+…+a 2n )=1-⎝⎛⎭⎫12n 1-12+12⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫12n 1-12=3-32n .13.(2017·新乡三模)若数列{a n +1-a n }是等比数列,且a 1=1,a 2=2,a 3=5,则a n =________.答案 3n -1+12解析 ∵a 2-a 1=1,a 3-a 2=3,∴q =3,∴a n +1-a n =3n -1,∴a n -a 1=a 2-a 1+a 3-a 2+…+a n -1-a n -2+a n -a n -1=1+3+…+3n -2=1-3n -11-3, ∵a 1=1,∴a n =3n -1+12. 14.(2018·徐州质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,a n +a n +1=12n (n =1,2,3,…),则S 2n +3=________.答案 43⎝⎛⎭⎫1-14n +2 解析 由题意,得S 2n +3=a 1+(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+…+(a 2n +2+a 2n +3)=1+14+116+…+14n +1 =43⎝⎛⎭⎫1-14n +2.15.已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1,前n 项积为T n ,且a 2a 4=a 3,则使得T n >1的n 的最小值为( )A .4B .5C .6D .7答案 C解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 2a 4=a 3,∴a 23=a 3,∴a 3=1.又∵q >1,∴a 1<a 2<1,a n >1(n >3),∴T n >T n -1(n ≥4,n ∈N *),T 1<1,T 2=a 1·a 2<1,T 3=a 1·a 2·a 3=a 1a 2=T 2<1,T 4=a 1a 2a 3a 4=a 1<1,T 5=a 1·a 2·a 3·a 4·a 5=a 53=1,T 6=T 5·a 6=a 6>1,故n 的最小值为6,故选C.16.(2019·武汉市武昌区调研)设S n 为数列{a n }的前n 项和,S n +12n =(-1)n a n (n ∈N *),则数列{S n }的前9项和为________.答案 -3411 024解析 因为S n +12n =(-1)n a n , 所以S n -1+12n -1=(-1)n -1a n -1(n ≥2). 两式相减得S n -S n -1+12n -12n -1 =(-1)n a n -(-1)n -1a n -1,即a n -12n =(-1)n a n +(-1)n a n -1(n ≥2), 当n 为偶数时,a n -12n =a n +a n -1, 即a n -1=-12n , 此时n -1为奇数,所以若n 为奇数,则a n =-12n +1; 当n 为奇数时,a n -12n =-a n -a n -1, 即2a n -12n =-a n -1, 所以a n -1=12n -1,此时n -1为偶数, 所以若n 为偶数,则a n =12n . 所以数列{a n }的通项公式为 a n =⎩⎨⎧-12n +1,n 为奇数,12n ,n 为偶数.所以数列{S n }的前9项和为S 1+S 2+S 3+…+S 9=9a 1+8a 2+7a 3+6a 4+…+3a 7+2a 8+a 9=(9a 1+8a 2)+(7a 3+6a 4)+…+(3a 7+2a 8)+a 9=-122-124-126-128-1210 =-122×⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫1451-14=-3411 024.。
高中数学必修五 等比数列及前n项和(总结、例题、练习)
第五节 等比数列及前n 项和【基础知识】1.等比数列的定义如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零),那么这个数列叫作等比数列,这个常数叫作等比数列的公比,通常用字母__q __表示(q ≠0). 2.等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,则它的通项a n =a 1·q n -1(a 1≠0,q ≠0). 3.等比中项若G 2=a ·b _(ab ≠0),那么G 为a 与b 的等比中项. 4.等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广:a n =a m ·q n-m,(n ,m ∈N +).(2)若{a n }为等比数列,且k +l =m +n (k ,l ,m ,n ∈N +),则a k ·a l =a m ·a n .(3)若{a n },{b n }(项数相同)是等比数列,则{λa n }(λ≠0),1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭,{2n a },{a n ·b n },n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭仍是等比数列.5.等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0),其前n 项和为S n ,S n =111(1)(1)(1)11n n na q a a q a q q q q =⎧⎪--⎨=≠⎪--⎩6.等比数列前n 项和的性质公比不为-1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,则S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 仍成等比数列,其公比为__q n __. 难点正本 疑点清源 1.等比数列的特征从等比数列的定义看,等比数列的任意项都是非零的,公比q 也是非零常数. 2.等比数列中的函数观点利用函数、方程的观点和方法,揭示等比数列的特征及基本量之间的关系.在借用指数函数讨论单调性时,要特别注意首项和公比的大小. 3.两个防范(1)由a n +1=qa n ,q ≠0并不能立即断言{a n }为等比数列,还要验证a 1≠0.(2)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这一特殊情形导致解题失误.【考点剖析】考点一:等比数列基本量的运算【题组训练】1.已知等比数列{a n}满足a1=14,a3a5=4(a4-1),则a2等于()A.2B.1C.12D.18【答案】C【解析】由{a n}为等比数列,得a3a5=24a,又a3a5=4(a4-1),所以24a=4(a4-1),解得a4=2.设等比数列{a n}的公比为q,则由a4=a1q3,得2=14q3,解得q=2,所以a2=a1q=12.2.(2021·湘东五校联考)已知在等比数列{a n}中,a3=7,前三项之和S3=21,则公比q的值是()A.1 B.-1 2C.1或-12D.-1或12【答案】C【解析】当q=1时,a n=7,S3=21,符合题意;当q≠1时,由21317,(1)=211a qa qq⎧=⎪⎨-⎪-⎩得q=-12.综上,q的值是1或-12,故选C.3.(2017·全国卷Ⅱ)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【答案】B【解析】每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{a n},则前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得S7=71(12)12a--=381,解得a1=3..【名师微点】等比数列基本量运算的解题策略(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a 1,n ,q ,a n ,S n ,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,{a n }的前n 项和S n =na 1;当q ≠1时,{a n }的前n 项和S n =11(1)11n n a a q a q q q--=--. 考点二:等比数列的判定与证明例1.[典例精析]已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +1=4a n +2(n ∈N *),若b n =a n +1-2a n ,求证:{b n }是等比数列. 【证明】因为a n +2=S n +2-S n +1=4a n +1+2-4a n -2=4a n +1-4a n , 所以1n n b b +=211111112442242222n n n n n n nn n n n n na a a a a a a a a a a a a ++++++++----===--- 因为S 2=a 1+a 2=4a 1+2,所以a 2=5. 所以b 1=a 2-2a 1=3.所以数列{b n }是首项为3,公比为2的等比数列.[解题技法]等比数列的判定方法[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法,常用于证明;后两种方法常用于选择题、填空题中的判定.(2)若要判定一个数列不是等比数列,则只需判定存在连续三项不成等比数列即可. 考点三:等比数列的性质及应用例2.(1)已知等比数列{a n }的各项为正数,且a 5a 6+a 4a 7=18,则log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 10=( )A.12B.10C.8 D.2+log35(2)设等比数列{a n}中,前n项和为S n,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于()A.18B.-18C. 578D.558(3)已知等比数列{a n}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=________.【答案】(1)B(2)A(3)2【解析】(1)由a5a6+a4a7=18,得a5a6=9,所以log3a1+log3a2+...+log3a10=log3(a1a2 (10)=log3(a5a6)5=5log39=10.(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=18,所以a7+a8+a9=1 8 .(3)由题意,得=240=80S SS S+-⎧⎪⎨-⎪⎩奇偶奇偶,,解得=80=160SS-⎧⎪⎨-⎪⎩奇偶,所以q=160=80SS--偶奇=2.[解题技法]应用等比数列性质解题时的2个注意点(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(m,n,p,q∈N*),则a m·a n=a p·a q”,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.2.4 等比数列 基础练一、单选题1.在等比数列{}n a 中,201920168a a =,则数列{}n a 的公比q 的值为( )A .2B .3C .4D .82.已知等比数列{}n a 中,2017a ,2019a 是方程2410x x -+=的两个根,则2018a =( )A .1B .±1C .2018D .1,2018 3.已知数列{}n a 是公比为q 的等比数列,且132,,a a a 成等差数列,则公比q 的值为( )A .11,-2B .1C .1-2D .-24.若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==-,448a b ==,则22a b 为( ) A .1B .1-C .2D .2-5.已知等比数列{}n a 满足112a =,且()24341a a a ⋅=-,则5a =( ) A .8B .16C .32D .646.在各项不为零的等差数列{}n a 中,2201720182019220a a a -+=,数列{}n b 是等比数列,且20182018b a =,则()220172019log b b ⋅的值为( )A .1B .2C .4D .8二、填空题7.若,22,33x x x ++是一个等比数列的前3项,则第四项为_________.8.在等比数列{}n a 中,1132a =,当11n 时,1n a >恒成立,则公比q 的取值范围是______.9.已知数列{}n a 满足()*1111,3n n n a a n a a +==∈+N ,那么{}n a 的通项公式是___.三、解答题10.已知:n S 为{}n a 的前n 项和,且满足n n a S n +=.(1)求证:{}1n a -成等比数列; (2)求n a .2.5 等比数列的前n 项和基础练一、单选题1.已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+,则数列11{}n n a a +⋅的前6项和为( )A .215 B .415 C .511 D .1011 2.数列11111,2,3,424816…的前n 项和为( )A .()211122n n n ++-B .()1111122n n n +++-C .()211222n n n ++-D .()1112122n n n ⎛⎫++- ⎪⎝⎭3.数列{}n a的通项公式为n a =n S 为其前n 项和.若9n S =,则n =( )A .99B .98C .97D .964.若数列{}n a 的通项公式为221n n a n =+-,则数列{}n a 的前n 项和n S 为( )A .221n n +-B .1221n n ++-C .1222n n ++-D .222n n +-5.数列{}n a 满足n a =123...nn ++++,则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为( )A .2nn +B .22nn + C .1n n + D .21nn + 6.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若367,63S S ==,则数列{}n na 的前n 项和为( )A .3(1)2n n -++⨯B .3(1)2n n ++⨯C .1(1)2n n ++⨯D .1(1)2n n +-⨯二、填空题7.已知数列{a n }的通项a n =2n +n ,若数列{a n }的前n 项和为Sn ,则S 8=_________8.()()11114473231n n +++=⨯⨯-+ 9.已知数列111112123123n+++++++,,,,,,则其前n 项的和等于_________.三、解答题10.已知等差数列{a n }满足a 2=0,a 6+a 8=-10.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.参考答案11.【答案】A【解析】设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 2019=8a 2016,∴q 3=8,解得q =2. 故选A . 2.【答案】B【解析】∵2017a ,2019a 是方程x 2﹣4x+1=0的两个根,∴20172019a a =1,则在等比数列{a n }中,201720192018a a a =2=1,2008a ∴=±1故选B . 3.【答案】A【解析】数列{}n a 是公比为q 的等比数列,132,,a a a 故3122a a a =+,由此解得112q =-, 故选A 。
高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和第一课时等比数列的前n项和练习(含解析)新人教A版必修5
高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和第一课时等比数列的前n项和练习(含解析)新人教A版必修51.等比数列{a n}的各项都是正数,若a1=81,a5=16,则它的前5项和是( B )(A)179 (B)211 (C)248 (D)275解析:由16=81×q4,q>0得q=,所以S5==211.故选B.2.在等比数列{a n}中,若a4,a8是方程x2-4x+3=0的两根,则a6的值是( A )(A)(B)-(C)±(D)±3解析:依题意得,a4+a8=4,a4a8=3,故a4>0,a8>0,因此a6>0(注:在一个实数等比数列中,奇数项的符号相同,偶数项的符号相同),a6==.故选A.3.等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于( C )(A)(B)-(C)(D)-解析:设等比数列{a n}的公比为q,由S3=a2+10a1得a1+a2+a3=a2+10a1,即a3=9a1,所以q2=9,又a5=a1q4=9,所以a1=.故选C.4.等比数列{a n}中,a3=3S2+2,a4=3S3+2,则公比q等于( C )(A)2 (B)(C)4 (D)解析:因为a3=3S2+2,a4=3S3+2,所以a4-a3=3(S3-S2)=3a3,即a4=4a3,所以q==4,故选C.5.等比数列{a n}的前n项和S n=3n-a,则实数a的值为( B )(A)0 (B)1 (C)3 (D)不存在解析:法一当n≥2时,a n=S n-S n-1=3n-3n-1=2·3n-1,==3.又a1=S1=3-a,a2=2×3=6,则=.因为{a n}是等比数列,所以=3,得a=1.故选B.法二由等比数列前n项和公式知,3n系数1与-a互为相反数,即-a=-1,则a=1.故选B.6.在14与之间插入n个数组成等比数列,若各项和为,则数列的项数为( B )(A)4 (B)5 (C)6 (D)7解析:设公比为q,由等比数列的前n项和公式及通项公式得解之,得则数列的项数为5.故选B.7.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初步健步不为难,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.”其大意为“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.”则该人最后一天走的路程为( C )(A)24里(B)12里(C)6里(D)3里解析:记每天走的路程里数为{a n},易知{a n}是公比q=的等比数列,S6=378,S6==378,所以a1=192,所以a6=192×=6,故选C.8.设S n为等比数列{a n}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .解析:由3S1,2S2,S3成等差数列知,4S2=3S1+S3,可得a3=3a2,所以公比q=3,故等比数列通项a n=a1q n-1=3n-1.答案:3n-19.在等比数列{a n}中,已知a1+a2+a3=1,a4+a5+a6=-2,则该数列的前15项和S15= .解析:记b1=a1+a2+a3,b2=a4+a5+a6,…,b5=a13+a14+a15,依题意{b n}构成等比数列,其首项b1=1,公比为q==-2,则{b n}的前5项和即为{a n}的前15项和S15==11.答案:1110.在等比数列{a n}中,公比q=,且log2a1+log2a2+…+log2a10=55,则a1+a2+…+a10= .解析:据题意知log2(·q1+2+…+9)=log2(·q45)=55,即=2100.又a n>0,所以a1=210,所以S10=211-2.答案:211-211.已知等比数列前20项和是21,前30项和是49,则前10项和是.解析:由S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,所以(S20-S10)2=S10·(S30-S20),即(21-S10)2=S10(49-21).所以S10=7或S10=63.答案:7或6312.已知数列{a n} 的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,求S n的值.解:因为S n=2a n+1,所以n≥2时,S n-1=2a n.因为a n=S n-S n-1=2a n+1-2a n,所以3a n=2a n+1,所以=.又因为S1=2a2,所以a2=,所以=,所以{a n}从第二项起是以为公比的等比数列.所以S n=a1+a2+a3+…+a n=1+=()n-1.13.知{a n}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{b n}满足b1=4,b4=20,且{b n-a n}为等比数列.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,由题意得d===3,所以a n=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).设等比数列{b n-a n}的公比为q,由题意得q3===8,解得q=2.所以b n-a n=(b1-a1)q n-1=2n-1.从而b n=3n+2n-1(n=1,2,…).(2)由(1)知b n=3n+2n-1(n=1,2,…).数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为=2n-1.所以数列{b n}的前n项和为n(n+1)+2n-1.14.已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(1)求证是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)求证++…+<.证明:(1)由a n+1=3a n+1得a n+1+=3(a n+).又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.所以a n+=,因此{a n}的通项公式为a n=.(2)由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=(1-)<.所以++…+<.15.数列{a n}中,已知对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+a n=3n-1,则+++…+等于( B )(A)(3n-1)2(B)(9n-1)(C)9n-1 (D)(3n-1)解析:因为a1+a2+…+a n=3n-1,n∈N*,n≥2时,a1+a2+…+a n-1=3n-1-1,所以当n≥2时,a n=3n-3n-1=2·3n-1,又n=1时,a1=2适合上式,所以a n=2·3n-1,故数列{}是首项为4,公比为9的等比数列.因此++…+==(9n-1).故选B.16.已知S n是等比数列{a n}的前n项和,若存在m∈N*,满足=9,=,则数列{a n}的公比为( B )(A)-2 (B)2 (C)-3 (D)3解析:设公比为q,若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠1.因为==q m+1=9,所以q m=8.所以==q m=8=,所以m=3,所以q3=8,所以q=2.故选B.17.设各项都是正数的等比数列{a n},S n为前n项和且S10=10,S30=70,那么S40= .解析:依题意,知数列{a n}的公比q≠-1,数列S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列,因此有(S20-S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)2=10(70-S20),故S20=-20或S20=30;又S20>0,因此S20=30,S20-S10=20,S30-S20=40,故S40-S30=80,S40=150.答案:15018.已知等差数列{a n}的首项a1=1,公差d>0,且第2项,第5项,第14项分别是等比数列{b n}的第2项,第3项,第4项.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}对于任意n∈N*均有+++…+=a n+1成立,求c1+c2+c3+…+c2 015+c2 016的值. 解:(1)依题意得b2=a2=a1+d,b3=a5=a1+4d,b4=a14=a1+13d,由等比中项得(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=2或d=0(舍去),因此a n=1+2(n-1)=2n-1,b2=3,b3=9,b4=27,故数列{b n}是首项为1,公比为3的等比数列.因此b n=3n-1.(2)因为+++…+=a n+1,所以当n≥2时,+++…+=a n,两式作差得=a n+1-a n=d,又d=2,故c n=2×3n-1,又=a2,所以c1=3,因此数列c n=。
高中数学人教A版必修五优化练习:第二章 2.5 第2课时 等比数列的前n项和公式的性质及应用 含解析
[课时作业] [A 组 基础巩固]1.设首项为1,公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,则( )A .S n =2a n -1B .S n =3a n -2C .S n =4-3a nD .S n =3-2a n解析:S n =a 1(1-q n )1-q =a 1-a n q1-q =3-2a n .答案:D2.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,8a 2-a 5=0,则S 4S 2=( )A .5B .8C .-8D .15解析:∵8a 2-a 5=0,∴8a 1q =a 1q 4,∴q 3=8,∴q =2,∴S 4S 2=1-q 41-q 2=1+q 2=5.答案:A3.已知在等比数列{a n }中,公比q 是整数,a 1+a 4=18,a 2+a 3=12,则此数列的前8项和为( ) A .514 B .513 C .512D .510解析:由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 1q 3=18,a 1q +a 1q 2=12,解得q =2或q =12.∵q 为整数,∴q =2.∴a 1=2,∴S 8=2(1-28)1-2=29-2=510.答案:D4.设{a n }是由正数组成的等比数列,S n 为其前n 项和,已知a 2a 4=1,S 3=7,则S 5=( ) A.152 B.314 C.334D.172解析:由a 2a 4=1⇒a 1=1q 2,又S 3=a 1(1+q +q 2)=7,联立得:⎝⎛⎭⎫1q +3⎝⎛⎭⎫1q -2=0,∴q =12,a 1=4, S 5=4⎝⎛⎭⎫1-1251-12=314.答案:B5.在数列{a n }中,a 1=2,a n +1=2a n ,S n 为{a n }的前n 项和,若S n =126,则n =________. 解析:∵a 1=2,a n +1=2a n ,∴数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列, ∴S n =2(1-2n )1-2=126,∴2n =64,∴n =6.答案:66.等比数列{a n }的公比q >0,已知a 2=1,a n +2+a n +1=6a n ,则{a n }的前4项和S 4=________. 解析:由a n +2+a n +1=6a n ,得q n +1+q n =6q n -1,即q 2+q -6=0,q >0,解得q =2, 又∵a 2=1,∴a 1=12,∴S 4=12·(1-24)1-2=152.答案:1527.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=1,且3S 1,2S 2,S 3成等差数列,则a n =________. 解析:设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0),依题意得a 2=a 1·q =q ,a 3=a 1q 2=q 2,S 1=a 1=1,S 2=1+q ,S 3=1+q +q 2,又3S 1,2S 2,S 3成等差数列,所以4S 2=3S 1+S 3,即4(1+q )=3+1+q +q 2,所以q =3(q =0舍去).所以a n =a 1q n -1=3n -1. 答案:3n -18.设{a n }是由正数组成的等比数列,S n 是其前n 项和,证明:log 0.5S n +log 0.5S n +2>2log 0.5S n +1.证明:设{a n }的公比为q ,由已知得a 1>0,q >0. ∵S n +1=a 1+qS n ,S n +2=a 1+qS n +1,∴S n S n +2-S 2n +1=S n (a 1+qS n +1)-(a 1+qS n )S n +1=S n a 1+qS n S n +1-a 1S n +1-qS n S n +1=a 1(S n -S n +1)=-a 1a n +1<0, ∴S n ·S n +2<S 2n +1.根据对数函数的单调性可以得到log 0.5(S n S n +2)>log 0.5S 2n +1, 即log 0.5S n +log 0.5S n +2>2log 0.5S n +1.9.设等比数列{a n }的公比q <1,前n 项和为S n ,已知a 3=2,S 4=5S 2,求{a n }的通项公式. 解析:由题设知a 1≠0,S n =a 1·(1-q n )1-q,则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2=2, ①a 1·(1-q 4)1-q=5×a 1·(1-q 2)1-q , ② 由②得1-q 4=5(1-q 2),(q 2-4)(q 2-1)=0.(q -2)(q +2)(q -1)(q +1)=0, 因为q <1,解得q =-1或q =-2. 当q =-1时,代入①得a 1=2, 通项公式a n =2×(-1)n -1; 当q =-2时,代入①得a 1=12;通项公式a n =12×(-2)n -1.综上,当q =-1时,a n =2×(-1)n -1; 当q =-2时,a n =12×(-2)n -1.[B 组 能力提升]1.在等比数列{a n }中,公比q =2,log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+…+log 2a 10=35,则S 10=( ) A.1 0232B.1 0242C .235D.1 0222解析:由题意知log 2(a 1·a 2·…·a 10)=35, ∴a 1·a 2·a 3·…·a 10=235. ∴a 1·(a 1q )·(a 1q 2)·…·(a 1q 9)=235.∴a 101q1+2+3+…+9=235.∴a 101·245=235,即a 101=1210, ∴a 1=12.∴a 1+a 2+…+a 10=a 1(1-q 10)1-q =1 0232.答案:A2.已知{a n }是等差数列,公差d 不为零,前n 项和是S n ,若a 3,a 4,a 8成等比数列,则( ) A .a 1d >0,dS 4>0 B .a 1d <0,dS 4<0 C .a 1d >0,dS 4<0 D .a 1d <0,dS 4>0解析:因为{a n }是等差数列,a 3,a 4,a 8成等比数列, 所以(a 1+3d )2=(a 1+2d )(a 1+7d )⇒a 1=-53d ,所以S 4=2(a 1+a 4)=2(a 1+a 1+3d )=-23d ,所以a 1d =-53d 2<0,dS 4=-23d 2<0.答案:B3.一个项数是偶数的等比数列,它的偶数项的和是奇数项的和的两倍,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________. 解析:由题意可知q =2, 设该数列为a 1,a 2,a 3,…,a 2n , 则a n +a n +1=24,又a 1=1, ∴q n -1+q n =24,即2n -1+2n =24, 解得n =4,∴项数为8项. 答案:84.(2019·高考全国Ⅰ卷)设等比数列{a n }满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2…a n 的最大值为________.解析:设{a n }的公比为q , 于是a 1(1+q 2)=10,① a 1(q +q 3)=5,②联立①②得a 1=8,q =12,∴a n =24-n ,∴a 1a 2…a n =23+2+1+…+(4-n )=2-12n n 2+72n n =2-12 (n -72 )2+498≤26=64.∴a 1a 2…a n的最大值为64. 答案:645.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=5,S 6=36, (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解析:(1)设{a n }的公差为d ,则⎩⎪⎨⎪⎧a 1+2d =5,6a 1+6×52d =36, 即⎩⎪⎨⎪⎧a 1+2d =5,a 1+52d =6,∴a 1=1,d =2. ∴a n =1+2(n -1)=2n -1,(n ∈N *). (2)∵b n =2a n =22n -1, ∴T n =21+23+25+…+22n -1 =2(1-4n )1-4=2(4n -1)3.6.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -2(n ∈N *),数列{b n }中,b 1=1,点P (b n ,b n+1)在直线x -y +2=0上.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)记T n =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ,求T n .解析:(1)由S n =2a n -2得S n -1=2a n -1-2(n ≥2), 两式相减得a n =2a n -2a n -1,即a na n -1=2(n ≥2),又a 1=S 1=2a 1-2,∴a 1=2,∴{a n }是以2为首项,2为公比的等比数列. ∴a n =2n .∵点P (b n ,b n +1)在直线x -y +2=0上, ∴b n -b n +1+2=0,即b n +1-b n =2, ∴{b n }是等差数列. 又b 1=1,∴b n =2n -1.(2)∵T n =1×2+3×22+…+(2n -3)2n -1+(2n -1)·2n ,① ∴2T n =1×22+3×23+…+(2n -3)2n +(2n -1)2n +1.② ①-②,得-T n =1×2+2×(22+23+…+2n )-(2n -1)·2n +1 =2+2·22-2n ·21-2-(2n -1)2n +1=2+4·2n -8-(2n -1)2n +1=(3-2n )·2n +1-6. ∴T n =(2n -3)·2n +1+6.。
高中数学-等比数列的前n项和练习
高中数学-等比数列的前n 项和练习[A 基础达标]1.等比数列1,a ,a 2,a 3,…的前n 项和为( )A .1+a (1-a n -1)1-11aB .1-a n1-aC.a n +1-1a -1D .以上皆错解析:选D.当a =1时,S n =n ,故选D.2.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且4a 1,2a 2,a 3成等差数列.若a 1=1,则S 4等于( ) A .7 B .8 C .15D .16解析:选C.设{a n }的公比为q , 因为4a 1,2a 2,a 3成等差数列, 所以4a 2=4a 1+a 3,即4a 1q =4a 1+a 1q 2, 即q 2-4q +4=0,所以q =2, 又a 1=1,所以S 4=1-241-2=15,故选C.3.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3+3S 2=0,则公比q =( ) A .-2 B .2 C .3D .-3解析:选A.因为S 3+3S 2=0,所以a 1(1-q 3)1-q +3a 1(1-q 2)1-q=0,即(1-q )(q 2+4q +4)=0.解得q =-2或q =1(舍去).4.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 3=8,S 6=7,则a 7+a 8+a 9=( ) A.18 B .-18C.578D .558解析:选A.法一:由等比数列前n 项和的性质知S 3,S 6-S 3,S 9-S 6成等比数列,又a 7+a 8+a 9=S 9-S 6,则S 3,S 6-S 3,a 7+a 8+a 9成等比数列,从而a 7+a 8+a 9=(S 6-S 3)2S 3=18.故选A.法二:因为S 6=S 3+S 3q 3,所以q 3=S 6-S 3S 3=-18,所以a 7+a 8+a 9=S 9-S 6=S 3q 6=8× ⎝ ⎛⎭⎪⎫-182=18.故选A. 5.在等比数列{a n }中,已知S 30=13S 10,S 10+S 30=140,则S 20等于( ) A .90 B .70 C .40D .30解析:选C.因为S 30≠3S 10,所以q ≠1.由⎩⎪⎨⎪⎧S 30=13S 10,S 10+S 30=140得⎩⎪⎨⎪⎧S 10=10,S 30=130,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q 10)1-q=10,a 1(1-q30)1-q=130,所以q 20+q 10-12=0.所以q 10=3,所以S 20=a 1(1-q 20)1-q=S 10(1+q 10)=10×(1+3)=40.6.在等比数列{a n }中,若公比q =4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式a n =________.解析:因为在等比数列{a n }中,前3项之和等于21, 所以a 1(1-43)1-4=21,所以a 1=1.所以a n =4n -1.答案:4n -17.对于数列{a n },定义数列{a n +1-a n }为数列{a n }的“差数列”,若a 1=1,a n +1-a n =2n,则数列{a n }的前n 项和S n =________.解析:因为a n +1-a n =2n ,应用累加法可得a n =2n-1.所以S n =a 1+a 2+…+a n =2+22+ (2)-n =2(1-2n)1-2-n =2n +1-n -2.答案:2n +1-n -28.在等比数列{a n }中,已知a 1+a 2+a 3=1,a 4+a 5+a 6=-2,则该数列的前15项和S 15=________.解析:设数列{a n }的公比为q ,则由已知,得q 3=-2. 又a 1+a 2+a 3=a 11-q(1-q 3)=1,所以a 11-q =13,所以S 15=a 11-q (1-q 15)=a 11-q [1-(q 3)5]=13×[1-(-2)5]=11.答案:119.记S n 为等比数列{a n }的前n 项和,已知S 2=2,S 3=-6. (1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n +1,S n ,S n +2是否成等差数列. 解:(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1+q )=2,a 1(1+q +q 2)=-6. 解得q =-2,a 1=-2.故{a n }的通项公式为a n =(-2)n.(2)由(1)可得S n =a 1(1-q n )1-q =-23+(-1)n 2n +13.由于S n +2+S n +1=-43+(-1)n·2n +3-2n +23=2[-23+(-1)n 2n +13]=2S n ,故S n +1,S n ,S n +2成等差数列.10.数列{a n }是首项为1的等差数列,且公差不为零,而等比数列{b n }的前三项分别是a 1,a 2,a 6.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b 1+b 2+…+b k =85,求正整数k 的值. 解:(1)设数列{a n }的公差为d , 因为a 1,a 2,a 6成等比数列, 所以a 22=a 1·a 6,所以(1+d )2=1×(1+5d ), 所以d 2=3d , 因为d ≠0, 所以d =3,所以a n =1+(n -1)×3=3n -2.(2)数列{b n }的首项为1,公比为q =a 2a 1=4, 故b 1+b 2+…+b k =1-4k1-4=4k-13.令4k-13=85,即4k=256,解得k =4.故正整数k 的值为4.[B 能力提升]11.一个等比数列前三项的积为2,最后三项的积为4,且所有项的积为64,则该数列有( )A .13项B .12项C .11项D .10项解析:选B.设该数列的前三项分别为a 1,a 1q ,a 1q 2,后三项分别为a 1q n -3,a 1qn -2,a 1qn -1.所以前三项之积a 31q 3=2,后三项之积a 31q3n -6=4.所以两式相乘,得a 61q3(n -1)=8,即a 21qn -1=2,又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1q n -1=64,所以a n1·q n (n -1)2=64,即(a 21q n -1)n =642,即2n =642,所以n =12.12.已知等比数列{a n }的前10项中,所有奇数项之和S 奇为8514,所有偶数项之和S 偶为17012,则S =a 3+a 6+a 9+a 12的值为________. 解析:设公比为q ,由⎩⎪⎨⎪⎧S 偶S 奇=q =2,S奇=a 1[1-(q 2)5]1-q2=8514,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=14,q =2. 所以S =a 3+a 6+a 9+a 12=a 3(1+q 3+q 6+q 9) =a 1q 2·1-q121-q3=585.答案:58513.设数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,且数列{S n }是以c (c >0)为公比的等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求a 2+a 4+…+a 2n . 解:由条件知S 1=a 1=1.(1)①当c =1时,a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,S n -S n -1,n ≥2⇒a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,0,n ≥2.②当c ≠1时,a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,(c -1)c n -2,n ≥2. (2)①当c =1时,a 2+a 4+…+a 2n =0;②当c ≠1时,数列是以a 2为首项,c 2为公比的等比数列,所以a 2+a 4+…+a 2n =(c -1)(1-c 2n)1-c 2=c 2n-11+c. 14.(选做题)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a n 的表达式;(2)设A n =a 1+a 2+…+a nn,若A n 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.解:(1)当n ≤6时,数列{a n }是首项为120,公差为-10的等差数列.a n =120-10(n -1)=130-10n ;当n ≥7时,数列{a n }是以a 6为首项,公比为34的等比数列,又a 6=70,所以a n =70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n -6;因此,第n 年初,M 的价值a n 的表达式为a n =⎩⎪⎨⎪⎧130-10n ,n ≤6,70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n -6,n ≥7. (2)证明:设S n 表示数列{a n }的前n 项和,由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时,S n =120n -5n (n -1),A n =120-5(n -1)=125-5n ;当n ≥7时,S n =S 6+(a 7+a 8+…+a n ) =570+70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫34n -6=780-210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n -6,A n =780-210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n -6n,因为{a n }是递减数列,所以{A n }是递减数列,又 A 8=780-210×(34)8-68=824764>80,A 9=780-210×(34)9-69=767996<80,所以须在第9年初对M 更新.。
人教版高中数学选择性必修第二册 等比数列的前n项和公式(第2课时) 分层作业(含解析)
人教版高中数学选择性必修第二册等比数列的前n 项和公式(第2课时)分层作业(原卷版)(50分钟100分)基础对点练基础考点分组训练知识点1等比数列前n 项和的性质1.(5分)设首项为1,公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,则()A .S n =2a n -1B .S n =3a n -2C .S n =4-3a nD .S n =3-2a n2.(5分)在等比数列{a n }中,若a 1+a 2+a 3+a 4=158,a 2a 3=-98,则1a 1+1a 2+1a 3+1a 4等于()A .35B .53C .-35D .-533.(5分)等比数列{a n }共有2n 项,它的全部项的和是奇数项的和的3倍,则公比q =________.4.(5分)在等比数列{a n }中,已知a 1+a 2+a 3=1,a 4+a 5+a 6=-2,则该数列的前15项的和S 15=________.知识点2分组求和5.(5分)数列12,12+14,12+14+18,…,12+14+…+12n 的前n 项和为()A .n +12nB .n -1+12nC .n -1+12n +1D .n +12n-16.(5分)设{a n }为等比数列,{b n }为等差数列,且b 1=0,c n =a n +b n ,若数列{c n }是1,1,2,…,则数列{c n }的前10项和为()A .978B .557C .467D .979知识点3等差数列与等比数列的综合问题7.(5分)已知数列{a n }是以2为首项,1为公差的等差数列,{b n }是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab 1+ab 2+…+ab 10=()A .1033B .1034C .2057D .20588.(5分)设{a n }是首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n 为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a1=()A.2B.-2C.12D.-129.(5分)(多选)已知{a n}为等比数列,S n是其前n项和.若a2a3=8a1,且a4与2a5的等差中项为20,则()A.a1=-1B.公比q=-2C.a4=8D.S5=31能力提升练能力考点拓展提升10.(5分)等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3=2,S6=18,则S10S5等于()A.-3B.5C.-31D.3311.(5分)设等比数列的前n项和、前2n项和、前3n项和分别为A,B,C,则() A.A+B=C B.B2=ACC.A+B-C=B2D.A2+B2=A(B+C)12.(5分)已知等比数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则数列{log2a n}的前12项和等于() A.66B.55C.45D.613.(5分)已知{a n}是等比数列,若a1=1,a6=8a3,n项和为T n,则T5=() A.3116B.31C.158D.15414.(5分)在等比数列{a n}中,公比q=2,前n项和为S n,若S5=1,则S10=________.15.(5分)若等比数列{a n}的前n项和S n=2×3n+r,则r=________.16.(12分)已知等差数列{a n}(n∈N*)的前n项和为S n,且a3=5,S3=9.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)等比数列{b n}(n∈N*),若b2=a2,b3=a5,求数列{a n+b n}的前n项和T n.17.(13分)已知数列{a n}是等比数列,S n是其前n项的和,a1,a7,a4成等差数列,求证:2S3,S6,S12-S6成等比数列.人教版高中数学选择性必修第二册等比数列的前n 项和公式(第2课时)分层作业(解析版)(50分钟100分)基础对点练基础考点分组训练知识点1等比数列前n 项和的性质1.(5分)设首项为1,公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,则()A .S n =2a n -1B .S n =3a n -2C .S n =4-3a nD .S n =3-2a nD解析:在等比数列{a n }中,S n =a 1-a n q 1-q =1-a n ×231-23=3-2a n .2.(5分)在等比数列{a n }中,若a 1+a 2+a 3+a 4=158,a 2a 3=-98,则1a 1+1a 2+1a 3+1a 4等于()A .35B .53C .-35D .-53D解析:设等比数列{a n }的公比为q ,则a 1+a 2+a 3+a 4=a 1(1+q +q 2+q 3)=158,a 2a 3=a 21q 3=-98,∴1a 1+1a 2+1a 3+1a 4=+1q +1q 2+=q 3+q 2+q +1a 1q 3=a 1(q 3+q 2+q +1)a 21q3=158-98=-53.3.(5分)等比数列{a n }共有2n 项,它的全部项的和是奇数项的和的3倍,则公比q =________.2解析:设{a n }的公比为q ,由已知可得q ≠1,则奇数项也构成等比数列,其公比为q 2,首项为a 1,S 2n =a 1(1-q 2n )1-q ,S 奇=a 1[1-(q 2)n ]1-q2.由题意得a 1(1-q 2n )1-q =3a 1(1-q 2n )1-q 2,∴1+q =3,∴q =2.4.(5分)在等比数列{a n }中,已知a 1+a 2+a 3=1,a 4+a 5+a 6=-2,则该数列的前15项的和S 15=________.11解析:∵S 3=1,S 6-S 3=-2,∴S 9-S 6=4,S 12-S 9=-8,S 15-S 12=16,∴S 15=S 3+S 6-S 3+S 9-S 6+S 12-S 9+S 15-S 12=1-2+4-8+16=11.知识点2分组求和5.(5分)数列12,12+14,12+14+18,…,12+14+…+12n 的前n 项和为()A .n +12nB .n -1+12nC .n -1+12n +1D .n +12n -1B解析:∵数列的通项a n =12+14+…+12n =21-12=1-12n ,∴前n 项和S n…=n +14+…=n -1+12n .6.(5分)设{a n }为等比数列,{b n }为等差数列,且b 1=0,c n =a n +b n ,若数列{c n }是1,1,2,…,则数列{c n }的前10项和为()A .978B .557C .467D .979A解析:设等比数列{a n }的公比为q ,等差数列{b n }的公差为d .∵c n =a n +bn 1+b 1=1,2+b 2=1,3+b 3=2,1=1,=-1,=2.∴c n =2n -1+(1-n ).∴{c n }的前10项和为1-2101-2+10×(0-9)2=978.知识点3等差数列与等比数列的综合问题7.(5分)已知数列{a n }是以2为首项,1为公差的等差数列,{b n }是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab 1+ab 2+…+ab 10=()A .1033B .1034C .2057D .2058A解析:∵a n =n +1,b n =2n -1,∴ab 1+ab 2+…+ab 10=a 1+a 2+a 4+…+a 29=(1+1)+(2+1)+(22+1)+…+(29+1)=10+(1+2+22+…+29)=10+1-2101-2=1033.8.(5分)设{a n }是首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n 为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1=()A .2B .-2C .12D .-12D解析:∵S 1,S 2,S 4成等比数列,∴S 22=S 1·S 4,∴(2a 1-1)2=a 1·(4a 1-6),∴a 1=-12.9.(5分)(多选)已知{a n }为等比数列,S n 是其前n 项和.若a 2a 3=8a 1,且a 4与2a 5的等差中项为20,则()A .a 1=-1B .公比q =-2C .a 4=8D .S 5=31CD解析:∵a 2a 3=8a 1,∴a 1q 3=8,即a 4=8.∵a 4+2a 5=40,∴a 4(1+2q )=40,∴q =2,a 1=1.∴S 5=1-251-2=31.能力提升练能力考点拓展提升10.(5分)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3=2,S 6=18,则S 10S 5等于()A .-3B .5C .-31D .33D解析:设{a n }的公比为q ,∵S 3=a 1·(1-q 3)1-q =2,S 6=a 1·(1-q 6)1-q =18,∴1+q 3=9,∴q =2,∴S 10S 5=1-q 101-q5=1+q 5=33.11.(5分)设等比数列的前n 项和、前2n 项和、前3n 项和分别为A ,B ,C ,则()A .A +B =C B .B 2=ACC .A +B -C =B 2D .A 2+B 2=A(B +C)D解析:∵S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 成等比数列,∴(S 2n -S n )2=S n (S 3n -S 2n ),即(B -A)2=A(C -B),∴A 2+B 2=A(B +C).12.(5分)已知等比数列{a n }的前n 项和S n =2n -1,则数列{log 2a n }的前12项和等于()A .66B .55C .45D .6A解析:∵S n =2n -1,∴S n -1=2n -1-1(n ≥2),两式相减得a n =2n -1(n ≥2).又a 1=S 1=1,∴a n =2n -1.∴log 2a n =n -1.∴{log 2a n }是等差数列,首项为0,公差为1.∴前12项和为66.13.(5分)已知{a n }是等比数列,若a 1=1,a 6=8a 3,n 项和为T n ,则T 5=()A .3116B .31C .158D .154A解析:∵a 1=1,a 6=8a 3,∴q =2.1,公比为12,∴T 51-12=3116.14.(5分)在等比数列{a n }中,公比q =2,前n 项和为S n ,若S 5=1,则S 10=________.33解析:∵S 5=a 1(1-25)1-2=1,∴a 1=131.∴S 10=a 1(1-210)1-2=131×1023=33.15.(5分)若等比数列{a n }的前n 项和S n =2×3n +r ,则r =________.-2解析:∵S n =2×3n +r ,∴当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2×3n -2×3n -1=4×3n -1.当n =1时,a 1=S 1=6+r .∵{a n }为等比数列,∴6+r =4.∴r =- 2.16.(12分)已知等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和为S n ,且a 3=5,S 3=9.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)等比数列{b n }(n ∈N *),若b 2=a 2,b 3=a 5,求数列{a n +b n }的前n 项和T n .解:(1)由S 3=9,得3a 2=9,所以a 2=3.又因为a 3=5,所以公差d =2.从而a n =a 2+(n -2)d =2n -1.(2)由(1)可得b 2=a 2=3,b 3=a 5=9,所以公比q =3.从而b n =b 2q n -2=3n -1,则a n +b n =(2n -1)+3n -1,分组求和可得T n =n 2+12(3n -1).17.(13分)已知数列{a n }是等比数列,S n 是其前n 项的和,a 1,a 7,a 4成等差数列,求证:2S 3,S 6,S 12-S 6成等比数列.证明:∵a 1,a 7,a 4成等差数列,∴2a 7=a 1+a 4,∴2q 6=1+q 3,∴q 3=-12或q 3=1.若q 3=1,则2S 3=6a 1,S 6=6a 1,S 12-S 6=6a 1.∴2S 3,S 6,S 12-S 6成等比数列.若q 3=-12,则2S 3=3a 11-q ,S 6=34a 11-q ,S 12-S 6=316a 11-q .34a 11-q 2=3a 11-q ·316a 11-q ,即S 26=2S 3·(S 12-S 6),∴2S 3,S 6,S 12-S 6成等比数列.。
高中数学《等比数列前n项和公式》知识点讲解及重点练习
4.3.2 等比数列的前n 项和公式 第1课时 等比数列前n 项和公式学习目标 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 项和公式已知量首项、公比与项数 首项、公比与末项求和公式S n =⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q n)1-q (q ≠1),na 1(q =1)S n =⎩⎪⎨⎪⎧a 1-a n q 1-q (q ≠1),na 1(q =1)知识点二 等比数列前n 项和的性质1.数列{a n }为公比不为-1的等比数列(或公比为-1,且n 不是偶数),S n 为其前n 项和,则S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 仍构成等比数列.2.若{a n }是公比为q 的等比数列,则S n +m =S n +q n S m (n ,m ∈N *).3.若{a n }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,S 偶S 奇=q ;②在其前2n +1项中,S 奇-S 偶=a 1-a 2+a 3-a 4+…-a 2n +a 2n +1=a 1+a 2n +1q 1-(-q )=a 1+a 2n +21+q (q ≠-1).1.等比数列前n 项和S n 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 +a 2+…+a n -1=1-a n1-a.( × )4.若某数列的前n 项和公式为S n =-aq n +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{a n }中, (1)S 2=30,S 3=155,求S n ; (2)a 1+a 3=10,a 4+a 6=54,求S 5;(3)a 1+a n =66,a 2a n -1=128,S n =126,求公比q .解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1+q )=30,a 1(1+q +q 2)=155,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=5,q =5或⎩⎪⎨⎪⎧a 1=180,q =-56.从而S n =14×5n +1-54或S n =1 080×⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫-56n 11.(2)方法一 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 1q 2=10,a 1q 3+a 1q 5=54,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=8,q =12,从而S 5=a 1(1-q 5)1-q =312.方法二 由(a 1+a 3)q 3=a 4+a 6, 得q 3=18,从而q =12.又a 1+a 3=a 1(1+q 2)=10, 所以a 1=8,从而S 5=a 1(1-q 5)1-q =312.(3)因为a 2a n -1=a 1a n =128,所以a 1,a n 是方程x 2-66x +128=0的两个根.从而⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=2,a n =64或⎩⎪⎨⎪⎧a n =2,a 1=64.又S n =a 1-a n q 1-q =126,所以q =2或12.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:a 1,a n ,n ,q ,S n ,其中首项a 1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q n ,a 11-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{a n }中.(1)若a 1=2,a n =162,S n =112,求n 和q ; (2)已知S 4=1,S 8=17,求a n .解 (1)由S n =a 1-a n q 1-q 得,112=2-162q1-q ,∴q =-2,又由a n =a 1q n -1得,162=2(-2)n -1, ∴n =5.(2)若q =1,则S 8=2S 4,不符合题意, ∴q ≠1,∴S 4=a 1(1-q 4)1-q =1,S 8=a 1(1-q 8)1-q=17,两式相除得1-q 81-q 4=17=1+q 4, ∴q =2或q =-2, ∴a 1=115或a 1=-15,∴a n =115·2n -1或-15·(-2)n -1.二、利用错位相减法求数列的前n 项和例2 求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n 的前n 项和.解 设S n =12+222+323+…+n2n ,则有12S n =122+223+…+n -12n +n2n +1,两式相减,得S n -12S n =12+122+123+…+12n -n 2n +1,即12S n =12⎝⎛⎭⎫1-12n 1-12-n 2n +1=1-12n -n2n +1. ∴S n =2-12n -1-n2n =2-n +22n (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{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,求数列{a n b n }的前n 项和. (2)注意事项:①利用“错位相减法”时,在写出S n 与qS n 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 )S n 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{a n }满足:a 1=12,a 1,a 2,a 3-18成等差数列,公比q ∈(0,1).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(2n -1)a n ,求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ,a 1=12,因为a 1,a 2,a 3-18成等差数列,所以2a 2=a 1+a 3-18,即得4q 2-8q +3=0, 解得q =12或q =32,又因为q ∈(0,1),所以q =12,所以a n =12·⎝⎛⎭⎫12n -1=12n .(2)根据题意得S n =1×12+3×122+…+(2n -1)×12n ,12S n =1×122+3×123+…+(2n -3)×12n +(2n -1)×12n +1, 两式相减得12S n =1×12+2×122+…+2×12n -(2n -1)×12n +1 =12+12×1-12n -11-12-(2n -1)×12n +1 =32-12n -1-2n -12n +1, 所以S n =3-42n -2n -12n =3-2n +32n ,n ∈N *.三、等比数列前n 项和的性质例3 (1)在等比数列{a n }中,若S 2=7,S 6=91,则S 4=________.(2)已知等比数列{a n }共有2n 项,其和为-240,且(a 1+a 3+…+a 2n -1)-(a 2+a 4+…+a 2n )=80,则公比q =________.(3)若数列{a n }是等比数列,且其前n 项和为S n =3n +1-2k ,则实数k =________. 答案 (1)28 (2)2 (3)32解析 (1)∵数列{a n }是等比数列,且易知公比q ≠-1,∴S 2,S 4-S 2,S 6-S 4也构成等比数列,即7,S 4-7,91-S 4构成等比数列,∴(S 4-7)2=7(91-S 4),解得S 4=28或S 4=-21.又S 4=a 1+a 2+a 3+a 4=a 1+a 2+a 1q 2+a 2q 2=(a 1+a 2)(1+q 2)=S 2·(1+q 2)>0,∴S 4=28. (2)由题意知S 奇+S 偶=-240,S 奇-S 偶=80, ∴S 奇=-80,S 偶=-160,∴q =S 偶S 奇=2.(3)∵S n =3n +1-2k =3·3n -2k ,且{a n }为等比数列, ∴3-2k =0,即k =32.延伸探究本例(3)中,若将条件改为“若数列{a n }是等比数列,且其前n 项和为S n =a ·⎝⎛⎭⎫13n -1+5”,再求实数a 的值.解 由S n =a ·⎝⎛⎭⎫13n -1+5,可得S n=3a ·⎝⎛⎭⎫13n +5,依题意有3a +5=0,故a =-53. 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{a n }的前n 项和为S n ,S 4=1,S 8=3,则a 9+a 10+a 11+a 12等于( )A .8B .6C .4D .2 答案 C解析 S 4,S 8-S 4,S 12-S 8成等比数列. 即1,2,a 9+a 10+a 11+a 12成等比数列. ∴a 9+a 10+a 11+a 12=4.(2)一个项数为偶数的等比数列{a n },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{a n }的首项为a 1,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{a n }的项数为偶数, 所以有q =S 偶S 奇=13.又因为a 1·a 1q ·a 1q 2=64,所以a 31·q 3=64,即a 1=12,故所求通项公式为a n =12×⎝⎛⎭⎫13n -1,n ∈N *.1.在数列{a n }中,已知a n +1=2a n ,且a 1=1,则数列{a n }的前5项的和等于( ) A .-25 B .25 C .-31 D .31 答案 D解析 因为a n +1=2a n ,且a 1=1,所以数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列, 所以数列{a n }的前5项的和为25-12-1=31.2.等比数列1,x ,x 2,x 3,…的前n 项和S n 等于( ) A.1-x n 1-xB.1-x n -11-xC.⎩⎪⎨⎪⎧1-x n1-x ,x ≠1且x ≠0n ,x =1 D.⎩⎪⎨⎪⎧1-x n -11-x ,x ≠1且x ≠0n ,x =1答案 C解析 当x =1时,S n =n ; 当x ≠1且x ≠0时,S n =1-x n 1-x.3.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 10∶S 5=1∶2,则S 15∶S 5等于( ) A .3∶4 B .2∶3 C .1∶2D .1∶3答案 A解析 在等比数列{a n }中,S 5,S 10-S 5,S 15-S 10,…成等比数列,因为S 10∶S 5=1∶2,所以S 5=2S 10,S 15=34S 5,得S 15∶S 5=3∶4,故选A.4.已知在等比数列{a n }中,a 3=32,S 3=92,则a 1=________.答案 32或6解析 方法一 当q =1时,a 1=a 2=a 3=32,满足S 3=92.当q ≠1时,依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2=32,a 1(1-q 3)1-q =92.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=6,q =-12.综上可得a 1=32或a 1=6.方法二 ⎩⎨⎧S 3=a 1+a 2+a 3=92,a 3=32.所以a 1+a 2=3, 所以a 1+a 2a 3=1+qq 2=2,所以q =1或q =-12.所以a 1=32或a 1=6.5.若等比数列{a n }的公比为13,且a 1+a 3+…+a 99=60,则{a n }的前100项和为________.答案 80解析 令X =a 1+a 3+…+a 99=60, Y =a 2+a 4+…+a 100,则S 100=X +Y ,由等比数列前n 项和性质知Y X =q =13,所以Y =20,即S 100=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{a n }中,a 1=2,a 2=1,则S 100等于( ) A .4-2100 B .4+2100 C .4-2-98D .4-2-100答案 C 解析 q =a 2a 1=12.S 100=a 1(1-q 100)1-q=2⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫121001-12=4(1-2-100)=4-2-98.2.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 3=8,S 6=7,则a 7+a 8+a 9等于( ) A.18 B .-18 C.578 D.558 答案 A解析 易知q ≠-1,因为a 7+a 8+a 9=S 9-S 6, 且S 3,S 6-S 3,S 9-S 6也成等比数列, 即8,-1,S 9-S 6成等比数列, 所以8(S 9-S 6)=1,即S 9-S 6=18,所以a 7+a 8+a 9=18.3.若等比数列{a n }的前n 项和S n =2n -1+a ,则a 3a 5等于( ) A .4 B .8 C .16 D .32 答案 C解析 等比数列{a n }的前n 项和S n =2n -1+a , n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n -1+a -(2n -2+a ), 化简得a n =2n -2. 则a 3a 5=2×23=16.4.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,若27a 4+a 7=0,则S 4S 2等于( )A .10B .9C .-8D .-5 答案 A解析 设数列{a n }的公比为q , 由27a 4+a 7=0, 得a 4(27+q 3)=0, 因为a 4≠0,所以27+q 3=0,则q =-3,故S 4S 2=1-q 41-q 2=10. 5.已知{a n }是首项为1的等比数列,S n 是其前n 项和,且9S 3=S 6,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和等于( ) A.158或5 B.3116或5 C.3116 D.158答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ,显然q ≠1,由已知得9(1-q 3)1-q =1-q 61-q, 解得q =2,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项,12为公比的等比数列, 前5项和为1×⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫1251-12=3116. 6.若等比数列{a n }的前n 项和S n =2·3n +r ,则r =________. 答案 -2解析 S n =2·3n +r ,由等比数列前n 项和的性质得r =-2.7.已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和,S n =93,a n =48,公比q =2,则项数n =________,a 1=________.答案 5 3解析 由S n =93,a n =48,公比q =2,得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1(2n -1)=93,a 1·2n -1=48,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=3,n =5. 8.设等比数列{a n }的公比为q ,前n 项和为S n ,若S n +1,S n ,S n +2成等差数列,则q 的值为________.答案 -2解析 由题意知2S n =S n +1+S n +2,若q =1,则S n =na 1,式子显然不成立,若q ≠1,则有2a 1(1-q n )1-q= a 1(1-q n +1)1-q +a 1(1-q n +2)1-q, 故2q n =q n +1+q n +2,即q 2+q -2=0,∴q =-2.9.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)求数列{a n }的公比q ;(2)若a 1-a 3=3,求S n .解 (1)依题意有a 1+(a 1+a 1q )=2(a 1+a 1q +a 1q 2),由于a 1≠0,故2q 2+q =0.又q ≠0,从而q =-12. (2)由已知可得a 1-a 1⎝⎛⎭⎫-122=3, 故a 1=4.从而S n =4⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫-12n 1-⎝⎛⎭⎫-12=83⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫-12n . 10.已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n +1=2a n (n ∈N *),b 1+12b 2+13b 3+ (1)b n =b n +1-1(n ∈N *).(1)求a n 与b n ;(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ,求T n .解 (1)由a 1=2,a n +1=2a n ,得a n =2n (n ∈N *).由题意知:当n =1时,b 1=b 2-1,故b 2=2.当n ≥2时,1nb n =b n +1-b n . 整理得b n +1n +1=b n n,又b 22=b 11, 所以b n =n (n ∈N *).(2)由(1)知a n b n =n ·2n ,因此T n =2+2·22+3·23+…+n ·2n ,2T n =22+2·23+3·24+…+n ·2n +1,所以T n -2T n =2+22+23+…+2n -n ·2n +1.故T n =(n -1)2n +1+2(n ∈N *).11.在等比数列{a n }中,a 1=4,q =5,则使S n >107的最小正整数n 的值是( )A .11B .10C .12D .9 答案 A解析 由题意可知在等比数列{a n }中,a 1=4,q =5,∴S n =4·(1-5n )1-5=5n -1. ∵S n >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{a n }的首项为2,项数为奇数,其奇数项之和为8532,偶数项之和为2116,这个等比数列前n 项的积为T n (n ≥2),则T n 的最大值为( )A.14B.12C .1D .2 答案 D解析 设数列{a n }共有(2m +1)项,由题意得S 奇=a 1+a 3+…+a 2m +1=8532, S 偶=a 2+a 4+…+a 2m =2116, 因为项数为奇数时,S 奇-a 1S 偶=q , 即2+2116q =8532, 所以q =12. 所以T n =a 1·a 2·…·a n=a n 1q 1+2+…+n -1=23222,n n -故当n =1或2时,T n 取最大值,为2.13.设数列{a n }的前n 项和为S n ,称T n =S 1+S 2+…+S n n 为数列a 1,a 2,a 3,…,a n 的“理想数”,已知数列a 1,a 2,a 3,a 4,a 5的理想数为2 014,则数列2,a 1,a 2,…,a 5的“理想数”为( )A .1 673B .1 675 C.5 0353 D.5 0413答案 D解析 因为数列a 1,a 2,…,a 5的“理想数”为2 014,所以S 1+S 2+S 3+S 4+S 55=2 014, 即S 1+S 2+S 3+S 4+S 5=5×2 014,所以数列2,a 1,a 2,…,a 5的“理想数”为2+(2+S 1)+(2+S 2)+…+(2+S 5)6=6×2+5×2 0146=5 0413. 14.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,2S n =a n +1-1,则S n =________.答案 3n -12解析 当n =1时,则有2S 1=a 2-1,∴a 2=2S 1+1=2a 1+1=3;当n ≥2时,由2S n =a n +1-1得出2S n -1=a n -1,上述两式相减得2a n =a n +1-a n ,∴a n +1=3a n ,得a n +1a n =3且a 2a 1=3, ∴数列{a n }是以1为首项,以3为公比的等比数列,∴S n =1-3n 1-3=3n -12.15.设数列{a n }的前n 项和为S n ,点⎝⎛⎭⎫n ,S n n (n ∈N *)均在直线y =x +12上.若b n =123,n a +则数列{b n }的前n 项和T n =________.答案 9n +1-98解析 依题意得S n n =n +12, 即S n =n 2+12n . 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=⎝⎛⎭⎫n 2+12n -⎣⎡⎦⎤(n -1)2+12(n -1)=2n -12; 当n =1时,a 1=S 1=32,符合a n =2n -12, 所以a n =2n -12(n ∈N *), 则1223,3n n n a b +==由b n +1b n =32(n +1)32n =32=9, 可知{b n }为公比为9的等比数列,b 1=32×1=9, 故T n =9(1-9n )1-9=9n +1-98. 16.已知等差数列{a n }满足a 2=0,a 6+a 8=-10.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n -1的前n 项和. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1+d =0,2a 1+12d =-10,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =-1.故数列{a n }的通项公式为a n =2-n ,n ∈N *.(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n -1的前n 项和为S n , 即S n =a 1+a 22+…+a n 2n -1,①S n 2=a 12+a 24+…+a n -12n -1+a n 2n .② 所以,①-②得S n 2=a 1+a 2-a 12+…+a n -a n -12n -1-a n 2n =1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12+14+…+12n -1-2-n 2n =1-⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n -1-2-n 2n =n 2n . 所以S n =n 2n -1, 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n -1的前n 项和S n =n 2n -1,n ∈N *.。
高中数学: 等比数列的前n项和(二)含解析
A.33
B.72
C.84
D.189
答案 C
解析 由 S3=a1(1+q+q2)=21 且 a1=3,得 q+q2-6=0.∵q>0,∴q=2.∴a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=22·S3=84.
2.某厂去年产值为 a,计划在 5 年内每年比上一年产值增长 10%,从今年起 5 年内,
该厂的总产值为( )
前 5 项和为( )
15
31
31
15
A. 8 或 5
B.16或 5
C. 16
D. 8
答案 C
解析 若 q=1,则由 9S3=S6 得 9×3a1=6a1,
则 a1=0,不满足题意,故 q≠1. a11-q3 a11-q6
由 9S3=S6 得 9× 1-q = 1-q , 解得 q=2.
故 an=a1qn-1=2n-1,
高中数学
高中数学
11
an=(2)n-1.
1
1
所以数列{an}是以 1 为首项,2为公比的等比数列,其前 5 项和为 1
1 × [1- 5] 2
1
31
1-
S5=
2 =16.
4.一弹性球从 100 米高处自由落下,每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下,则
第 10 次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)( )
1
11
1- 1- 1- 2-
∴ a 8+ a 9= a 8 a .
14.现在有某企业进行技术改造,有两种方案,甲方案:一次性贷款 10 万元,第一年
便可获利 1 万元,以后每年比前一年增加 30%的利润;乙方案前一年增加 5 千元,两方案使用期都是 10 年,到期后一次性归
等比数列的前n项和典型例题含解答
倒序相加法
总结词
将等比数列倒序写,然后正序和倒序分别求和,最后取两者和的一半。
详细描述
首先将等比数列倒序写,然后正序和倒序分别求和,最后取两者和的一半。这种方法适 用于公比q满足q≠1的情况。
错位相减法
总结词
将等比数列的一项乘以公比的负一次方 后错位相减,得到一个等差数列,再求 和。
VS
详细描述
$frac{a_5}{a_4} = frac{32}{-16} = 2$
由于相邻两项之比相等, 所以这个数列是等比数列。04CHAPTER
等比数列前n项和的实际应 用
在金融中的应用
贷款还款
等比数列前n项和公式常用于计算 贷款的分期还款额,例如房屋贷 款、汽车贷款等。
投资回报
在投资领域,等比数列前n项和公 式可用于计算复利,即投资的利 息或收益会逐年增长。
化。
元素周期表
元素周期表中的元素按照原 子序数排列,形成等差数列 ,而元素的某些性质则可能 呈现等比数列的变化趋势。
05
CHAPTER
等比数列前n项和的练习题 及答案
练习题一及答案
题目:求等比数列 1, 2, 4, 8, ... 的前n项和。
等比数列的前n项和公式为
将 $a_1 = 1$ 和 $r = 2$ 代入公式,得到
在此添加您的文本16字
等比数列的前n项和公式为
在此添加您的文本16字
$S_n = frac{a_1(1 - r^n)}{1 - r}$
在此添加您的文本16字
将 $a_1 = frac{1}{2}$ 和 $r = frac{1}{2}$ 代入公式,得 到
在此添加您的文本16字
$S_n = frac{frac{1}{2}(1 - (frac{1}{2})^n)}{1 frac{1}{2}} = 1 - (frac{1}{2})^n$
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高中数学-等比数列前n 项和的性质及应用测试题(建议用时:45分钟)[基础测试]一、选择题1.已知a n =(-1)n,数列{a n }的前n 项和为S n ,则S 9与S 10的值分别是( )【导学号:18082103】A.1,1B.-1,-1C.1,0D.-1,0【解析】 法一:S 9=-1+1-1+1-1+1-1+1-1=-1.S 10=S 9+a 10=-1+1=0.法二:数列{a n }是以-1为首项,-1为公比的等比数列,所以S 9=-1×1--191--1=-1×22=-1,S 10=-1×1--1101--1=0.【答案】 D2.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.35D.37【解析】 根据等比数列性质得S 10-S 5S 5=q 5, ∴S 10-11=25,∴S 10=33.【答案】 B3.如果数列{a n }满足a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n -1是首项为1,公比为2的等比数列,那么a n =( )A.2n-1 B.2n -1-1C.2n +1D.4n-1【解析】 a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=1·1-2n1-2=2n-1.【答案】 A4.在等比数列{a n }中,如果a 1+a 2=40,a 3+a 4=60,那么a 7+a 8=( )【导学号:18082104】A.135B.100C.95D.80【解析】 法一:由等比数列的性质知a 1+a 2,a 3+a 4,a 5+a 6,a 7+a 8成等比数列,其首项为40,公比为6040=32.∴a 7+a 8=40×⎝ ⎛⎭⎪⎫323=135. 法二:由⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 2=40,a 3+a 4=60,得q 2=32,所以a 7+a 8=q 4(a 3+a 4)=60×94=135.【答案】 A5.设{a n }是由正数组成的等比数列,S n 为其前n 项和,已知a 2a 4=1,S 3=7,则S 5等于( )A.152 B.314 C.334 D.172【解析】 设{a n }的公比为q ,由题意知q >0,a 2a 4=a 23=1,即a 3=1,S 3=a 1+a 2+a 3=1q 2+1q +1=7,即6q 2-q -1=0,解得q =12⎝ ⎛⎭⎪⎫q =-13<0舍去,所以a 1=1q 2=4,所以S 5=4×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1251-12=8×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-125=314. 【答案】 B 二、填空题6.等比数列{a n }共有2n 项,它的全部各项的和是奇数项的和的3倍,则公比q =________.【解析】 设{a n }的公比为q ,则奇数项也构成等比数列,其公比为q 2,首项为a 1,S 2n =a 11-q 2n 1-q ,S 奇=a 1[1-q 2n]1-q2.由题意得a 11-q 2n 1-q =3a 11-q2n1-q2. ∴1+q =3,∴q =2. 【答案】 27.数列11,103,1 005,10 007,…的前n 项和S n =________. 【解析】 数列的通项公式a n =10n+(2n -1).所以S n =(10+1)+(102+3)+...+(10n +2n -1)=(10+102+ (10))+[1+3+…+(2n -1)]=101-10n1-10+n 1+2n -12=109(10n -1)+n 2.【答案】109(10n -1)+n 28.如果lg x +lg x 2+…+lg x 10=110,那么lg x +lg 2x +…+lg 10x =________.【导学号:18082105】【解析】 由已知(1+2+…+10)lg x =110, ∴55lg x =110.∴lg x =2.∴lg x +lg 2x +…+lg 10x =2+22+…+210=211-2=2 046. 【答案】 2046 三、解答题9.设数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,且数列{S n }是以2为公比的等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求a 1+a 3+…+a 2n +1. 【解】 (1)∵S 1=a 1=1,且数列{S n }是以2为公比的等比数列, ∴S n =2n -1.又当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n -1-2n -2=2n -2.当n =1时a 1=1,不适合上式,∴a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,2n -2,n ≥2.(2)a 3,a 5,…,a 2n +1是以2为首项,以4为公比的等比数列, ∴a 3+a 5+…+a 2n +1=21-4n1-4=24n-13,∴a 1+a 3+…+a 2n +1=1+24n-13=22n +1+13. 10.已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b 4. (1)求{a n }的通项公式;(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和.【解】 (1)设等比数列{b n }的公比为q ,则q =b 3b 2=93=3,所以b 1=b 2q=1,b 4=b 3q =27,所以b n =3n -1(n =1,2,3,…).设等差数列{a n }的公差为d .因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27,所以1+13d =27,即d =2. 所以a n =2n -1(n =1,2,3,…). (2)由(1)知a n =2n -1,b n =3n -1,因此c n =a n +b n =2n -1+3n -1.从而数列{c n }的前n 项和S n =1+3+…+(2n -1)+1+3+…+3n -1=n 1+2n -12+1-3n 1-3=n 2+3n-12. [能力提升]1.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 10∶S 5=1∶2,则S 15∶S 5=( ) A.3∶4 B.2∶3 C.1∶2 D.1∶3【解析】 在等比数列{a n }中,S 5,S 10-S 5,S 15-S 10,…成等比数列,因为S 10∶S 5=1∶2,所以S 5=2S 10,S 15=34S 5,得S 15∶S 5=3∶4,故选A.【答案】 A2.设数列{a n }的前n 项和为S n ,称T n =S 1+S 2+…+S nn为数列a 1,a 2,a 3,…,a n 的“理想数”,已知数列a 1,a 2,a 3,a 4,a 5的理想数为2 014,则数列2,a 1,a 2,…,a 5的“理想数”为( )A.1 673B.1 675C.5 0353D.5 0413【解析】 因为数列a 1,a 2,…,a 5的“理想数”为2 014,所以S 1+S 2+S 3+S 4+S 55=2014,即S 1+S 2+S 3+S 4+S 5=5×2 014,所以数列2,a 1,a 2,…,a 5的“理想数”为2+2+S 1+2+S 2+…+2+S 56=6×2+5×2 0146=5 0413.【答案】 D3.已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列,其前n 项和为S n (n ∈N +),且S 3+a 3,S 5+a 5,S 4+a 4成等差数列,则a n =________.【导学号:18082106】【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ,由S 3+a 3,S 5+a 5,S 4+a 4成等差数列,所以S 5+a 5-S 3-a 3=S 4+a 4-S 5-a 5,即4a 5=a 3,于是q 2=a 5a 3=14.又{a n }不是递减数列且a 1=32,所以q =-12.故等比数列{a n }的通项公式为a n =32×-12n -1=(-1)n -1×32n .【答案】 (-1)n -1×32n 4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n +1=2S n +1(n ∈N +),等差数列{b n }中,b n >0(n ∈N +),且b 1+b 2+b 3=15,又a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3成等比数列.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解】 (1)∵a 1=1,a n +1=2S n +1(n ∈N +), ∴a n =2S n -1+1(n ∈N +,n >1),∴a n +1-a n =2(S n -S n -1),即a n +1-a n =2a n , ∴a n +1=3a n (n ∈N +,n >1). 而a 2=2a 1+1=3,∴a 2=3a 1.∴数列{a n }是以1为首项,3为公比的等比数列, ∴a n =3n -1(n ∈N +).∴a 1=1,a 2=3,a 3=9,在等差数列{b n }中,∵b 1+b 2+b 3=15,∴b 2=5. 又∵a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3成等比数列, 设等差数列{b n }的公差为d , 则有(a 1+b 1)(a 3+b 3)=(a 2+b 2)2.∴(1+5-d )(9+5+d )=64,解得d =-10或d =2, ∵b n >0(n ∈N +),∴舍去d =-10,取d =2, ∴b 1=3,∴b n =2n +1(n ∈N +).(2)由(1)知T n =3×1+5×3+7×32+…+(2n -1)·3n -2+(2n +1)3n -1, ① ∴3T n =3×3+5×32+7×33+…+(2n -1)3n -1+(2n +1)3n,②∴①-②得-2T n =3×1+2×3+2×32+2×33+…+2×3n -1-(2n +1)3n =3+2(3+32+33+…+3n-1)-(2n +1)3n=3+2×3-3n1-3-(2n +1)3n =3n -(2n +1)3n =-2n ·3n,∴T n =n ·3n.。