第二章 2.5 等比数列的前n项和
第一课时 等比数列前n项和公式
课时分层训练
1．已知等比数列的公比为2，且前4项之和为1，则该数列的前8项之和为( )
A．15 B．17
C．19 D．21
解析：选B ∵q＝2，S4＝1＝代入得a1＝，
∴S8＝＝×(28－1)＝17.
2．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
解析：选D 因为a1＝1，公比q＝，所以an＝n－1，Sn＝＝3＝3－2×n－1＝3－2an.故选D.
3．等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4为 ( )
A．28 B．32
C．21 D．28或－21
解析：选A ∵{an}为等比数列，
∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，
即7，S4－7,91－S4成等比数列，
∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21.
∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)>S2，
∴S4＝28.故选A.
4．等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1的值为 ( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N＋)项，则a2k＋1＝192，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝(a2＋a4＋…＋a2k)＋a2k＋1＝S偶＋a2k＋1＝－＋192＝255，解得q＝－2，而S奇＝＝＝255，解得a1＝3.故选C.
5．通过测量知道，某电子元件每降低6 ℃电子数目就减少一半．已知在零下34 ℃时，该电子元件的电子数为3个，则在室温27 ℃时，该电子元件的电子数目最接近于( )
A．860个 B．1 730个
C．3 400个 D．6 900个
解析：选C 设a1＝3，由题意知公比q＝2，且所求电子数接近于等比数列中的a11，而a11＝3×210＝3 072.故选C.
6．设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，则＝ .
解析：∵S4＝＝a1，a4＝a1q3＝a1，
∴＝＝15.
答案：15
7．(2019·郑州质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a＝2a3a6，S5＝－62，则a1的值是 ．
解析：设{an}的公比为q.由a＝2a3a6得(a1q4)2＝2a1q2·a1q5，∴q＝2，∴S5＝＝－62，a1＝－2.
答案：－2
8．(2018·辽宁一模)在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝－，则＋＋＋＝ .
解析：因为＋＝，＋＝，由等比数列的性质知a7a10＝a8a9，所以＋＋＋＝＝÷＝－.
答案：－
9．某商场今年销售计算机5 000台．如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10%，那么从今年起，大约几年可使总销售量达到30 000台？(参考数据：lg 1.6≈0.2，lg 1.1≈0.04)
解：根据题意，每年比上一年销售量增加10%，所以，从今年起，每年销售量组成一个等比数列{an}，
其中a1＝5 000，q＝1＋10%＝1.1，Sn＝30 000，
由等比数列前n项和公式，得＝30 000，整理，得1.1n＝1.6.
两边取对数，得nlg 1.1＝lg 1.6.
∴n＝≈＝5(年)．
故大约5年可使总销量达到30 000台．
10．(2018·石家庄模拟)设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝.
当n≥2时，由6Sn＋1＝9an，得6Sn－1＋1＝9an－1，
两式相减得6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，
即6an＝9(an－an－1)，∴an＝3an－1.
∴数列{an}是首项为，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝×3n－1＝3n－2.
(2)∵bn＝＝n－2，
∴{bn}是首项为3，公比为的等比数列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝1－n.
1．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则a＋a＋…＋a等于( )
A．1 033 B．1 034
C．2 057 D．2 058
解析：选A 由已知，可得an＝n＋1，bn＝2n－1，
于是a＝bn＋1，
因此a＋a＋…＋a＝(b1＋1)＋(b2＋1)＋…＋(b10＋1)＝b1＋b2＋…＋b10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝＋10＝1 033.故选A.
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝( )
A．4n－1 B．4n－1
C．2n－1 D．2n－1
解析：选D 设{an}的公比为q，
∵∴
由①②可得＝2，∴q＝，代入①得a1＝2，
∴an＝2×n－1＝，
∴Sn＝＝4，
∴＝＝2n－1.故选D.
3．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( )
A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)
C.(1－4－n) D．(1－2－n)
解析：选C ∵＝q3＝，∴q＝，a1＝＝4.
∴anan＋1＝4×n－1×4×n＝25－2n，
故a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1＝23＋21＋2－1＋2－3＋…＋25－2n＝＝(1－4－n)．故选C.
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a是不为零且a≠1的常数)，则数列{an}( )
A．一定是等差数列
B．一定是等比数列
C．或者是等差数列，或者是等比数列
D．既非等差数列，也非等比数列
解析：选B 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a－1)·an－1；
当n＝1时，a1＝a－1，∴an＝(a－1)·an－1，n∈N＋.
∴＝a，即数列{an}一定是等比数列．故选B.
5．一个等比数列，它的前4项和为前2项和的2倍，则此数列的公比为 ．
解析：当q＝1时，S4＝2S2满足题意；
当q≠1时，＝，∴1＋q2＝2.
∴q＝1(舍去)或q＝－1.
答案：－1或1
6．在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn.若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn＝ .
解析：因为数列{an}为等比数列，a1＝2，设其公比为q，则an＝2qn－1，因为数列{an＋1}也是等比数列，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，则an＋an＋2＝2an＋1，即an(1＋q2－2q)＝0，所以q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n.
答案：2n
7．等比数列{an}满足an>0，n∈N*，且a3a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝ .
解析：由等比数列的性质，得a3a2n－3＝a＝22n，
从而得an＝2n.
∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1
＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(an－1an＋1)an]
＝log22n(2n－1)
＝n(2n－1)＝2n2－n.
答案：2n2－n
8．(2019·汕头模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解：(1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.
当n＝1时，a1＝1，不适合上式．
∴an＝
(2)由(1)知，a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
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第二课时 数列求和(习题课)
课时分层训练
1．数列{1＋2n－1}的前n项和为( )
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：选C 由题意得an＝1＋2n－1，
所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.故选C.
2．数列{(－1)n·n}的前2 012项的和S2 012为( )
A．－2 012 B．－1 006
C．2 012 D．1 006
解析：选D S2 012＝－1＋2－3＋4－5＋…＋2 008－2 009＋2 010－2 011＋2 012＝(2－1)＋(4－3)＋(6－5)＋…＋(2 010－2 009)＋(2 012－2 011)＝＝1 006.故选D.
3．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值为( )
A．13 B．－76
C．46 D．76
解析：选B ∵S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29.
S22＝(－4)×11＝－44.
S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61.
∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.故选B.
4．数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为( )
A．2100－101 B．299－101
C．2100－99 D．299－99
解析：选A 由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，所以，前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝－99＝2100－101.故选A.
5．(2019·皖西七校联考)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和Sn＝，则n＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D 由an＝＝1－得，Sn＝n－＝n－，则Sn＝＝n－，将各选项中的值代入验证得n＝6.故选D.
6．数列1，，，…的前n项和Sn＝ .
解析：由于数列的通项an＝＝＝2，
∴Sn＝2
＝2＝.
答案：
7．等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝ .
解析：∵＝3，故q≠1，
∴×＝1＋q3＝3，
即q3＝2.
所以＝×＝＝.
答案：
8．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 016项的和等于 ．
解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝故数列的前2 016项的和等于S2 016＝1 008×＝1 512.
答案：1 512
9．已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；
(2)求＋＋…＋.
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.
依题意有
解得或(舍去)．
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)∵Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
∴＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝
＝＝－.
10．(2018·河南八市质检)已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，a6＝64，且a4，a5的等差中项为3a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由题意，得解得
所以an＝2n.
(2)因为bn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋－＝－＝－，
故Tn＝－＝－.
1．(2019·长沙模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于( )
A．15 B．12
C．－12 D．－15
解析：选A ∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.故选A.
2．数列{n·2n}的前n项和等于( )
A．n·2n－2n＋2 B．n·2n＋1－2n＋1＋2
C．n·2n＋1－2n D．n·2n＋1－2n＋1
解析：选B ∵Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
由②－①得Sn＝n×2n＋1－(2＋22＋23＋…＋2n)
＝n×2n＋1－＝n×2n＋1－2n＋1＋2.故选B.
3．已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，前n项和为Sn，则S6等于( )
A．282 B．147
C．45 D．70
解析：选B ∵an＝2n＋n，∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)
＝＋＝2n＋1－2＋，
∴S6＝27－2＋＝147.故选B.
4．已知函数y＝loga(x－1)＋3(a>0，a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝ ( )
A. B．
C．1 D．
解析：选B ∵函数y＝loga(x－1)＋3的图象过定点(2,3)，∴a2＝2，a3＝3，故an＝n，∴bn＝＝－，∴T10＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选B.
5．(2019·河北五个一名校联盟一诊)已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 018项和为( )
A．1 008 B．1 009
C．2 017 D．2 018
解析：选D 由题意得，解得∴an＝2n－1，
设bn＝cos nπ，则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…
∴数列{ancos nπ}的前2 018项和为Sn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 017＋b2 018)＝2×＝2 018.故选D.
6．(2018·江西吉安一中等八校联考)若{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前2 018项和为 ．
解析：∵anbn＝1，且an＝n2＋3n＋2，
∴bn＝＝＝－，
∴{bn}的前2 018项和为－＋－＋－＋…＋－＝－＝＝.
答案：
7．已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)∵＋＋＋…＋＝n2＋n，
∴当n≥2时，＋＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1，
两式相减得＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2)．
又∵当n＝1时，＝1＋1，∴a1＝4，满足an＝n·2n＋1.
∴an＝n·2n＋1.
(2)∵bn＝＝n(－2)n，
∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n，
－2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n(－2)n＋1，
∴两式相减得3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1＝－n(－2)n＋1＝－n(－2)n＋1＝－，
∴Sn＝－.
8．等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
∵a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，
∴
∴d＝2，q＝2.
∴an＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由(1)知，Sn＝＝n(n＋2)，
∴cn＝
∴T2n＝＋(21＋23＋25＋…＋22n－1)＝＋.
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第二课时 数列求和(习题课)登高揽胜 拓界展怀课前自主学习剖析题型 总结归纳课堂互动探究知识归纳 自我测评堂内归纳提升word部分： 请做： 课时分层训练
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