第2课时 等比数列习题课
关键能力·素养形成
类型一 等差、等比数列性质的应用
【典例】1.已知数列{an}为等比数列,满足a3a11=6a7;数列{bn}为等差数列,其前n项和为Sn,且b7=a7,则S13=
( )
A.13
B.48
C.78
D.156
2.由实数构成的等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且a2-4,a3,a4成等差数列,则S6=
( )
A.62
B.124
C.126
D.154
【思维·引】1.利用等比数列的性质求出b7,即a7,同时求S13;
2.利用等差条件求出q,再求S6.
【解析】1.选C.因为数列{an}为等比数列,
满足a3a11=6a7,所以=6a7,解得a7=6,
因为数列{bn}为等差数列,其前n项和为Sn,
且b7=a7,所以b7=a7=6,
所以S13==13b7=13×6=78.
2.选C.因为数列{an}是由实数构成的等比数列,a1=2,
且a2-4,a3,a4成等差数列,
所以2a3=(a2-4)+a4,即2×2q2=2q-4+2q3,
整理,得(q-2)(q2+1)=0,所以{an}的公比q=2.
则S6==126.
【内化·悟】
本例2中的等差条件的作用是什么?
提示:利用等差中项构造方程求公比.
【类题·通】
等差、等比数列性质的综合应用
(1)等比、等差的条件可以分别利用等比、等差中项构造方程,求解基本量a1,d,q,n等;
(2)若涉及求和,一定要先分清求哪种数列的和,再明确该数列的基本量,然后计算.
【习练·破】
(2020·江苏高考)设是公差为d的等差数列,是公比为q的等比数列,已知数列的前n项和Sn=n2-n+2n-1,则d+q的值是______.?
【解析】设数列{an},{bn}的首项分别为a1,b1,前n项和分别为An,Bn,则An=n2+n,Bn=qn+,
结合Sn=n2-n+2n-1,
得解得所以d+q=4.
答案:4
【加练·固】
已知等差数列{an}的首项和公差都不为0,a1,a2,a4成等比数列,则=
( )
A.2 B.3 C.5 D.7
【解析】选C.等差数列{an}的首项和公差d都不为0,a1,a2,a4成等比数列可得=a1a4,
即有(a1+d)2=a1(a1+3d),化为a1=d,
则===5.
类型二 错位相减法求和
【典例】已知等比数列{an}的公比q>0,a2a3=8a1,且a4,36,2a6成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
【思维·引】(1)利用a2a3=a1a4计算a4,进而计算a6,a1,q求通项.
(2)利用错位相减法求前n项和.
【解析】(1)因为a2a3=8a1,所以a1a4=8a1,所以a4=8,
又a4,36,2a6成等差数列,所以a4+2a6=72,
所以a6=32,q2==4,q>0,所以q=2,
所以an=8·2n-4=2n-1.
(2)
bn===n·,
Tn=1·+2·+3·+…+(n-1)·+n·
·Tn=1·+2·+3·+…+(n-1)·+n·
两式相减得:
·Tn=+++…+-n·,
·Tn=-n·,
所以Tn=8-(n+2)·.
【内化·悟】
本例在错位相减法求和时,两式相减后会得到一个等比数列,这个等比数列的基本量有哪些?利用哪个求和公式较为方便?
提示:可以得到这个等比数列的首项、公比,利用公式Sn=.
【类题·通】
关于错位相减法求和
(1)适用范围:{an}是等差数列,{bn}是等比数列(q≠1),形如cn=anbn的数列适合利用错位相减法求和;
(2)求和步骤
①对求和式Sn=c1+c2+…+cn-1+cn(i),要写出倒数第二项cn-1;
②式子的两边同乘以等比数列的公比q,写成
qSn=c1q+c2q+…+cn-1q+cnq(ii)的形式,要空一位书写,
(i)(ii)式形成错位;
③(i)式-(ii)式,左边=(1-q)Sn,右边考查除了最后一项外的其他项,利用等比数列求和公式求和、整理;
④两边同除以1-q,整理得Sn.
【习练·破】
已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8=-10.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Sn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
由已知条件可得解得
故数列{an}的通项公式为an=2-n.
(2)Sn=+++…++,
所以Sn=++…++,
两式相减得Sn=---…--,
所以Sn=--
=-+-+=,所以Sn=.
【加练·固】
已知递减的等比数列{an}各项均为正数,满足a1·a2·a3=8,a1+1,a2+1,a3构成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由等比数列性质可知a1
·a2
·a3
=
=
8,
所以a2=2,a1·a3=4.
由a1+1,a2+1,a3构成等差数列,
可知a1+1+a3=2(a2+1)=6,所以a1+a3=5.
联立
,
解得
或
.
由等比数列{an}递减可知
,于是q=.
所以an=a1·qn-1=4×=.
(2)由(1)可知bn=n·an=n·,
于是Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
两式相减得
Sn=1×+1×+1×+1×+…+1×-n×
=-n×
=8-(n+2)×,
故Sn=16-(n+2).
类型三 等比数列Sn与an的关系
角度1 求Sn与an的关系
【典例】已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且-a3,a2,a4成等差数列,则Sn与an的关系是
( )
A.Sn=2an-1
B.Sn=2an+1
C.Sn=4an-3
D.Sn=4an-1
【思维·引】分别表示出Sn与an,再确定关系.
【解析】选A.设等比数列的公比为q(q>0),
由a1=1,且-a3,a2,a4成等差数列,
得2a2=a4-a3,即2q=q3-q2,得q=2.
所以Sn=,则Sn=2an-1.
【素养·探】
在确定Sn与an的过程中,常常用到核心素养中的数学运算,通过对Sn计算公式寻求二者之间的关系.
本例中的等比数列{an},若已知an=3n-1,则Sn与an的关系是什么?
提示:Sn==an-.
角度2 Sn与an的关系的应用
【典例】数列{an}的前n项和为Sn,对任意正整数n,an+1=3Sn,则下列关于{an}的论断中正确的是
( )
A.一定是等差数列
B.可能是等差数列,但不会是等比数列
C.一定是等比数列
D.可能是等比数列,但不会是等差数列
【思维·引】由Sn与an的关系,推导出an+1与an的关系,结合a1的取值进行判断.
【解析】选B.an+1=3Sn,an=3Sn-1,故an+1-an=3an,即an+1=4an(n≥2),而n=1时,a2=3S1=3a1,可知该数列不是等比数列.当an=0时,数列an为等差数列.故本题正确答案为B.
【类题·通】
关于等比数列Sn与an的关系
(1)Sn与an的关系可以由Sn=得到,一般已知a1,q即可得到二者之间的关系,也可以通过特殊项验证判断;
(2)Sn-Sn-1=an(n≥2)是Sn与an之间的内在联系,既可以推出项an-1,an,an+1之间的关系,也可得到Sn-1,Sn,Sn+1之间的关系,体现了Sn与an关系的本质.
【习练·破】
已知等比数列{an}的公比q>0且q≠1,其前n项和为Sn,则S2a3与S3a2的大小关系为
( )
A.S2a3>S3a2
B.S2a3C.S2a3=S3a2
D.不能确定
【解析】选B.S3a2-S2a3=a1(1+q+q2)·a1q-a1(1+q)·a1q2=q>0,所以S2a3【加练·固】
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.Sn===3-2an.
课堂检测·素养达标
1.已知数列{an}为等差数列,且,2,成等比数列,则{an}前6项的和为
( )
A.15
B.
C.6
D.3
【解析】选C.设数列{an}的公差为d,且,2,成等比数列,
可得4=·=,可得a1+a6=2,
即有{an}前6项的和为×6(a1+a6)=6.
2.等比数列{an}中,满足a1=2,且a1,a2+1,a3成等差数列,则数列{an}的公比为
( )
A.1
B.2
C.-2
D.4
【解析】选B.等比数列{an}的公比设为q,
满足a1=2,且a1,a2+1,a3成等差数列,
可得2(a2+1)=a1+a3,
即为2(2q+1)=2+2q2,解得q=2(0舍去).
3.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn.若2S1,S3,S2成等差数列,则数列{an}的公比为________.?
【解析】各项均为正数的等比数列{an}的公比设为q,由2S1,S3,S2成等差数列,
可得2S3=2S1+S2,
即为2(a1+a1q+a1q2)=2a1+a1+a1q,
即有2q2+q-1=0,解得q=(q=-1不合题意,舍去).
答案:
4.记等比数列{an}的前n项和为Sn,若=,则=________.?
【解析】根据题意,在等比数列{an}中,=,显然q≠1,
故===,变形可得q5=3,故==.
答案:
【新情境·新思维】
对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若{an}的“差数列”是首项为,公比为的等比数列,若a1=1,则a2
020=________.?
【解析】根据题意,an+1-an=,
则a2
020=(a2
020-a2
019)+(a2
019-a2
018)+…+(a2-a1)+a1=++……++1
=2-.
答案:2-(共84张PPT)
第2课时 等比数列习题课
关键能力·素养形成
类型一 等差、等比数列性质的应用
【典例】1.已知数列{an}为等比数列,满足a3a11=6a7;数列{bn}为等差数列,其前n项和为Sn,且b7=a7,则S13=
( )
A.13
B.48
C.78
D.156
2.由实数构成的等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且a2-4,a3,a4成等差数列,则S6=
( )
A.62
B.124
C.126
D.154
【思维·引】1.利用等比数列的性质求出b7,即a7,同时求S13;
2.利用等差条件求出q,再求S6.
【解析】1.选C.因为数列{an}为等比数列,
满足a3a11=6a7,所以
=6a7,解得a7=6,
因为数列{bn}为等差数列,其前n项和为Sn,
且b7=a7,所以b7=a7=6,
所以S13=
=13b7=13×6=78.
2.选C.因为数列{an}是由实数构成的等比数列,a1=2,
且a2-4,a3,a4成等差数列,
所以2a3=(a2-4)+a4,即2×2q2=2q-4+2q3,
整理,得(q-2)(q2+1)=0,所以{an}的公比q=2.
则S6=
=126.
【内化·悟】
本例2中的等差条件的作用是什么?
提示:利用等差中项构造方程求公比.
【类题·通】
等差、等比数列性质的综合应用
(1)等比、等差的条件可以分别利用等比、等差中项构造方程,求解基本量a1,d,q,n等;
(2)若涉及求和,一定要先分清求哪种数列的和,再明确该数列的基本量,然后计算.
【习练·破】
(2020·江苏高考)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列,已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N+
),则d+q的值是______.?
【解析】设数列{an},{bn}的首项分别为a1,b1,前n项和分别为An,Bn,则An=
n2
+
结合Sn=n2-n+2n-1,
所以d+q=4.
答案:4
【加练·固】
已知等差数列{an}的首项和公差都不为0,a1,a2,a4成等比数列,则
=
( )
A.2 B.3 C.5 D.7
【解析】选C.等差数列{an}的首项和公差d都不为0,a1,a2,a4成等比数列可得
=a1a4,
即有(a1+d)2=a1(a1+3d),化为a1=d,
则
=5.
类型二 错位相减法求和
【典例】已知等比数列{an}的公比q>0,a2a3=8a1,且a4,36,2a6成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=
,求数列{bn}的前n项和Tn.
【思维·引】(1)利用a2a3=a1a4计算a4,进而计算a6,a1,q求通项.
(2)利用错位相减法求前n项和.
【解析】(1)因为a2a3=8a1,所以a1a4=8a1,所以a4=8,
又a4,36,2a6成等差数列,所以a4+2a6=72,
所以a6=32,q2=
=4,q>0,所以q=2,
所以an=8·2n-4=2n-1.
(2)
bn=
两式相减得:
所以Tn=8-(n+2)·
【内化·悟】
本例在错位相减法求和时,两式相减后会得到一个等比数列,这个等比数列的基
本量有哪些?利用哪个求和公式较为方便?
提示:可以得到这个等比数列的首项、公比,利用公式Sn=
【类题·通】
关于错位相减法求和
(1)适用范围:{an}是等差数列,{bn}是等比数列(q≠1),形如cn=anbn的数列适合利用错位相减法求和;
(2)求和步骤
①对求和式Sn=c1+c2+…+cn-1+cn(i),要写出倒数第二项cn-1;
②式子的两边同乘以等比数列的公比q,写成
qSn=c1q+c2q+…+cn-1q+cnq(ii)的形式,要空一位书写,
(i)(ii)式形成错位;
③(i)式-(ii)式,左边=(1-q)Sn,右边考查除了最后一项外的其他项,利用等比数列求和公式求和、整理;
④两边同除以1-q,整理得Sn.
【习练·破】
已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8=-10.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列
的前n项和Sn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
由已知条件可得
故数列{an}的通项公式为an=2-n.
(2)Sn=
所以
两式相减得
所以
【加练·固】
已知递减的等比数列{an}各项均为正数,满足a1·a2·a3=8,a1+1,a2+1,a3构成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由等比数列性质可知a1
·a2
·a3
=
=
8,
所以a2=2,a1·a3=4.
由a1+1,a2+1,a3构成等差数列,
可知a1+1+a3=2(a2+1)=6,所以a1+a3=5.
由等比数列{an}递减可知
于是q=
.
所以an=a1·qn-1=4×
(2)由(1)可知bn=n·an=n·
,
于是Sn=1×
两式相减得
=8-(n+2)×
,
故Sn=16-(n+2)
.
类型三 等比数列Sn与an的关系
角度1 求Sn与an的关系
【典例】已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且-a3,a2,a4成等差数列,则Sn与an的关系是
( )
A.Sn=2an-1
B.Sn=2an+1
C.Sn=4an-3
D.Sn=4an-1
【思维·引】分别表示出Sn与an,再确定关系.
【解析】选A.设等比数列的公比为q(q>0),
由a1=1,且-a3,a2,a4成等差数列,
得2a2=a4-a3,即2q=q3-q2,得q=2.
所以Sn=
,则Sn=2an-1.
【素养·探】
在确定Sn与an的过程中,常常用到核心素养中的数学运算,通过对Sn计算公式寻求二者之间的关系.
本例中的等比数列{an},若已知an=3n-1,则Sn与an的关系是什么?
提示:Sn=
角度2 Sn与an的关系的应用
【典例】数列{an}的前n项和为Sn,对任意正整数n,an+1=3Sn,则下列关于{an}的论断中正确的是
( )
A.一定是等差数列
B.可能是等差数列,但不会是等比数列
C.一定是等比数列
D.可能是等比数列,但不会是等差数列
【思维·引】由Sn与an的关系,推导出an+1与an的关系,结合a1的取值进行判断.
【解析】选B.an+1=3Sn,an=3Sn-1,故an+1-an=3an,即an+1=4an(n≥2),而n=1时,
a2=3S1=3a1,可知该数列不是等比数列.当an=0时,数列an为等差数列.故本题正确答案为B.
【类题·通】
关于等比数列Sn与an的关系
(1)Sn与an的关系可以由Sn=
得到,一般已知a1,q即可得到二者之间的关
系,也可以通过特殊项验证判断;
(2)Sn-Sn-1=an(n≥2)是Sn与an之间的内在联系,既可以推出项an-1,an,an+1之间的
关系,也可得到Sn-1,Sn,Sn+1之间的关系,体现了Sn与an关系的本质.
【习练·破】
已知等比数列{an}的公比q>0且q≠1,其前n项和为Sn,则S2a3与S3a2的大小关系为
( )
A.S2a3>S3a2
B.S2a3C.S2a3=S3a2
D.不能确定
【解析】选B.S3a2-S2a3=a1(1+q+q2)·a1q-a1(1+q)·a1q2=
q>0,所以S2a3【加练·固】
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.Sn=
=3-2an.
1.已知数列{an}为等差数列,且
成等比数列,则{an}前6项的和为
( )
A.15
B.
C.6
D.3
课堂检测·素养达标
【解析】选C.设数列{an}的公差为d,且
成等比数列,
可得4=
可得a1+a6=2,
即有{an}前6项的和为
×6(a1+a6)=6.
2.等比数列{an}中,满足a1=2,且a1,a2+1,a3成等差数列,则数列{an}的公比为
( )
A.1
B.2
C.-2
D.4
【解析】选B.等比数列{an}的公比设为q,
满足a1=2,且a1,a2+1,a3成等差数列,
可得2(a2+1)=a1+a3,
即为2(2q+1)=2+2q2,解得q=2(0舍去).
3.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn.若2S1,S3,S2成等差数列,则数列{an}的公比为________.?
【解析】各项均为正数的等比数列{an}的公比设为q,由2S1,S3,S2成等差数列,
可得2S3=2S1+S2,
即为2(a1+a1q+a1q2)=2a1+a1+a1q,
即有2q2+q-1=0,解得q=
(q=-1不合题意,舍去).
答案:
4.记等比数列{an}的前n项和为Sn,若
则
=________.?
【解析】根据题意,在等比数列{an}中,
显然q≠1,
故
变形可得q5=3,故
答案:
【新情境·新思维】
对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若{an}的“差数
列”是首项为
,公比为
的等比数列,若a1=1,则a2
020=________.?
【解析】根据题意,an+1-an=
,
则a2
020=(a2
020-a2
019)+(a2
019-a2
018)+…+(a2-a1)+a1=
+……+
+1
=2-
.
答案:2-
课时素养评价
十 等比数列习题课
【基础练】(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对的得5分,选对但不全的得3分,
有选错的得0分)
1.数列{an}为等比数列,若a1=1,a7=8a4,数列
的前n项和为Sn,则S5=
( )
C.7
D.31
【解析】选A.由题意,q6=8q3,解得q=2,
所以an=a1qn-1=2n-1,
因为数列
的前n项和为Sn,
所以S5=1+
.
2.在等比数列{an}中,a2·a6=
,则sin
( )
【解析】选C.在等比数列{an}中,a2·a6=
,
可得
=a2·a6=
,
则sin
=sin
.
3.在各项均为正数的等比数列{an}中,
=2a16,则数列{log2an}的前7项和等
于
( )
A.7
B.8
C.27
D.28
【解析】选A.由题意,得a10=2q6,
所以a1·q3=2,即a4=2,
所以T7=log2a1+log2a2+…+log2a7
=log2(a1·a2·…·a7)=log2
=7.
4.(多选题)在递增的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1a4=32,
a2+a3=12,则下列说法正确的是
( )
A.q=1
B.数列{Sn+2}是等比数列
C.S8=510
D.数列{lg
an}是公差为2的等差数列
【解析】选BC.由题意,可得a2a3=a1a4=32>0,a2+a3=12>0,故a2>0,a3>0.
根据根与系数的关系,可知a2,a3是一元二次方程x2-12x+32=0的两个根.
解得a2=4,a3=8,或a2=8,a3=4.
故必有公比q>0,所以a1=
>0.
因为等比数列{an}是递增数列,所以q>1.
所以a2=4,a3=8满足题意.
所以q=2,a1=
=2.
故选项A不正确.an=a1·qn-1=2n.
因为Sn=
=2n+1-2.
所以Sn+2=2n+1=4·2n-1.
所以数列{Sn+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.故选项B正确.
S8=28+1-2=512-2=510.故选项C正确.
因为lg
an=lg
2n=n.
所以数列{lg
an}是公差为1的等差数列.故选项D不正确.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足4a1,2a2,a3成等差数列,则数列{an}的公比q=________,如果a1=1,则S4=________.?
【解析】由4a1,2a2,a3成等差数列,可得4a1+a3=4a2,
即4a1+a1q2=4a1q,可得q2-4q+4=0,解得q=2,
又因为a1=1,则S4=
=15.
答案:2 15
6.(2020·上饶高二检测)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=
+a·3n,
则
=________.?
【解析】因为等比数列{an}的前n项和为Sn,
且Sn=
+a·3n,
所以a1=S1=
+3a,a2=S2-S1=9a-3a=6a,a3=S3-S2=27a-9a=18a,
因为a1,a2,a3成等比数列,所以(6a)2=
×18a,解得a=-
(a=0舍去),
所以
=28.
答案:28
【加练·固】
记等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}为等比数列,已知S5=10,且b10=a2+a4,则b5b15=________.?
【解析】设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,由S5=10,且
b10=a2+a4,
可得5a1+10d=10,b10=2a1+4d,
即有b10=4,b5b15=
=16.
答案:16
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.(2019·全国Ⅱ卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.
(1)求{an}的通项公式.
(2)设bn=log2an,求数列{bn}的前n项和.
【解析】(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,
即q2-2q-8=0.解得q=-2(舍去)或q=4.
因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,
因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.
8.已知等比数列{an}的首项为2,等差数列{bn}的前n项和为Sn,且a1+a2=6,
2b1+a3=b4,S3=3a2.
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=
,求数列{cn}的前n项和.
【解析】(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d.
由a1+a2=6,得a1+a1q=6.
因为a1=2,所以q=2.
所以an=a1qn-1=2·2n-1=2n.
由
得
解得
所以bn=b1+(n-1)d=3n-2.
(2)由(1)知an=2n,bn=3n-2.
所以cn=
=3×2n-2.
从而数列{cn}的前n项和
Tn=3×(21+22+23+…+2n)-2n
=3×
-2n=6×2n-2n-6.
【能力练】 (20分钟·40分)
1.(5分)已知{an}是等比数列,数列{bn}满足bn=log2an,n∈N+,且b2+b4=4,则a3的
值为
( )
A.1
B.2
C.4
D.16
【解析】选C.{an}是等比数列,数列{bn}满足bn=log2an,n∈N+,
且b2+b4=4,则log2(a2·a4)=4,则
=24,
整理得a3=±4,由于an>0,
所以a3=-4舍去,故a3=4.
【加练·固】
已知数列{an}满足log2an+1=1+log2an(n∈N+),且a1+a2+…+a10=1,则log2(a101
+a102+…+a110)的值等于
( )
A.10 B.100 C.210 D.2100
【解析】选B.由题意log2an+1-log2an=1,
整理得:
=2(常数),且a1+a2+…+a10=1,
则
=1,解得:a1=
,
所以a101=a1·2100=
,
则log2(a101+a102+…+a110)
=log2
=log22100=100.
2.(5分)数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则an等于
( )
A.3×4n
B.3×4n+1
C.
D.
【解析】选C.当n≥1时an+1=3Sn
则an+2=3Sn+1,
所以an+2-an+1=3Sn+1-3Sn=3an+1,
即an+2=4an+1,
所以该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列.
又a2=3S1=3a1=3.
所以an=
3.(5分)已知Sn是数列{an}的前n项和,Sn=2-2an+1,若a2=
,则S5=________.?
【解析】Sn是数列{an}的前n项和,Sn=2-2an+1,
当n≥2时,Sn-1=2-2an,
两式相减得an=-2an+1+2an,所以an+1=
an,
又a1=2-2a2=1,a2=
,所以{an}是以1为首项,
为公比的等比数列,则S5=
.
答案:
4.(5分)(2020·郑州高二检测)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若数列{Sn-2a1}
也为等比数列,则
=________.?
【解析】根据题意,设等比数列{an}的公比为q,对于等比数列{Sn-2a1},其前
三项为:-a1,a2-a1,a3+a2-a1,则有(-a1)(a3+a2-a1)=(a2-a1)2,
变形可得:-(q2+q-1)=(q-1)2,
解得:q=
或0(舍),则q=
,
则
.
答案:
5.(10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=9,a1、a3、a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}是递增数列,数列{bn}满足bn=
,Tn是数列{anbn}的前n项和,求Tn.
【解析】(1)等差数列{an}的公差设为d,
S3=9,a1、a3、a7成等比数列,
可得3a1+3d=9,
=a1a7,
即(a1+2d)2=a1(a1+6d),
解得a1=3,d=0或a1=2,d=1,
则an=3或an=n+1;
(2)因为数列{an}是递增数列,所以d>0,
即an=n+1,bn=
=2n+1,从而anbn=(n+1)·2n+1,
Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1,①,
2Tn=2×23+3×24+4×25+…+(n+1)·2n+2,②,
①-②得-Tn=8+23+24+…+2n+1-(n+1)·2n+2
=8+
-(n+1)·2n+2=-n·2n+2,
所以Tn=n·2n+2.
6.(10分)(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N+)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.
解得q=
(舍去),或q=2,a1=2.
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.
所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)
=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
【培优练】
1.若数列{bn}满足:
+…+
=2n(n∈N+),则数列{bn}的前n项和Sn
为
( )
A.2n+1
B.4·2n+4
C.2n+2-2
D.2n+2-4
【解析】选D.数列{bn}满足
+…+
=2n(n∈N+),可得:
+…+
=2(n-1)(n∈N+),可得
=2n-2(n-1)=2,
可得bn=2n+1(n≥2),
当n=1时,b1=4,适合上式.
所以数列{bn}的通项公式为:bn=2n+1.
所以数列{bn}是等比数列,公比为2.
数列{bn}的前n项和Sn=
=2n+2-4.
【加练·固】
数列{an}满足
a1+
a2+
a3+…+
an=5+2n(n∈N+),则a5=________.?
【解析】根据题意,若
a1+
a2+
a3+…+
an=5+2n①,
则
a1+
a2+
a3+…+
an-1=5+2(n-1)②,
①-②可得:
an=2(n≥2),
则an=2n+1(n≥2),则a5=26=64.
答案:64
2.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=3an-2,数列{nan}的前n项和为Tn,求满足Tn>100的最小的n值.
【解析】根据题意,数列{an}满足Sn=3an-2,①
当n≥2时,有Sn-1=3an-1-2,②,
①-②可得:an=3an-3an-1,可得2an=3an-1,
当n=1时,有S1=a1=3a1-2,解得a1=1,
则数列{an}是以a1=1为首项,公比为
的等比数列,则an=
,数列{nan}的前
n项和为Tn,
则Tn=1+2×
+3×
+…+n×
,③
则
Tn=
+2×
+3×
+…+n×
④,
③-④可得-
Tn=1+
+…+
-n×
=-2
-n×
,
变形可得Tn=4+(2n-4)×
,若Tn>100,
则4+(2n-4)×
>100,
即(2n-4)×
>96,经验证可知n≥7.
故满足Tn>100的最小的n值为7.
3.(2020·浙江高考)已知数列{an},{bn},{cn}中,a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,
cn+1=
·cn(n∈N+).
(1)若数列{bn}为等比数列,且公比q>0,且b1+b2=6b3,求q与an的通项公式;
(2)若数列{bn}为等差数列,且公差d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+
.
【解析】(1)b1=1,b2=q,b3=q2,且b1+b2=6b3,
即1+q=6q2,又q>0得q=
,
所以bn=
,bn+2=
,cn+1=
cn=4cn,
所以
=4,所以{cn}是首项c1=1,
公比为4的等比数列,cn=4n-1,
由an+1-an=cn=4n-1得an-a1=40+41+…+4n-2得an=
.
(2)bn=1+(n-1)d,则bn+1
bn+2cn+1=bnbn+1cn=…=b1b2c1=1+d,故cn=
.
于是c1+…+cn=
<1+
,得证.
