课件35张PPT。课件32张PPT。课时作业13 等比数列的前n项和
[基础巩固](25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．在等比数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )
A．135 B．100
C．95 D．80
解析：由等比数列的性质知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，其首项为40，公比为＝.
∴a7＋a8＝40×3＝135.
答案：A
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝( )
A．－2 B．2
C．3 D．－3
解析：∵S3＋3S2＝0，∴＋＝0，即(1－q)·(q2＋4q＋4)＝0.解得q＝－2或q＝1(舍去)．
答案：A
3．在等比数列{an}中，a1＋an＝82，a3·an－2＝81，且数列{an}的前n项和Sn＝121，则此数列的项数n等于( )
A．4 B．7
C．6 D．5
解析：在等比数列{an}中，a3·an－2＝a1·an＝81，又a1＋an＝82，所以或
当a1＝1，an＝81时，Sn＝＝121，解得q＝3.
由an＝a1qn－1得81＝3n－1，解得n＝5.
同理可得当a1＝81，an＝1时，n＝5.故选D.
答案：D
4．等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝( )
A．2n－1 B.
C. D.
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则
解得或
所以a2，a4，…，a2n构成以a2＝1为首项，q2＝4为公比的等比数列，所以a2＋a4＋…＋a2n＝＝.
答案：B
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
解析：由题意可知q＝2.设该数列为a1，a2，…，a2n，则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.
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．在等比数列{an}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{bn}构成等比数列，
其首项b1＝1，公比为q＝＝－2，
则{bn}的前5项和即为{an}的前15项和S15＝＝11.
答案：11
7．在等比数列{an}中，已知S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20等于________．
解析：因为S30≠3S10，所以q≠1.
由
得
所以
所以q20＋q10－12＝0.
所以q10＝3，
所以S20＝＝S10(1＋q10)
＝10×(1＋3)＝40.
答案：40
8．已知正项数列{an}满足a－6a＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________．
解析：因为a－6a＝an＋1an，所以(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，因为an>0，所以an＋1＝3an，所以{an}为等比数列，且公比为3，所以Sn＝3n－1.
答案：3n－1
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a3an－2＝128，Sn＝126，求n和q.
解析：因为a3an－2＝a1an，
所以a1an＝128，
解方程组
得a1＝64，an＝2①或a1＝2，an＝64②
将①代入Sn＝，可得q＝，
由an＝a1qn－1可解得n＝6.
将②代入Sn＝，可得q＝2，
由an＝a1qn－1可解得n＝6.
故n＝6，q＝或2.
10．已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记Sn＝＋＋……＋，若Sn<100，求最大正整数n.
解析：(1)因为＝＋，
所以－1＝－.
又因为－1≠0，
所以－1≠0(n∈N*)．
所以＝，
又－1＝，
所以是首项为，公比为的等比数列．
(2)由(1)可得－1＝·n－1，
所以＝2·n＋1.
Sn＝＋＋…＋
＝n＋2
＝n＋2·＝n＋1－，
若Sn<100，则n＋1－<100，因为函数y＝n＋1－单调递增，所以最大正整数n的值为99.
[能力提升](20分钟，40分)
11．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an，则Sn＝a－a＋a－a＋…＋a－a等于( )
A.(2n－1) B.(1－24n)
C.(4n－1) D.(1－2n)
解析：在数列{an}中，由a1＝1，an＋1＝2an，
可得an＝2n－1，
则Sn＝a－a＋a－a＋…＋a－a
＝1－4＋16－64＋…＋42n－2－42n－1
＝＝(1－42n)＝(1－24n)．故选B.
答案：B
12．已知数列{an}是等比数列，若a2＝1，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的最小值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，则由已知得，数列{an}的公比满足q3＝＝，解得q＝，
∴a1＝2，a3＝，
∴an＝，
∴anan＋1＝，
又a1a2＝2，＝，
∴数列{anan＋1}是以2为首项，为公比的等比数列，
∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝∈，
∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1的最小值为2.
答案：2
13．在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为c的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差是d.
依题意a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，
从而d＝－3.
所以a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，
解得a1＝－1.
所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2.
(2)由数列{an＋bn}是首项为1，公比为c的等比数列．
得an＋bn＝cn－1，即－3n＋2＋bn＝cn－1，
所以bn＝3n－2＋cn－1.
所以Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋c＋c2＋…＋cn－1)
＝＋(1＋c＋c2＋…＋cn－1)．
从而当c＝1时，
Sn＝＋n＝；
当c≠1时，Sn＝＋.
14．设数列{an}(n＝1,2,3…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值．
解析：(1)由已知Sn＝2an－a1，
有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，
即a1＋a3＝2(a2＋1)．
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，
解得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n.
(2)由(1)得＝，
所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.
由|Tn－1|<，
得<，
即2n>1 000.
因为29＝512<1 000<1 024＝210，
所以n≥10.
于是，使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.
课时作业14 数列求和习题课
[基础巩固](25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．已知数列{an}，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝log2an，则数列{bn}的前10项和等于( )
A．130 B．120
C．55 D．50
解析：在数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，即＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
所以an＝2×2n－1＝2n.
所以bn＝log22n＝n.
则数列{bn}的前10项和为1＋2＋…＋10＝55.
答案：C
2．已知an＝(－1)n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分别是( )
A．1,1 B．－1，－1
C．1,0 D．－1,0
解析：S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，
S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0.
答案：D
3．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为( )
A．11 B．99
C．120 D．121
解析：因为an＝＝－，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(－1)＋(－)＋…＋(－)
＝－1，
令－1＝10，得n＝120.
答案：C
4．在等比数列{an}中，对任意的n∈N*，a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝( )
A.(4n－1) B.(2n－1)
C．(2n－1)2 D．4n－1
解析：令n＝1，n＝2，得a1＝1， a2＝2，
∴q＝2，∴an＝2n－1.
∴{a}构成首项为1，公比为4的等比数列，∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
答案：A
5．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A．9 B．15
C．18 D．30
解析：由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于________．
解析：由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.
答案：100
7．若数列{an}的首项a1＝2，且an＋1＝3an＋2(n∈N*)；令bn＝log3(an＋1)，则b1＋b2＋b3＋…＋b100＝________.
解析：∵an＋1＝3an＋2(n∈N*)，
所以an＋1＋1＝3(an＋1)，a1＋1＝3，
所以{an＋1}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＋1＝3n，
所以bn＝log3(an＋1)＝log33n＝n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b100＝1＋2＋3＋…＋100＝＝5 050.
答案：5 050
8．1＋11＋111＋…＋＝________.
解析：因为＝1＋10＋102＋…＋10n－1＝(10n－1)，
所以Sn＝(101－1＋102－1＋103－1＋…＋10n－1)
＝[(101＋102＋…＋10n)－n]
＝
＝.
答案：
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．已知数列{an}的首项a1＝1，且an＋1＝2an＋1(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：(1)证明：因为an＋1＝2an＋1(n∈N*)，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以数列{an＋1}是等比数列，首项为2，公比为2，
所以an＋1＝2n，解得an＝2n－1.
(2)bn＝＝，
数列{bn}的前n项和Sn＝＋＋＋…＋，
所以Sn＝＋＋…＋＋，
相减可得Sn＝＋＋…＋－
＝－，
可得Sn＝2－.
10．若{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)均在函数y＝x2－x的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
解析：(1)由题意知，Sn＝n2－n，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，当n＝1时，a1＝1，适合上式．
所以an＝3n－2.
(2)bn＝＝＝－，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－＋－＋…＋－＝1－.
数列{Tn}在n∈N*上是增函数，所以Tn<1，则≥1，m≥20，
要使Tn<对所有n∈N*都成立，最小正整数m为20.
[能力提升](20分钟，40分)
11．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 017＝( )
A．1 007 B．1 008
C．－1 007 D．－1 008
解析：∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＋a2k＝－1，
∴S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)
＝1＋(－1)×1 008＝－1 007.
答案：C
12．已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝________.
解析：因为＝＝3，且a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以Sn＝＝3n－1，
又bn＝＝＝－，则
b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.
答案：－
13．在等比数列{an}中，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前2n项和S2n.
解析：(1)设等差数列{bn}的公差为d.
则有解得或(舍去)，
所以an＝3n，bn＝2n＋1.
(2)由(1)知cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n，
则S2n＝(3＋32＋33＋…＋32n)＋{(－3)＋5＋(－7)＋9＋…＋[－(4n－1)]＋(4n＋1)}
＝＋[(5－3)＋(9－7)＋…＋(4n＋1－4n＋1)]
＝＋2n.
14．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1－3an＝3n(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝.
(1)证明数列{bn}是等差数列并求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解析：(1)由bn＝，得bn＋1＝，
所以bn＋1－bn＝－＝，
所以数列{bn}是等差数列，首项b1＝1，公差为.
所以bn＝1＋(n－1)＝.
(2)an＝3nbn＝(n＋2)×3n－1，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝3×1＋4×3＋…＋(n＋2)×3n－1①
所以3Sn＝3×3＋4×32＋…＋(n＋2)×3n②
①－②得
－2Sn＝3×1＋3＋32＋…＋3n－1－(n＋2)×3n
＝2＋1＋3＋32＋…＋3n－1－(n＋2)×3n
＝－(n＋2)×3n
所以Sn＝－＋
＝－.
