4.3.2　等比数列的前n项和公式 第2课时同步练习（基础过关+能力提升）-2021-2022学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

第2课时　等比数列前n项和的综合运用
基础过关练习：
知识点一　“错位相减法”求数列的前n项和
1.求和:1×2+2×22+3×23+…+n×2n.
2.求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1的前n项和.
3.数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N
.
(1)证明:数列是等差数列;
(2)设bn=3n·,求数列{bn}的前n项和Sn.
知识点二　等比数列及其前n项和的综合应用
4.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则S6=(　　)
A.31
B.32
C.63
D.64
5.一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(　　)
A.12
B.10
C.8
D.6
6.(2020山东临沂高二上期末)《庄子·天下篇》中有一句话:“一尺之棰,日取其半,万世不竭.”若经过n天,该木棰剩余的长度为an(尺),则an与n的关系为(　　)
A.an=1-
B.an=
C.an=
D.an=1-
7.在等比数列{an}中,若a1+a3+…+a99=150,且公比q=2,则数列{an}的前100项和为　　　　.?
8.(2020天津一中高二上期中模块质量调查)已知等比数列{an}的公比为2,前n项和为Tn,T99=77,则a3+a6+a9+…+a99=　　　　　　.深度解析?
9.等比数列{an}中,a1-a3=3,前n项和为Sn,S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为　　　　.?
10.在等比数列{an}中,若S10=10,S20=30,求S30.
11.(2020北京石景山高二上期末)已知数列{an}是等差数列,满足a1=-1,a5=3,数列{bn-an}是公比为2的等比数列,且b2-2a2=2.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
能力提升练习：
知识点一　“错位相减法”求数列的前n项和
1.(2020山东济宁实验中学高二上期中)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,2Sn=an+1(n∈N
).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an·log3a2n,求数列{bn}的前n项和Tn.
2.(2020广东珠海二中高二上期中)已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn=n2+1.在等比数列{bn}中,b3=9,公比为3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式,以及数列{bn}的前n项和Tn;
(2)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Pn.
3.(2020安徽阜阳高二上期末)已知un=an+an-1b+an-2b2+…+abn-1+bn(a>0,b>0,n∈N
).
(1)当a=2,b=3时,求un所表示的和;
(2)若a=b,求数列{un}的前n项和Sn.
4.(2020山东泰安高二上期末)在①a3=5,a2+a5=6b2;②b2=2,a3+a4=3b3;③S3=9,a4+a5=8b2这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.
已知等差数列{an}的公差为d(d>1),前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,且a1=b1,d=q,　　　　.?
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
知识点二　等比数列及其前n项和的综合应用
5.(2020山东潍坊高二上期末)已知数列{an}满足anan+1=3n,且a1=1,则数列{an}的前9项和S9=(　　)
A.160
B.241
C.243
D.484
6.(2020山东临沂罗庄高二上期末)我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题:“今有垣厚十尺,两鼠对穿,初日各一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢?”上述问题中,两鼠在第几天相逢?(　　)
A.2
B.3
C.4
D.6
7.(2020广西桂林中学高二上期中)已知数列{an}满足a1a2a3…an=(n∈N
),且对任意n∈N
都有++…+A.
B.
C.
D.
8.(多选)(2020山东临沂高二上期末)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是(　　)
A.此人第三天走了四十八里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里
C.此人第二天走的路程占全程的
D.此人前三天走的路程是后三天走的路程的8倍
9.(2020广东汕头金山中学高二上期末)如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得到图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=　　　　,若?n∈N
,Sn>
恒成立,则a的取值范围是　　　　.易错?
10.(2020河南郑州高二上期末)设数列{an}满足an+1=(n∈N
),其中a1=1.
(1)证明:是等比数列;
(2)令bn=1-,设数列{(2n-1)·bn}的前n项和为Sn,求使Sn<2
019成立的最大正整数n的值.
11.(2020河北石家庄二中月考)在数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N
).
(1)证明是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=(3n-1)··an,记数列{bn}的前n项和为Tn.若不等式(-1)n·λ恒成立,求λ的取值范围.
12.(2020山东日照高二上期末)已知数列{an}的首项为2,Sn为其前n项和,且Sn+1=qSn+2(q>0,n∈N
).
(1)若a4,a5,a4+a5成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)设双曲线x2-=1的离心率为en,且e2=3,求+2+3+…+n.
答案全解全析
基础过关练习：
1.解析　设Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n①,则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,
①-②,得-Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1,
即-Sn=-n×2n+1,
∴Sn=2-2×2n+n×2n+1=(n-1)×2n+1+2.
2.解析　设该数列的前n项和为Sn,当a=0时,Sn=1;当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,则Sn==n2;
当a≠0且a≠1时,Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1,①
aSn=a+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1+(2n-1)an,②
①-②,得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,
即(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2·=1-(2n-1)an+,
又1-a≠0,
∴Sn=+.
综上,
Sn=
3.解析　(1)证明:由已知可得=+1,即-=1,所以是以=1为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)得=1+(n-1)×1=n,
所以an=n2,从而bn=n×3n,
则Sn=1×31+2×32+3×33+…+n×3n,①
3Sn=1×32+2×33+…+(n-1)×3n+n×3n+1,②
①-②,得-2Sn=31+32+33+…+3n-n×3n+1
=-n×3n+1=,
所以Sn=.
4.C　由等比数列前n项和的性质,得(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即122=3×(S6-15),解得S6=63.故选C.
5.C　设该等比数列为a1,a2,…,a2n,公比为q,由题意可知=q=2,an+an+1=24.又a1=1,∴qn-1+qn=24,即2n-1+2n=24,解得n=4,故项数为8.
6.C　由题意得每天取的木棰的长度组成一个以为首项,为公比的等比数列,所以an=1-==.
故选C.
7.答案　450
解析　由=q=2,得a2+a4+…+a100=q(a1+a3+…+a99)=300,所以S100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=150+300=450.
8.答案　44
解析　设S1=a1+a4+…+a97,
S2=a2+a5+…+a98,
S3=a3+a6+…+a99,
由等比数列前n项和的性质可得,
S2=2S1,S3=4S1,且S1+S2+S3=T99=77,
∴7S1=77,解得S1=11.
从而S3=4S1=44.
易错警示　解决有关等比数列前n项和的问题时,若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质,则可以避繁就简.不仅可以减少解题步骤,还可以使运算简便,有时还可以避免对公比q的讨论.
9.答案　4
解析　设等比数列{an}的公比为q,
由已知得,S3-S1=S2-S3,即a2+a3=-a3,
∴a3=-a2,∴q=-,
又a1-a3=a1-a1q2=3,∴a1=4.
当n为奇数时,Sn=×≤×1+=4;
当n为偶数时,Sn=×<.
综上,Sn的最大值为4.
10.解析　解法一:设等比数列{an}的首项为a1,公比为q.
∵S10=10,S20=30≠20,∴q≠1,
∴
得,1+q10=3,∴q10=2,
将q10=2代入①,得=-10,
∴S30==-10(1-23)=70.
解法二:∵{an}为等比数列,
∴S10,S20-S10,S30-S20仍成等比数列,且公比为q10,∴(S20-S10)2=S10(S30-S20),
∵S10=10,S20=30,
∴(30-10)2=10(S30-30),∴S30=70.
11.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
则d==1,∴数列{an}的通项公式为an=n-2,∴a2=0.
又b2-2a2=2,∴b2-a2=2,
∵数列{bn-an}是公比为2的等比数列,
∴bn-an=(b2-a2)×2n-2=2n-1,
∴bn=2n-1+n-2.
(2)由题意得,Sn=b1+b2+…+bn=(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+n)-2n=2n-1+-2n=2n+-1.
能力提升练习：
1.解析　(1)∵数列{an}满足2Sn=an+1,①
∴2Sn-1=an(n≥2),②
①-②,得2an=an+1-an,即(an+1-3an)=0(n≥2),
可得an+1=3an(n≥2),
由a1=1,2a1=2S1=a2,解得a2=3,∴a2=3a1,
∴数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,则an=3n-1.
(2)由(1)知an=3n-1,则bn=an·log3a2n=3n-1·log332n-1=(2n-1)·3n-1,
则Tn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)×3n-1,③
3Tn=1×31+3×32+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n,④
③-④,得-2Tn=1+2×(31+32+…+3n-1)-(2n-1)×3n=1+2×-(2n-1)×3n=-2+(2-2n)×3n,
∴Tn=(n-1)×3n+1.
方法技巧　在使用“错位相减法”求和时,既可以在等式两边同乘公比q,也可以在等式两边同乘.两式相减后使用等比数列前n项和公式求和时应注意项数.
2.解析　(1)依题意得,a1=S1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,
又a1=2×1-1=1≠2,∴an=
由b3=b1·32=9,得b1=1,
∴bn=3n-1,∴Tn==(3n-1).
(2)依题意得,
cn=an·bn=
则Pn=2+3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)3n-1,①
3Pn=2×3+3×32+5×33+…+(2n-3)3n-1+(2n-1)3n,②
①-②,得-2Pn=5+2×(32+33+…+3n-1)-(2n-1)3n=5+2×-(2n-1)3n=3n-4-(2n-1)3n=(2-2n)3n-4,
∴Pn=(n-1)3n+2.
3.解析　(1)当a=2,b=3时,un=2n+2n-1·3+2n-2·32+…+2·3n-1+3n(n∈N
),
等号两边同时除以2n,得=1+++…++
==-2=-2,
因此un=3n+1-2n+1.
(2)若a=b,则un=(n+1)an,
所以Sn=2a+3a2+4a3+…+(n+1)an,①
当a=1时,Sn=2+3+…+(n+1)=;
当a≠1时,①式等号两边同乘以a,
得aSn=2a2+3a3+…+nan+(n+1)an+1,②
①-②,得(1-a)Sn=2a+a2+a3+…+an-(n+1)an+1=a+-(n+1)an+1,
所以Sn=+-
=+.
综上,
Sn=
4.解析　方案一:选条件①.
(1)∵a3=5,a2+a5=6b2,a1=b1,d=q,d>1,
∴解得或(舍去),∴
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.
(2)由题意得,cn===(2n-1)×,
∴Tn=1×+3×+5×+…+(2n-1)×,①
Tn=1×+3×+…+(2n-3)×+(2n-1)×,②
①-②,得Tn=1+2×++…+-(2n-1)×
=1+2×-(2n-1)×=3-(2n+3)×,
∴Tn=6-(2n+3)×.
方案二:选条件②.
(1)
∵b2=2,a3+a4=3b3,a1=b1,d=q,d>1,
∴∴
解得或(舍去),∴
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1
.
(2)由题意得,cn===(2n-1)×
,
∴Tn=1×+3×+5×+…+(2n-1)×,①
Tn=1×+3×+…+(2n-3)×+(2n-1)×,②
①-②,得Tn=1+2×++…+-(2n-1)×
=1+2×-(2n-1)×=3-(2n+3)×,
∴Tn=6-(2n+3)×
.
方案三:选条件③.
(1)∵S3=9,a4+a5=8b2,a1=b1,d=q,d>1,∴
解得或(舍去),
∴
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.
(2)由题意得,cn===(2n-1)×,
∴Tn=1×+3×+5×+…+(2n-1)×,①
Tn=1×+3×+…+(2n-3)×+(2n-1)×,②
①-②,得×Tn=1+2×++…+-(2n-1)×
=1+2×-(2n-1)×=3-(2n+3)×,
∴Tn=6-(2n+3)×.
5.B　∵anan+1=3n,∴当n≥2时,an-1an=3n-1,两式相除得=3(n≥2).
∵a1=1,∴a3=3,a5=9,a7=27,a9=81,
由anan+1=3n,得a1a2=3,∴a2=3,a4=9,a6=27,a8=81,
∴S9=1+2×(3+9+27+81)=241.故选B.
6.C　不妨设大老鼠和小老鼠每天穿墙的厚度为数列{an}和{bn},则由题意可知,数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,数列{bn}是首项为1,公比为的等比数列,设第n天两鼠总共穿墙的厚度之和为Sn,
则Sn=+=2n-+1,
当n=3时,S3=<10,
当n=4时,S4=>10,
故两个老鼠在第4天相逢.
故选C.
7.D　∵数列{an}满足a1a2a3…an=(n∈N
),∴当n≥2时,a1a2a3…an-1=,
可得an=22n-1(n≥2),又当n=1时,a1=2,符合上式,∴an=22n-1(n∈N
),∴=,
∴数列是首项为,公比为的等比数列,∴++…+==×<.
∵对任意n∈N
都有++…+∴t的取值范围为.
8.ABD　根据题意知,此人每天行走的路程成等比数列,设此人第n天走an里路,则{an}是首项为a1,公比为q=的等比数列.
∴S6===378,
解得a1=192.
∴a3=a1q2=192×=48,∴A正确.
由a1=192,S6=378,得a2+a3+a4+a5+a6=S6-a1=378-192=186,
又192-186=6,∴B正确.
∵a2=a1q=192×=96,S6=94.5,∴a2>S6,∴C不正确.
∵a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×=336,∴后3天走的路程为378-336=42,而且42×8=336,∴D正确.
故选ABD.
9.答案　a2;[,+∞)
解析　依题意得,S1=π×(2a)2=2πa2,
S1-S2=πa2,
S2-S3=π×=πa2,
∴S3=S2-πa2=S1-πa2-πa2=a2.
以此类推,{Sn+1-Sn}是以S2-S1=-πa2为首项,为公比的等比数列,
记S2-S1=-πa2=S,
则S2-S1=S,
S3-S2=S,
……
Sn-Sn-1=S(n≥2),
∴Sn-S1=
=S×,
∴Sn=S1+S×
=2πa2-πa2+πa2×
=πa2+πa2(n≥2),
经检验,当n=1时,上式也成立,
∴Sn=πa2+πa2(n∈N
).
∵Sn>对任意n∈N
恒成立,
∴只需(Sn)min>即可.
∵Sn>a2,
∴πa2≥,即a2≥505,
又a>0,∴a≥,
即a的取值范围是[,+∞).
易错警示　Sn>对任意n∈N
恒成立?(Sn)min>,又Sn=a2+a2×单调递减,因此当n无限增大时,Sn无限接近于a2,用此值代替最小值时,所得不等式可取等号,即a2≥,解题时防止漏掉“等号”导致错误.
10.解析　(1)证明:由已知得,
==
==2×,
又==2,∴是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)知,=2n,
即=1-=bn=2n,
∴(2n-1)·bn=(2n-1)·2n,
则Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,①
2Sn=1×22+3×23+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,②
①-②,得-Sn=1×21+2×(22+23+…+2n)-(2n-1)×2n+1=2+2×-(2n-1)×2n+1
=(3-2n)×2n+1-6,
∴Sn=(2n-3)×2n+1+6.
∴Sn+1-Sn=(2n-1)×2n+2-(2n-3)×2n+1
=2n+1(2n+1)>0,
∴{Sn}为单调递增数列.
∵S6=9×27+6=1
158<2
019,
S7=11×28+6=2
822>2
019,
∴使Sn<2
019成立的最大正整数n的值为6.
11.解析　(1)由an+1=,得=+1,
所以+=+1+=3,
又+=,
所以数列是以为首项,3为公比的等比数列,
所以+=×3n-1=×3n,
所以=(3n-1),
所以an=.
(2)由(1)得bn=(3n-1)··=,
所以Tn=1×+2×+3×+…+n×,①
Tn=1×+2×+…+(n-1)×+n×,②
①-②,得Tn=1×+++…+-n×=2-,
所以Tn=4-.
当n为偶数时,λ<4-,
∵n≥2,∴λ<3;
当n为奇数时,-λ<4-,
∵n≥1,∴-λ<2,即λ>-2.
综上可知,-2<λ<3.
12.解析　(1)∵Sn+1=qSn+2,
∴Sn+2=qSn+1+2,
两式相减得an+2=qan+1.
∴数列{an}是首项为2,公比为q的等比数列.
由a4,a5,a4+a5成等差数列,
可得2a5=a4+a4+a5,
∴a5=2a4,故q=2.
∴an=2n(n∈N
).
(2)由(1)可知,an=2qn-1,所以双曲线x2-=1的离心率en==.
由e2==3,得q=(负值舍去).∴en=,=1+2n+1.
∴+2+3+…+n=(1+22)+2×(1+23)+3×(1+24)+…+n×(1+2n+1)
=+1×22+2×23+…+n×2n+1,
记Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,①
则2Tn=1×23+2×24+…+(n-1)×2n+1+n×2n+2,②
①-②,得-Tn=22+23+24+…+2n+1-n×2n+2
=-n×2n+2
=2n+2-4-n×2n+2
=(1-n)×2n+2-4,
∴Tn=(n-1)×2n+2+4,
∴+2+…+n=(n-1)×2n+2++4.