(共36张PPT)
第1课时 等比数列的前n项和及其性质
第四章
4.3.2
2022
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位素养阐释
1.掌握等比数列的前n项和公式及其应用.
2.掌握等比数列前n项和的性质的应用.
3.通过公式推导,提高数学建模意识,提高数学运算能力和数据分析素养.
自主预习 新知导学
一、等比数列的前n项和公式
【问题思考】
1.对于数列1,2,22,23,…,2n,….
(1)该数列的首项和公比分别是多少
提示:首项为1,公比为2.
(2)把该数列的前n项和Sn=1+2+22+…+2n①
两边同乘公比2,得2Sn=2+22+23+…+2n+1,②
这两个等式的右边有何相同点 若用②式减去①式,会有什么结果
提示:①式右边从第2项到第n项分别与②式右边从第1项到第n-1项相等,若用②式减去①式会把这些相同的项全部消掉,求得Sn=2n+1-1.
(3)对和式Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1(q≠1)按问题(2)的方法处理会怎样呢
提示:Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1,③
qSn=a1q+a1q2+a1q3+…+a1qn,④
④-③得(q-1)Sn=a1(qn-1),
2.填空:等比数列的前n项和公式
3.做一做:已知等比数列{an}的公比q=2,首项a1=2,则Sn等于( )
A.n2+n B.n2-n
C.2n+1-2 D.2n-1
答案:C
二、等比数列前n项和的性质
【问题思考】
1.在等差数列{an}中,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等差数列吗
提示:成等差数列.
2.若数列{an}为等比数列,则a1+a2,a3+a4,a5+a6成等比数列吗 (a1+a2≠0)
提示:因为a3+a4=q2(a1+a2),a5+a6=q2(a3+a4),所以a1+a2,a3+a4,a5+a6成等比数列.
3.若数列{an}为等比数列,则a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9成等比数列吗
提示:成等比数列.
4.仿照问题1,在等比数列{an}中,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是否成等比数列 (Sk≠0)
提示:成等比数列.
5.填空:若数列{an}是公比为q的等比数列,则
(1)当公比q≠-1时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列.
(3)Sn+m=Sn+qnSm.
6.做一做:已知数列{an}是等比数列,其前n项和为Sn,若S2=2,S4=6,则S6= .
解析:由题意知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,
∵S2=2,S4-S2=4,∴S6-S4=8,∴S6=8+S4=14.
答案:14
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号里画“√”,错误的画“×”.
(2)若首项为a的数列既是等差数列又是等比数列,则其前n项和为Sn=na.
( )
(3)若等比数列{an}共2n项,其中奇数项的和为240,偶数项的和为120,则该等比数列的公比q=2.( )
(4)在等比数列{an}中,连续相同项数的和也成等比数列,即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…仍成等比数列. ( )
×
√
×
×
合作探究 释疑解惑
探究一
等比数列前n项和的有关计算
【例1】 设数列{an}是等比数列,Sn是其前n项和.
(1)若a1+a3=10,a4+a6= ,求a4和S5;
(2)若q=2,S4=1,求S8.
(2)设首项为a1.
反思感悟 关键求出首项与公比,利用前n项和公式运算即可,特别注意当q=1时的情形.
【变式训练1】 (1)设首项为1,公比为 的等比数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2
C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an
(2)在等比数列{an}中,若a1=1,an=243,q=3,则Sn= .
答案:(1)D (2)364
探究二
等比数列基本量的求解
【例2】 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=2an(n∈N*),则S5等于( )
A.30 B.31 C.62 D.64
(2)已知等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn,若 ,则a8的值是( )
A.28 B.32 C.35 D.41
(3)在等比数列{an}中,a3=7,前3项和S3=21,则其公比q的值为( )
(3)(方法一)当公比q=1时,a3=a1=7,S3=3a1=21成立;
答案:(1)C (2)B (3)A
反思感悟 1.Sn= (q≠1)为等比数列的求和公式,其中涉及a1,an,Sn,n,q五个量,通常已知其中三个,即可求另外两个,方法是解方程组,这也是等比数列的基本问题.
q=1,则数列为非零常数列,因此在进行等比数列的前n项求和计算时需要对公比q是否为1进行讨论.
在本例(1)中,其他条件不变,若Sn=126,则n= .
解析:由an+1=2an可知数列{an}为等比数列,且公比q=2,
由Sn=126知2n+1=128,故n+1=7,n=6.
答案:6
【变式训练2】 设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a3=5,a2+a4=10,则S5=( )
A.15 B.16
C.31 D.32
解析:设等比数列{an}的公比为q,
∵a1+a3=5,a2+a4=10,
∴q(a1+a3)=5q=10,a1(1+q2)=5,
答案:C
探究三
等比数列前n项和的性质及应用
【例3】 (1)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=7,S6=63,则S9等于( )
A.255 B.511
C.512 D.567
(2)在等比数列{an}中,公比q=3,S80=32,则a2+a4+a6+…+a80= .
(3)已知等比数列{an}共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:(1)∵S3=7,S6=63,
∴由等比数列的性质得S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,即7,56,S9-63成等比数列,
∴562=7(S9-63),解得S9=511.
答案:(1)B (2)24 (3)2
反思感悟 等比数列前n项和的常用性质
(1)项的个数的“奇偶”性质:在等比数列{an}中,公比为q.
【变式训练3】 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S5=2,S10=6,则a16+a17+a18+a19+a20= .
解析:设等比数列{an}的公比为q,
∵S5=2,S10=6,
∴a1+a2+a3+a4+a5=2,a6+a7+a8+a9+a10=q5(a1+a2+a3+a4+a5)=4,
∴q5=2.
∴a16+a17+a18+a19+a20=q15(a1+a2+a3+a4+a5)=23×2=16.
答案:16
【易错辨析】
在求Sn的过程中忽略对公比q的讨论致错
【典例】 已知等比数列{an}中,其前n项和为Sn,a1=2,S3=6,求a3和q.
错解:由等比数列的前n项和公式,
故a3=a1q2=2×(-2)2=8.
以上解答过程中都有哪些错误 出错的原因是什么 你如何改正 你如何防范
提示:在上面的求解过程中,没有讨论公比q是否为1,就直接使用了等比数列的前n项和公式Sn= ,从而出现漏解情况.
正解:若q=1,则S3=3a1=6,符合题意.
此时,q=1,a3=a1=2.
若q≠1,则由等比数列的前n项和公式,
解得q=1(舍去)或q=-2.
此时,a3=a1q2=2×(-2)2=8.
综上所述,a3=2,q=1或a3=8,q=-2.
防范措施 在求等比数列的前n项和Sn时,如果不明确q的具体情况,那么不能直接套用前n项和公式,要记住对q=1和q≠1进行讨论.
【变式训练】 在等比数列{an}中,a3=4,S3=12,求数列{an}的通项公式.
解:当q=1时,a3=4,a1=a2=a3=4,
S3=a1+a2+a3=12,故q=1符合题意.an=4.
随堂练习
1.设{an}是公比为正数的等比数列,若a1=1,a5=16,则数列{an}的前7项的和为( )
A.63 B.64
C.127 D.128
解析:∵a5=a1q4,∴q=±2.∵q>0,∴q=2,
答案:C
2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=a2+10a1,a5=9,则a1等于( )
解析:设公比为q,∵S3=a2+10a1,a5=9,
答案:C
3.若数列{(-1)n+2}的前n项和为Sn,则S2 019= .
解析:由题知,数列{(-1)n+2}的首项为-1,公比为-1,
∴S2 019=-1.
答案:-1
4.若等比数列{an}满足a1=4,a2=20,则{an}的前n项和Sn= .
解析:等比数列{an}满足a1=4,a2=20,
答案:5n-1
5.(1)设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn.
当a1=3,q=2时,an=3×2n-1,Sn=3×(2n-1);
当a1=2,q=3时,an=2×3n-1,Sn=3n-1.
(2)设等比数列的公比为q.由已知S6≠2S3,则q≠1.
②÷①,得1+q3=9,解得q=2.
将q=2代入①,解得a1= .
因此an=a1qn-1=2n-2.
本 课 结 束第2课时 等比数列前n项和的应用
课后训练巩固提升
1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+a,则数列{}的前n项和为( )
A. B.
C. D.9n-1
解析:因为等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+a,
所以a1=3+a,a2=(9+a)-(3+a)=6,a3=(27+a)-(9+a)=18,
所以=a1×a3,得a=-1,所以a1=2,q=3,
所以数列{}的首项为4,公比为9.
所以数列{}的前n项和Tn=.
答案:A
2.已知{an}为等比数列,Sn为其前n项和,若S6=-7S3,a2+a4=10,则a1等于( )
A.3 B.-1
C.2 D.-2
解析:∵{an}为等比数列,S6=-7S3,a2+a4=10,
∴
∴1+q3=-7,∴q=-2,a1=-1.
答案:B
3.(多选题)已知数列{an}是等比数列,则下列结论中正确的是( )
A.数列{}是等比数列
B.若a3=2,a7=32,则a5=±8
C.若a1
D.若数列{an}的前n项和Sn=3n-1+r,则r=-1
解析:由数列{an}是等比数列,知
在A中,∵q2n-2,
∴=q2是常数,
∴数列{}是等比数列,故A正确;
在B中,若a3=2,a7=32,则a5==8,故B错误;
在C中,a10时,q>1,数列{an}是递增数列,当a1<0时,0在D中,若数列{an}的前n项和Sn=3n-1+r,
则a1=S1=1+r,a2=S2-S1=(3+r)-(1+r)=2,
a3=S3-S2=(9+r)-(3+r)=6,
∵a1,a2,a3成等比数列,∴=a1a3,
∴4=6(1+r),解得r=-,故D错误.
答案:AC
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法一定成立的是( )
A.若a1>0,则a869<0 B.若a2>0,则a868<0
C.若a1>0,则S869>0 D.若a2>0,则S868>0
解析:若a1>0,则q=1时,S869>0,a869>0;q≠1时,S869=>0,a869=a1·q868>0,因此C正确,A不正确.
若a2>0,则q=1时,S868>0,a868>0;q≠1时,S868=,与0的大小关系与q的取值有关系,a868=a2·q866>0,因此B不正确,D不一定成立,因此不正确.
答案:C
5.一弹性球从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)( )
A.300米 B.299米
C.199米 D.166米
解析:小球10次着地共经过的路程为100+100+50+…+100×=299≈300(米).
答案:A
6.已知等比数列{an},an>0,a1=256,S3=448,Tn为数列{an}的前n项之积,则当Tn取得最大值时,n等于( )
A.8或9 B.9
C.8 D.8.5
解析:设等比数列{an}的公比为q,∵an>0,∴q>0.
∵a1=256,S3=448,
∴256(1+q+q2)=448,解得q=.
∴an=256×=29-n.
Tn=28×27×…×29-n=28+7+…+9-n=,∴当n=8或9时,Tn取得最大值.
答案:A
7.一座七层的塔,每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍,一共点了381盏灯,则底层所点灯的盏数是 .
解析:设底层所点灯的盏数为x,则x++…+=381,即x·=381,解得x=192.
答案:192
8.在等比数列{an}中,若a1=,a4=-4,则公比q= ,|a1|+|a2|+…+|an|= .
解析:设等比数列{an}的公比为q,则a4=a1q3,即-4=q3,解得q=-2.等比数列{|an|}的公比为|q|=2,则|an|=×2n-1,故|a1|+|a2|+…+|an|=(1+2+22+…+2n-1)=(2n-1)=2n-1-.
答案:-2 2n-1-
9.记Sn为等比数列{an}的前n项和,若3S4=2S3+S5,a2=4,则a6= .
解析:∵在等比数列{an}中,3S4=2S3+S5,
∴2S4-2S3=S5-S4,∴2a4=a5,∴q=2.
∵a2=4,∴a1=2,则a6=2×25=64.
答案:64
10.有纯酒精a L(a>1),从中取出1 L,用水加满,然后取出1 L,再用水加满,如此反复进行,则第九次和第十次共取出纯酒精 L.
解析:用{an}表示每次取出的纯酒精,a1=1,加水后浓度为=1-,a2=1-,加水后浓度为,a3=,
依次类推,a9=,a10=.
故.
答案:
11.已知正项等比数列{an}满足a1=1,a2a6a7=a1a9,则an= ,数列{log2an}的前n项和为 .
解析:∵正项等比数列{an}满足a1=1,a2a6a7=a1a9,
∴q·q5·q6=q8,且q>0,∴q=,
∴an==2-n+1.
log2an=log22-n+1=-n+1,
∴数列{log2an}的前n项和Sn=-(1+2+3+…+n)+n=-+n=-.
答案:2-n+1 -
12.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,公比q=2,且S2=3,等差数列{bn}满足b2=a3,b3=-b5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn是数列{bn}的前n项和,求Tn的最大值.
解:(1)∵Sn为等比数列{an}的前n项和,公比q=2,且S2=3,
∴S2==3,解得a1=1,
∴数列{an}的通项公式an=2n-1.
(2)设数列{bn}的公差为d.
∵等差数列{bn}满足b2=a3=23-1=4,b3=-b5,
∴4+d=-(4+3d),
解得d=-2,b1=b2-d=4+2=6,
∴Tn=6n+×(-2)=-n2+7n=-.
∴当n=3或n=4时,Tn取最大值T3=T4=12.
13.如图,作边长为a的正三角形的内切圆,在这个圆内作内接正三角形,再作新三角形的内切圆.如此下去,求前n个内切圆的面积和.
解:设第n个正三角形的内切圆的半径为an,因为从第2个正三角形开始,每一个正三角形的边长是前一个正三角形边长的,所以每一个正三角形内切圆的半径也是前一个正三角形内切圆半径的.
结合题意可知a1=atan 30°=a,an=an-1,
故前n个内切圆的面积和为π(+…+)
=π·.
14.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,a4=9a2,S3=13,且公比q>0.
(1)求an及Sn;
(2)是否存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列 若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)由题意可得
解得a1=1,q=3,
∴an=3n-1,Sn=.
(2)假设存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列,
∵S1+λ=λ+1,S2+λ=λ+4,S3+λ=λ+13,
∴(λ+4)2=(λ+1)(λ+13),解得λ=.
此时Sn+×3n,则=3,
故存在常数λ=,使得数列{Sn+λ}是等比数列.(共35张PPT)
第2课时 等比数列前n项和的应用
第四章
4.3.2
2022
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位素养阐释
1.能运用等比数列的前n项和公式解决一些简单的实际问题.
2.掌握等差数列与等比数列的综合应用.
3.加强逻辑推理和数据分析的能力素养,提高数学运算的能力.
自主预习 新知导学
等比数列的前n项和Sn与函数的关系
【问题思考】
1.等比数列前n项和公式Sn= (q≠1),是否可以写成Sn=A(qn-1)(Aq≠0,且q≠1)的形式 若可以,A等于什么
2.等比数列前n项和公式Sn= (q≠1),是否可以写成Sn=Aan+B(AB≠0,且A≠1)的形式
数列的前n项和Sn是由关于n的一个指数式与一个常数的和构成的,而指数式的系数与常数项互为相反数.
当q≠1时,数列S1,S2,S3,…,Sn,…的图象是函数y=-Aqx+A图象上的一些孤立的点.
4.做一做:在等比数列{an}中,若前n项和Sn=3n+1+r,则r的值为( )
A.1 B.-1 C.3 D.-3
解析:根据等比数列前n项和公式的特点可知,Sn=3·3n+r,故r=-3.
答案:D
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号里画“√”,错误的画“×”.
(1)若等比数列{an}的首项为1,a4=8,则前5项和为31.( )
(2)已知等比数列{an}的前n项和Sn=a·3n-1-1,则a=1.( )
(3)在运用等比数列的前n项和公式时,一定要注意对公比q的讨论(q=1或q≠1). ( )
√
×
√
合作探究 释疑解惑
探究一
等比数列前n项和公式在增长率问题中的应用
【例1】 国家计划在某地区退耕还林6 370万亩,2019年年底已退耕还林的土地面积为515万亩,以后每年退耕还林的面积按12%递增.
试问从2019年年底,到哪一年年底该地区才能完成退耕还林计划 (1.128≈2.476,1.127≈2.211)(精确到年)(“亩”非国际通用单位)
解:设从2019年年底起以后每年的退耕还林的土地数量(单位:万亩)依次为a1,a2,a3,…,an,…,
则a1=515(1+12%),a2=515(1+12%)2,…,an=515(1+12%)n,……
=6 370-515,515×1.12×(1.12n-1)=5 855×0.12.
∴1.12n≈2.22,∴n≈7.
故到2026年年底该地区才能完成退耕还林计划.
反思感悟 1.解数列应用题的具体步骤是:
(1)认真审题,理解题意,达到如下要求.
①明确问题属于哪类应用问题,即明确是等差数列问题,还是等比数列问题,还是递推数列问题,是求an,还是求Sn,特别要注意准确弄清项数为多少.
②弄清题目中主要的已知事项.
(2)抓住数量关系,联想所学的数学知识和数学方法,恰当地引入参数变量,并将文字语言翻译成数学语言,将数量关系用数学式子表达.
(3)将实际问题抽象为数学问题,将已知与所求的量联系起来,并根据题意列出数学关系式.
2.价格升降、细胞繁殖、利率、税率、增长率等问题常归结为等比数列模型,即从实际背景中抽象出数学事实,归纳转化为数列问题去解决.
某地投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅游产业,据规划,本年度投入800万元,以后每年的投入将比上一年减少 ,本年度当地旅游业收入估计为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一年增长 .求n年内的总投入与n年内旅游业的总收入.
【变式训练1】 某市2019年共有1万辆燃油型公交车,有关部门于2020年投入128辆电力型公交车,随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%,试问:
(1)该市在2024年应该投入多少辆电力型公交车
(2)到哪一年底,电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的 (lg 657≈2.82,lg 2≈0.30,lg 3≈0.48)
解:(1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列{an},
其中a1=128,q=1.5,
则在2024年应该投入的电力型公交车为a4=a1·q3=128×1.53=432(辆).
探究二
等比数列前n项和公式在决策问题中的应用
【例2】 在一次人才招聘会上,A,B两家公司分别开出了工资标准:
大学生王明被A,B两家公司同时录取,而王明只想选择一家连续工作10年,经过一番思考,他选择了A公司,你知道为什么吗 (参考数据:1.0510≈1.63)
解:
因此,王明选择A公司.
反思感悟 在利用数列解决现实中的问题时,首先要认真审题,深刻理解问题的实际背景,弄清蕴含在问题中的数学关系,把应用问题转化为数学中的等差数列、等比数列问题,分别利用相关知识求解,做出比较,进行决策.
【变式训练2】 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:每年贷款1万元,第一年可获利1万元,以后每年比前一年增加5 000元;两种方案的使用期都是10年,到期一次性归还本息.若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算,试比较两种方案中,哪种获利更多.
(参考数据:1.0510≈1.6,1.310≈13.8,1.510≈55.6)
解:甲种方案获利:1+(1+30%)+(1+30%)2+…+(1+30%)9
银行贷款本息和:10×(1+5%)10≈16(万元),
故甲种方案获利:42.3-16=26.3(万元).
乙种方案获利:1+(1+0.5)+(1+2×0.5)+…+(1+9×0.5)
故乙种方案获利:32.5-12.6=19.9(万元).
综上,由26.3>19.9可得,甲方案获利更多.
探究三
等差数列、等比数列的综合应用
【例3】 已知等差数列{an}的前5项和为105,且a10=2a5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对任意m∈N*,将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.
解:(1)设数列{an}的公差为d,前n项和为Tn.
解得a1=7,d=7.
因此an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*).
(2)对m∈N*,若an=7n≤72m,则n≤72m-1.
因此bm=72m-1.
故数列{bm}是首项为7,公比为49的等比数列,
反思感悟 解决等差数列和等比数列的综合问题,一般不能直接套用公式,要先对已知条件转化变形,使之符合等差数列或等比数列的形式,再利用公式求解.同时,要注意在题设条件下,寻求等差数列和等比数列之间的内在联系,寻求它们之间的相互转化.
【变式训练3】 设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,n∈N*.
(1)求证:数列{an}为等比数列;
证明:(1)∵Sn=2an-2,n∈N*,
∴Sn-1=2an-1-2,n∈N*,n≥2,
∴an=2an-2an-1,n≥2,an=2an-1,n≥2.
∵a1=S1=2a1-2,∴a1=2.
∴数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.
【规范解答】
数列的通项与求和
【典例】 已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式;
审题策略:(1)先求出数列{an}的通项公式,再求数列{bn}的通项公式;
(2)先求出数列{cn}的通项,再利用错位相减法求数列{cn}的前n项和Tn.
规范展示:解:(1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,
当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5.
设数列{bn}的公差为d.
可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.
又Tn=c1+c2+…+cn,
得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],
两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]
所以Tn=3n·2n+2.
答题模版:
第1步:由数列{an}中an与Sn的关系求其通项an;
第2步:由数列{bn}的递推关系求其通项bn;
第3步:求出数列{cn}的通项;
第4步:用错位相减法求出数列{cn}的前n项和Tn.
失误警示 造成失分的原因如下:
(1)由数列{an}中an与Sn的关系求其通项an时漏掉当n=1时的情况导致丢分;
(2)不会利用an=bn+bn+1求出等差数列{bn}的公差和首项;
(3)错位相减法求数列{cn}的前n项和Tn时不知道错位对齐相减,弄错正负号失分.
随堂练习
答案:C
2.已知等比数列{an}的前k项和为12,前2k项和为48,则前4k项的和为( )
A.324 B.480
C.108 D.156
解析:由等比数列的前n项和及其性质,
可得(48-12)2=12×(S3k-48),解得S3k=156.
(156-48)2=(48-12)×(S4k-156),解得S4k=480.
答案:B
3.如果lg x+lg x2+…+lg x10=110,那么lg x+(lg x)2+…+(lg x)10= .
解析:∵(1+2+…+10)lg x=110,
∴55lg x=110,∴lg x=2.
∴lg x+(lg x)2+…+(lg x)10=2+22+…+210=211-2=2 046.
答案:2 046
4.某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植树2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N*)等于 .
解析:每天植树的棵数构成以2为首项,2为公比的等比数列,
由2n+1-2≥100,得2n+1≥102.
由于26=64,27=128,则n+1≥7,即n≥6.
答案:6
5.在等差数列{an}中,a2=9,a5=21.
(1)求{an}的通项公式;
解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
故数列{an}的通项公式为an=4n+1.
(2)由an=4n+1,得bn=24n+1,
∴{bn}是首项为b1=25,公比为q=24的等比数列,
本 课 结 束4.3.2 等比数列的前n项和公式
第1课时 等比数列的前n项和及其性质
课后训练巩固提升
A组
1.设等比数列{an}的公比q=3,前n项和为Sn,则=( )
A.3 B.9
C.40 D.
解析:根据题意,等比数列{an}的公比q=3,则S4=a1+a2+a3+a4==40a1,a3=a1q2=9a1,
故.
答案:D
2.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,a3+a4=12,则公比q等于( )
A.±4 B.4
C.±2 D.2
解析:依题意,数列{an}是正项等比数列,S2=a1+a2=3,a3+a4=(a1+a2)·q2=12,
故q==2.
答案:D
3.设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2+a5=0,则等于( )
A.11 B.5
C.-8 D.-11
解析:由8a2+a5=0,得=q3=-8,q=-2,
故=-11.
答案:D
4.在数列{an}中,已知对任意正整数n,有a1+a2+…+an=2n-1,则+…+等于( )
A.(2n-1)2 B.(2n-1)2
C.4n-1 D.(4n-1)
解析:由a1+a2+…+an-1+an=2n-1,
得a1+a2+…+an-1=2n-1-1(n≥2),
∴an=2n-1(n≥2).
又a1=1,符合上式,
∴an=2n-1,∴=4n-1,
∴+…+(4n-1).
答案:D
5.已知等比数列{an}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{an}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q2,首项为a1,
S2n=,S奇=.
由题意得,即1+q=3,q=2.
答案:2
6.设Sn为等比数列{an}的前n项和,且Sn=3n+1-A,则A= .
解析:∵Sn为等比数列{an}的前n项和,且Sn=3n+1-A,
∴a1=S1=32-A=9-A,
a2=S2-S1=(33-A)-(9-A)=18,
a3=S3-S2=(34-A)-(33-A)=54.
∵a1,a2,a3成等比数列,
∴=a1a3,∴182=(9-A)×54,解得A=3.
答案:3
7.已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .
解析:因为a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,且数列{an}是递增的等比数列,所以a1=1,a3=4,q=2,所以S6==63.
答案:63
8.在等比数列{an}中,已知Sn=189,q=2,an=96,求a1和n.
分析:已知an,Sn,q,可列方程组求a1和n.
解:由Sn=及an=a1·qn-1,
得
①÷②,得,
解得2n=64,则n=6.代入①,得a1=3.
9.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S1,S3,S2成等差数列.
(1)求{an}的公比q;
(2)已知a1-a3=3,求Sn.
解:(1)依题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2).
因为a1≠0,所以2q2+q=0.
又q≠0,所以q=-.
(2)由已知可得a1-a1=3,解得a1=4.
从而Sn=.
B组
1.在等比数列{an}中,若a1+a2+a3+a4+a5=,a3=,则等于( )
A. B. C.31 D.4
解析:设{an}的公比为q.
∵a1+a2+a3+a4+a5=+a3+a3q+a3q2=a3,
∴+1+q+q2=.
∴=4×=31.
答案:C
2.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2=4,a6=,则S6等于( )
A.- B.
C.± D.
解析:设等比数列{an}的公比为q,因为a2=4,a6=,
所以q4=,即q2=.
因为an>0,所以q=.
于是a1==8,
所以S6=.
答案:B
3.若正项等比数列{an}满足S3=13,a2a4=1,bn=log3an,则数列{bn}的前20项和是( )
A.-25 B.25
C.-150 D.150
解析:设正项等比数列{an}的首项为a1,公比为q,
由S3=13,a2a4=1,得
解得q=,a1=9.
故an=a1qn-1=9·=33-n.
bn=log3an=log333-n=3-n,则数列{bn}是以2为首项,以-1为公差的等差数列,则S20=20×2+=-150.
答案:C
4.设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,a1a3=9,a4=27,则S4= .
解析:设等比数列{an}的公比为q,
∵a1a3=9,a4=27,
∴
∵数列的各项均为正数,
∴a1q=3,q2=9,q=3,a1=1,
∴S4==40.
答案:40
5.设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=5,an+1=3Sn+1,n∈N*,则a2= ,S4= .
解析:数列{an}的前n项和为Sn,=3Sn+1,①
则an=3Sn-1+1(n≥2),②
①-②,得an+1-an=3Sn-3Sn-1(n≥2),
整理得an+1=4an,故=4(常数)(n≥2).
又a2=3S1+1,即a2=3a1+1,a1+a2=5,得a1=1,a2=4,所以数列{an}为首项为1,公比为4的等比数列.
S4==85.
答案:4 85
6.已知等差数列{an}满足a5=13,a1+a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设Sn是等比数列{bn}的前n项和,若b1=a1,b3=a4-1,求S6.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
∵等差数列{an}满足a5=13,a1+a3=8,
∴解得a1=1,d=3,
∴an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)设等比数列{bn}的公比为q,
∵在等比数列{bn}中,b1=a1=1,b3=a4-1=9,
∴q2==9,解得q=±3.
当q=-3时,S6==-182;
当q=3时,S6==364.
7.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a2=1,S3=.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并用Sn表示Sn+1.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,
∵a2=1,S3=,
∴a1q=1,a1(1+q+q2)=,
联立解得a1=,q=2或a1=2,q=.
∴an=2n-2或an=22-n.
(2)①当a1=,q=2时,Sn=,Sn+1==2×=2Sn+.
②当a1=2,q=时,Sn==4×,
Sn+1=4××4×+2=Sn+2.