資源簡介

4.3.3　等比數列的前n項和
第1課時　等比數列前n項和公式及應用
基礎過關練
題組一　等比數列中基本量的計算
1.已知數列{an}為等比數列,Sn為其前n項和,且S3=1,S6=3,則a10+a11+a12=(　　)
A.8　　　　B.5 C.6　　　　D.7
2.設{an}是等差數列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2,則+…+=(　　)
A.2n　　　　B.n2+2n C.2n　　　　D.2n+1-2
3.已知{an}為等比數列,Sn為{an}的前n項和,an+1=2Sn+2,則a5=(　　)
A.18　　　　B.54 C.162　　　　D.486
4.等比數列{an}中,a1 012=1,a1 011>a1 012,則滿足+…+>0的最大正整數n為(　　)
A.2 021　　　　B.2 022 C.2 023　　　　D.2 024
5.已知等比數列{an}的前n項和Sn=a+b·2n,且a2,9,a5成等差數列,則a-b=　　　　.
題組二　與等比數列有關的數列求和
6.設數列{nan}的前n項和為Sn,且an=2n,則使得Sn<1 000成立的正整數n的最大值為(　　)
A.5　　　　B.6 C.7　　　　D.8
7.已知數列{an}滿足:an=其前n項和為Sn,則當λ=1時,S11=　　　　;當λ=2時,數列{an}的通項公式為an=　　　　.
8.已知數列{an}滿足a1=1,an+1=2an,n∈N*,數列{bn}是等差數列,且b1=a2,b3=a2+a3+a4.
(1)求數列{an},{bn}的通項公式;
(2)設cn=an+bn,求數列{cn}的前n項和Sn.
能力提升練
題組一　與等比數列前n項和有關的計算
1.已知數列{an}的各項均為正數,a1=10且an+1=(n∈N*).若{an}的前n項之積為Tn,則滿足Tn≤102 023的正整數n的最大值為(　　)
A.12　　　　B.11　　　　C.10　　　　D.9
2.已知Sn是數列{an}的前n項和,a1=2,a2=10,且Sn+1+2Sn-1-3Sn=2×3n(n≥2),則S2 022=(　　)
A.32 023-22 024+1　　　　B.32 022-22 023+1
C.2·32 022-22 023　　　　D.2·32 023-22 024
3.在數列{an}中,a1=2,a2=1,an+2=則{an}的前20項和S20=(　　)
A.621　　　　B.622　　　　C.1 133　　　　D.1 134
4.已知正項數列{an}滿足a1=1,an=,其前200項和為S200,則(　　)
A.
C.
5.已知兩個等比數列{an},{bn}的前n項和分別為Sn,Tn,若,則=　　　　.
題組二　與等比數列有關的數列求和
6.已知數列{bn}為正項等比數列,且b1=1,等差數列{an}的首項a1=2,且a2=b3,a4=b4,記cn=,數列{cn}的前n項和為Sn, n∈N*,t≤SnA.2　　　　B.4　　　　C.6　　　　D.8
7.(多選題)已知數列{an}滿足a4=4,anan+1=2n(n∈N*),則下列結論正確的是(　　)
A.a1=1　　　　
B.數列{an}為遞增數列
C.a1+a2+…+a2 023=21 013-3　　　　
D.+…+<3
8.已知數列{an}和{bn}滿足:an+1=an+1,其中n∈N*,且a1=2,b1=1.
(1)求數列{an+bn}的通項公式;
(2)求數列{}的前n項和Sn.
答案與分層梯度式解析
4.3.3　等比數列的前n項和
第1課時　等比數列前n項和公式及應用
基礎過關練
1.A　設等比數列{an}的公比為q,則S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=S3+q3S3=1+q3=3,解得q3=2,
所以a10+a11+a12=q9(a1+a2+a3)=q9S3=8.故選A.
2.D　設{an}的公差為d,則a2+a3=2a1+3d=5ln 2,
又∵a1=ln 2,∴d=ln 2,∴an=a1+(n-1)d=nln 2,
∴=enln 2==2n,
∴+…+=2+22+…+2n==2n+1-2.
故選D.
3.C　設{an}的公比為q,q≠0,
當n=1時,a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,
當n=2時,a3=2(a1+a2)+2,即a1q2=2(a1+a1q)+2,
聯立
則a5=a1q4=2×34=162.故選C.
4.B　設等比數列{an}的公比為q,
∵+…+>0,
∴a1+a2+…+an>+…+,
∵a1 012=1,a1 011>a1 012=1,∴01,即a1·an>1,
∵a1a2 023==1,a1a2 024=a1a2 023·q=q<1,a1a2 022=a1 011a1 012>1,∴nmax=2 022,故選B.
5.答案　-2
解析　當n≥2時,an=Sn-Sn-1=(a+b·2n)-(a+b·2n-1)=b·2n-1,當n=1時,a1=S1=a+2b,
因為{an}為等比數列,所以=2,所以a1==b,即a+2b=b,所以a+b=0.
因為a2,9,a5成等差數列,所以a2+a5=18,即2b+16b=18,解得b=1,所以a=-1,所以a-b=-2.
6.B　由題意,得nan=n·2n,Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,①
則2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=2n+1-n×2n+1-2,所以Sn=n×2n+1-2n+1+2=(n-1)×2n+1+2,易知{Sn}遞增,當n=6時,S6=642,當n=7時,S7=1 538,所以使得Sn<1 000成立的正整數n的最大值為6.故選B.
7.答案　-1
解析　當λ=1時,an=-an-1+2(n≥2),即an+an-1=2(n≥2),
所以S11=(a11+a10)+(a9+a8)+(a7+a6)+(a5+a4)+(a3+a2)+a1=2×5+.
當λ=2時,an=3an-1+2(n≥2),
所以有an+1=3(an-1+1)(n≥2),
所以{an+1}是以a1+1=為首項,3為公比的等比數列,所以an+1=·3n-1,所以an=-1.
8.解析　(1)易知數列{an}是以1為首項,2為公比的等比數列,所以an=2n-1.
設等差數列{bn}的公差為d,
由b1=a2=2,b3=a2+a3+a4=2+4+8=14,
得d==6,
所以bn=b1+(n-1)d=6n-4.
(2)由(1)可知cn=an+bn=2n-1+6n-4,
所以Sn=(1+2+…+2n-1)+[2+8+…+(6n-4)]==2n+3n2-n-1.
能力提升練
1.C　由an+1=(n∈N*),得lg an+1=2lg an(an>0),
所以{lg an}是以lg a1=lg 10=1為首項,2為公比的等比數列,所以lg an=2n-1,故an=1,
Tn=a1a2a3…an=,令Tn≤102 023,得20+21+22+…+2n-1≤2 023,故≤2 023,
整理得2n≤2 024,又因為210<2 024<211,所以正整數n的最大值為10,故選C.
2.A　當n≥2時,原式可變形為Sn+1-Sn-2Sn+2Sn-1=2×3n,即an+1-2an=2×3n,得an+1-2·3n+1=2(an-2·3n),又因為a1=2,a2=10,所以a2-2×32=2(a1-2×3),
所以數列{an-2·3n}是首項為a1-2×3=-4,公比為2的等比數列,
所以an-2·3n=(-4)×2n-1,即an=2(3n-2n),
所以Sn=2[(31+32+33+…+3n)-(21+22+23+…+2n)]=2×=3n+1-2n+2+1,故S2 022=32 023-22 024+1.故選A.
3.C　設bn=a2n-1,cn=a2n,n∈N*,則b1=a1=2,c1=a2=1.
由已知可得a2n+1-a2n-1=2,a2n+2=2a2n,即bn+1-bn=2,cn+1=2cn,
所以{bn}是以2為首項,2為公差的等差數列,{cn}是以1為首項,2為公比的等比數列,
所以bn=2+2(n-1)=2n,cn=1×2n-1=2n-1.
所以{an}的前20項和S20=(b1+b2+…+b10)+(c1+c2+…+c10)=(2+4+…+20)+(1+2+…+29)==1 133.故選C.
4.C　令n=1,得a2=,因為a1+a2=,且{an}的各項均為正數,所以S200>,
由an=,
則
=>0,所以,又an>0,
所以an+1所以,所以,
所以,所以an≤,
則S200<+…+
=.
綜上,.故選C.
5.答案　
解析　設數列{an},{bn}的公比分別為q1,q2,
當n=1時,=4,即a1=4b1,
當n=2時,,即2q2-3q1=1,
當n=3時,,即3q2+3=4,
聯立
當時,,符合題意;
當時,,不符合題意,所以.
6.
思路分析　SnSn的
范圍結果
C　設等比數列{bn}的公比為q(q>0),等差數列{an}的公差為d,
由a1=2,b1=1,a2=b3,a4=b4,可得則q3-3q2+4=0,即(q+1)(q-2)2=0,所以q=2(q=-1舍去),則d=2,
所以an=2+2(n-1)=2n,bn=2n-1,
故cn==n·,
則Sn=1×+…+n×,
+…+(n-1)×,
兩式相減可得+…+-n·-n·=4-(n+2)·,故Sn=8-(n+2)·,
易知Sn≥S1=2,Sn<8,可得2≤Sn<8.
∵ n∈N*,t≤Sn∴k≥8,t≤2,即k-t≥6,即k-t的最小值為6.故選C.
7.ACD　由題意得an=,則a3==1,A正確,B錯誤.
a5==8,
由anan+1=2n得an+1an+2=2n+1,兩式相除得=2,
所以數列{an}的奇數項是首項為1,公比為2的等比數列,偶數項是首項為2,公比為2的等比數列.
故a1+a2+…+a2 023=(a1+a3+…+a2 023)+(a2+a4+…+a2 022)==21 012-1+21 012-2=21 013-3,C正確.
由上述分析可知數列的奇數項是首項為1,公比為的等比數列,偶數項是首項為,公比為的等比數列.
當n為偶數時,+…+
=
=<3;
當n為奇數時,+…+
=
=<3,
∴+…+<3,D正確.故選ACD.
8.解析　(1)an+1=an+1,
兩式相加得an+1+bn+1=an+bn+2,
即(an+1+bn+1)-(an+bn)=2,
又a1+b1=3,所以{an+bn}是首項為3,公差為2的等差數列,所以an+bn=3+2(n-1)=2n+1.
(2)因為an+1=an+1,
所以an+1-bn+1=(an-bn),
又因為a1-b1=1≠0,所以{an-bn}是首項為1,公比為的等比數列,所以an-bn=,
由(1)知an+bn=2n+1,所以=(2n+1)·.
所以Sn=3×+…+(2n-1)×,①
+…+(2n-3)×,②
①-②得,所以Sn=10-.
12(共22張PPT)
知識點 1 等比數列的前n項和
4.3.3 等比數列的前n項和
必備知識 清單破
1.等比數列前n項和公式
已知量 首項、公比與項數 首項、末項與公比
求和公式 Sn= Sn=
2.等比數列前n 項和公式的函數特征
(1)當q=1時,Sn=na1,Sn是關于n的一次函數.
(2)當公比q>0且q≠1時,等比數列的前n項和公式Sn= 可以變形為Sn=- ·qn+ ,設
A= ,則Sn=A(qn-1),即Sn是關于n的指數型函數.
　
　　已知等比數列{an}的公比為q,前n項和為Sn,則利用等比數列的通項公式及其前n項和公 式可推得Sn有如下性質:
(1)Sn+m=Sm+qmSn=Sn+qnSm,m,n∈N*.
(2)當q≠-1或q=-1且k為奇數時,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是等比數列.
(3)設S偶與S奇分別是偶數項的和與奇數項的和.若項數為2n,則 =q;若項數為2n+1,則 =
q.
(4)當q=1時, = ;當q≠±1時, = .
知識點 2 等比數列前n 項和的性質
知識辨析
1.若數列{an}的通項公式是an=an,則其前n項和一定為Sn= 嗎
2.等比數列的前n項和一定是關于n的指數型函數嗎
3.若數列{an}是等比數列,其前n項和為Sn,則S4,S8-S4,S12-S8一定構成等比數列嗎
4.已知等比數列{an}是遞增數列,其前n項和為Sn,則{Sn}也是遞增數列嗎
一語破的
1.不一定.當a=1時,Sn=n.
2.不一定.當公比q=1時,等比數列的前n項和是關于n的一次函數,當公比q>0且q≠1時,等比數 列的前n項和是關于n的指數型函數.
3.不一定.當a1=1,公比q=-1時,S4=S8=S12=0,故S4,S8-S4,S12-S8構不成等比數列.
4.不一定.當a1<0,公比q∈(0,1)時,等比數列{an}是遞增數列,此時an<0,從而{Sn}是遞減數列.
定點 1 等比數列前n項和基本量的求解
關鍵能力 定點破
　　等比數列的通項公式與前n項和公式共涉及五個量:a1,an,n,q,Sn,這五個量可以“知三求 二”,一般通過等比數列的通項公式和前n項和公式列方程(組)求基本量,注意一些解題技巧, 如用約分或兩式相除的方法進行消元,整體代換的應用 可以看作一個整體 等.
典例 已知等比數列{an}的前n項和為Sn.
(1)若an=3n+1,求Sn和S4;
(2)若Sn=2-n-1,求an和a4;
(3)若S2=30,S3=155,求an和Sn;
(4)若S3S5- =-16,a2a4=32,求S4.
解析 設等比數列{an}的公比為q.
(1)因為an=3n+1,所以a1=9,a2=27,所以q= =3,故Sn= = (3n-1),
所以S4= ×(34-1)=360.
(2)當n=1時,a1=S1=2-1-1=- ;
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=(2-n-1)-(2-n+1-1)= - =- .
因為a1=- 適合上式,所以對任意的n∈N*,an=- ,因此a4=- =- .
(3)由 得
解得 或
當a1=q=5時,an=a1qn-1=5n,Sn= = (5n-1);當a1=180,q=- 時,an=a1qn-1=180× ,Sn=
= .
(4)當q=1時,S3S5- =3a1×5a1-(4a1)2=- =-16,得 =16,
此時,a2a4=32≠ ,矛盾;
當q≠1時,S3S5- = · - =- q3=-16,
所以 解得
因此S4= =15a1=±15 .
易錯警示 利用等比數列求和公式進行運算時,一定要注意q的取值是不是1,如果不確定,需 要分情況討論.
　　在等比數列前n項和的有關問題中,把握好等比數列前n項和性質的使用條件,恰當運用 性質能幫助我們簡化運算,快速解題.
定點 2 等比數列前n項和的性質及應用
典例 (1)已知一個等比數列的首項為1,項數是偶數,其奇數項之和為85,偶數項之和為170,則 這個數列的項數為 (　 )
A.2　　　　B.4　　　　C.8　　　　D.16
(2)等比數列{an}中,已知a1+a2+a3+a4=20,a5+a6+a7+a8=10,則數列{an}的前16項和S16= (　 )
A.20　　　　B. 　　　　C. 　　　　D.-
C
B
解析 (1)設這個等比數列為{an},{an}中共有2k(k∈N*)項,公比為q,前n項和為Sn,
則奇數項之和S奇=a1+a3+…+a2k-1=85,
偶數項之和S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=170,∴q= = =2,
故S2k= =22k-1=170+85=255,則22k=256,解得k=4,因此,這個等比數列的項數為8.故選C.
(2)由題意得S4=20,S8-S4=10,則 = ,根據等比數列前n項和的性質可知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12
構成公比為 的等比數列,∴S12-S8=5,S16-S12= ,易求得S8=30,∴S12=35,∴S16= ,故選B.
1.分組求和法
一般地,若{an},{bn}中一個是等差數列,一個是等比數列,則常用分組求和法求數列{an±bn}的 前n項和,即先分別求{an},{bn}的前n項和,再將兩個和式合在一起.
2.錯位相減法
已知數列{an}為等差數列,數列{bn}是等比數列,由這兩個數列組成的新數列為{anbn},在求該 數列的前n項和時,常常將{anbn}的各項乘{bn}的公比q,并向后錯位一項,與{anbn}中q的同次項 對應相減,即可轉化為特殊數列的求和,這種求數列前n項和的方法稱為錯位相減法.若公比不 確定,則需對其進行分類討論.
求和過程如下:設數列{anbn}的前n項和是Sn,等差數列{an}的首項是a1,公差是d,等比數列{bn} 的首項是b1,公比是q,則
定點 3 與等比數列有關的數列求和
當q=1時,Sn=b1(a1+a2+…+an)=b1· ;
當q≠1時,Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=a1b1+a2b1q+a3b1q2+…+anb1qn-1,
qSn=a1b1q+a2b1q2+…+an-1·b1qn-1+anb1qn,
∴Sn-qSn=a1b1+(a2-a1)b1q+(a3-a2)·b1q2+…+(an-an-1)b1qn-1-anb1qn,
由等差數列的定義知a2-a1=a3-a2=…=an-an-1=d,
∴(1-q)Sn=a1b1+db1q+db1q2+…+db1qn-1-anb1qn
=a1b1+db1(q+q2+…+qn-1)-anb1qn,
∵q≠1,
∴Sn= +db1· .
典例 已知數列{an}的前n項和為Sn,且2Sn+3an=6n+4(n∈N*).
(1)求證:數列{an-3}是等比數列;
(2)求數列{nan}的前n項和.
解析 (1)證明:當n=1時,2S1+3a1=6+4,∴a1=2,
當n≥2時,有
兩式相減得2an+3an-3an-1=6,∴5an-3an-1=6,故an-3= (an-1-3),又a1-3=-1≠0,故 = ,
∴數列{an-3}是以-1為首項, 為公比的等比數列.
(2)由(1)可得an-3=-1× ,∴an=3- ,∴nan=3n-n· ,
令Wn=1× +2× +3× +…+n· ,①
兩邊同乘 ,得 Wn= +2× +…+(n-1)· +n ,②
由①-②得 Wn=1+ + +…+ -n· = -n = - ,
∴Wn= - ,
設數列{nan}的前n項和為Tn,
則Tn=3(1+2+3+…+n)-Wn= -Wn= + - .
方法技巧 由兩式相減得到的等比數列部分求和時,為避免出現項數錯誤,通常利用公式Sn= 求和,a1為等比數列部分的首項,an為等比數列部分的末項.
學科素養 情境破
素養解讀
　　數列在實際問題中有廣泛的應用,在此類問題中,建立數列模型是關鍵,在建立數列模型 的過程中發展數學建模的核心素養,然后利用數列的通項公式、前n項和公式、遞推公式等 知識求解,在解模過程中發展邏輯推理的核心素養.
素養 通過數列在實際問題中的應用發展邏輯推理和數學建模的核心素養
例題 從社會效益和經濟效益出發,某地投入資金進行生態環境建設,并以此發展旅游產業.根 據規劃,2021年投入資金1 000萬元,以后每年投入比上年減少10%.預測顯示,2021年當地旅游 業收入為300萬元,以后每年收入比上年增加20萬元.根據預測,解答以下問題:
(1)從2021年至2030年,該地十年的旅游業收入共計多少萬元
(2)從哪一年起該地的旅游業總收入將首次超過總投入
(參考數據:0.96≈0.531,0.97≈0.478,0.98≈0.430,0.918≈0.150 09,0.919≈0.135 09)
典例呈現
信息提取 ①由投入資金的相關信息可建立等比數列模型;②由旅游業收入的相關信息可建 立等差數列模型.
解題思路 (1)以2021年為第1年,設第n年旅游業收入為an萬元,則數列{an}是以300為首項,20 為公差的等差數列,設其前n項和為An,
故an=300+20(n-1)=20n+280,
An=300n+ ×20=10n2+290n,
所以A10=10×102+290×10=3 900.
因此從2021年至2030年,該地十年的旅游業收入共計3 900萬元.
(2)以2021年為第1年,設第n年投入資金為bn萬元,則數列{bn}是以1 000為首項,0.9為公比的等 比數列,設其前n項和為Bn,
故bn=1 000·0.9n-1,Bn= =10 000(1-0.9n),
設cn=An-Bn,則cn=10n2+290n-10 000(1-0.9n),所以cn+1-cn=an+1-bn+1=300+20n-1 000·0.9n,
令f(n)=300+20n-1 000·0.9n(n∈N*),則f(n)單調遞增,且f(7)<0, f(8)>0,
故c1>c2>…>c8,c8又c1=-700<0,c18≈-39.1<0,c19≈470.9>0,
因此該地從2039年起旅游業總收入將首次超過總投入.
思維升華
應用數列知識解決實際問題的一般思路第2課時　等比數列前n項和的性質及其應用
基礎過關練
題組一　等比數列前n項和的性質
1.已知等比數列{an}的前n項和為45,前2n項和為60,則其前3n項和為(　　)
A.65　　　　B.80　　　　C.90　　　　D.105
2.已知等比數列{an}的前n項和為Sn,若S3=4,S6=12,則S12=(　　)
A.32　　　　B.28　　　　C.48　　　　D.60
3.已知Sn是等比數列{an}的前n項和,且S2=3,S6=5S4-12,則S4=(　　)
A.11　　　　B.13　　　　C.15　　　　D.17
4.已知一個等比數列的項數是偶數,其奇數項之和為1 011,偶數項之和為2 022,則這個數列的公比為(　　)
A.8　　　　B.-2　　　　C.4　　　　D.2
5.已知等比數列{an}的公比q=,且a1+a3+a5+…+a99=90,則a1+a2+a3+…+a100=　　　　.
題組二　等比數列前n項和的實際問題
6.某蛋糕店制作了一個大型蛋糕,這個蛋糕是由多個高度均為0.1米的圓柱形蛋糕重疊而成的,上層蛋糕會覆蓋相鄰下層蛋糕的上底面的一半,最底層蛋糕的半徑為1米.若該蛋糕的體積至少為0.6立方米,則蛋糕的層數至少為(其中π≈3.14)(　　)
A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6
7.如圖所示,正方形上方連著一個等腰直角三角形,等腰直角三角形的兩腰上再連兩個正方形,……,如此下去,得到一個樹狀圖形,稱為“勾股樹”.若某“勾股樹”含有127個正方形,且其中最大的正方形的邊長為,則其中最小正方形的邊長為　　　　.
題組三　等比數列前n項和的綜合問題
8.(多選題)設Sn,Tn分別是等差數列{an}和等比數列{bn}的前n(n∈N*)項和,則下列說法正確的是(　　)
A.若a15+a16>0,a15+a17<0,則使Sn>0的最大正整數n的值為15
B.若Tn=5n+c(c為常數),則c=-1
C.S5,S10-S5,S15-S10必為等差數列
D.T5,T10-T5,T15-T10必為等比數列
9.(2023江蘇蘇州中學期中)已知數列{an}的各項均為正數,a1=2,=0,求數列的前10項和.
能力提升練
題組一　等比數列前n項和的性質
1.已知等比數列{an}的前n項和為Sn,且數列{ka3k-1}(k=1,2,3)是等差數列,則=(　　)
A.1或　　　　B.1或 C.2或
2.已知Sn是正項等比數列{an}的前n項和,S4=10,則2S12-3S8+S4的最小值為　　　　.
3.設正項等比數列{an}的前n項和為Sn,且210S30-(210+1)S20+S10=0,則公比q=　　　　.
4.記Sn為等比數列{an}的前n項和,S18=7S6.
(1)若S12=12,求S24的值;
(2)若S6>0,求證:S6n+6>2S6n.
題組二　等比數列的綜合問題
5.(多選題)在等比數列{an}中,a2=2,a5=16,記Sn為數列{an}的前n項和,Tn為數列{}的前n項和,則下列結論正確的是(　　)
A.}是等比數列
C.=3
6.(多選題)已知等比數列{an}的前n項和為Sn,前n項積為Tn,若a1>1,a2 023a2 024>0,<0,則(　　)
A.{an}為遞增數列　　　　B.S2 023C.T2 023為{Tn}的最大項　　　　D.{Tn}無最大項
7.在數學課堂上,為提高學生探究分析問題的能力,教師引導學生構造新數列:現有一個每項都為1的常數列,在此數列的第n(n∈N*)項與第(n+1)項之間插入首項為2,公比為2的等比數列的前n項,從而形成新的數列{an},數列{an}的前n項和為Sn,則(　　)
A.a2 023=26　　　　B.a2 024=26 C.S2 023=264-3　　D.S2 023=264+189
8.已知數列{an}是以1為首項,2為公差的等差數列,{bn}是以1為首項,2為公比的等比數列,設cn=,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),則當Tn<2 022時,n的最大值是　　　　.
9.如圖,P1是一塊半徑為2a的半圓形紙板,在P1的左下端剪去一個半徑為a的半圓后得到紙板P2,然后依次剪去一個更小的半圓(其直徑為前一個被剪掉半圓的半徑)得紙板P3,P4,…,Pn,記第n塊紙板Pn的面積為Sn,則S3=　　　　,如果 n∈N*,Sn>恒成立,那么a的取值范圍是　　　　.
10.已知數列{an},{bn}滿足a1=2,點(an,an+1)(n∈N*)在函數f(x)=的圖象上,且bn=.
(1)證明:{log3bn}是等比數列,并求bn;
(2)令cn=an-1,設{cn}的前n項和為Sn,證明:Sn<.
11.已知數列{an}滿足a1=1,a2=3,數列{bn}為等比數列,且滿足bn(an+1-an)=bn+1.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)數列{bn}的前n項和為Sn,若　　　　,記cn=求數列{cn}的前2n項和T2n.
在①2S2=S3-2,②b2,2a3,b4成等差數列,③S6=126這三個條件中任選一個補充在第(2)問中,并解答.
12.已知各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn,首項為a1,且,an,Sn成等差數列.
(1)判斷數列{an}是不是等比數列,若是,寫出通項公式;若不是,請說明理由;
(2)若bn=-2log2an,cn=,求數列{cn}的前n項和Tn;
(3)在(2)的條件下,若不等式Tn≤m2-m-1對一切正整數n恒成立,求實數m的取值范圍.
答案與分層梯度式解析
第2課時　等比數列前n項和的性質及其應用
基礎過關練
1.A　設數列{an}的前n項和為Sn,由等比數列前n項和的性質得Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比數列,
故45,60-45,S3n-60成等比數列,
故(60-45)2=45(S3n-60),解得S3n=65.故選A.
2.D　設{an}的公比為q,易知q≠1,所以,即1+q3=3,故q3=2,因此=1+q6=1+22=5,所以S12=5S6=5×12=60,故選D.
3.C　由等比數列前n項和的性質可知S2,S4-S2,S6-S4成等比數列,且S4-S2≠0,S6-S4≠0,
所以=S2(S6-S4),故(S4-3)2=3×(5S4-12-S4),即(S4-3)(S4-15)=0,解得S4=3或S4=15,
因為S4-S2≠0,所以S4=15,故選C.
4.D　設該等比數列為{an},項數為2n(n∈N*),公比為q(q≠1),
設奇數項之和為S1,偶數項之和為S2,
故奇數項組成首項為a1,公比為q2的等比數列,偶數項組成首項為a2,公比為q2的等比數列,
則S1==1 011,S2==2 022,
所以=2,即q=2.
故這個數列的公比為2.故選D.
5.答案　120
解析　在等比數列中,若項數為2n,則=q,
則a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)=(a1+a3+a5
+…+a99)+(a1+a3+a5+…+a99)=90+×90=120.
6.C　設蛋糕至少有n(n∈N*)層,則每層圓柱形蛋糕的底面面積組成首項為π,公比為的等比數列,
又每層圓柱形蛋糕的高都是0.1米,所以每層蛋糕的體積也構成等比數列,所以這n層蛋糕的體積V=π×12×0.1×π,
由已知得0.2π≥0.6,所以1-,
即2n≥1+≈22.43,所以n≥5,n∈N*,所以蛋糕的層數至少為5.故選C.
7.答案　
解析　設第n(n∈N*)級所得正方形的邊長為an,由題意知{an}是以為首項,為公比的等比數列,
∴an=.
又∵邊長為an的正方形有2n-1個,∴1+2+22+23+…+2n-1==127,解得n=7,
故最小正方形的邊長為a7=.
8.BCD　設等差數列{an}的公差為d,則故-d若Sn=na1+n>0,則1≤n<1-,
而29<-<30,即1-∈(30,31),故1≤n≤30,
所以使Sn>0的最大正整數n的值為30,A錯誤;
設等比數列{bn}的公比為q,q≠0且q≠1,則Tn==5n+c,
所以即c=-1,B正確;
由等差、等比數列前n項和的性質知S5,S10-S5,S15-S10為等差數列,T5,T10-T5,T15-T10為等比數列,C、D正確.故選BCD.
9.解析　由=0得(an+1-2an)(an+1+an)=0,故an+1=2an或an+1=-an.
當an+1=-an,即=-1時,數列{an}是以2為首項,-1為公比的等比數列,不符合題意.
當an+1=2an,即=2時,數列{an}是以2為首項,2為公比的等比數列,所以an=2×2n-1=2n.
因為,
所以數列的前10項和為+…+.
能力提升練
1.B　設等比數列{an}的公比為q,q≠0,
由題意可得4a5=a2+3a8,則4a1q4=a1q+3a1q7,化簡得3q6-4q3+1=0,解得q3= 或q3=1.
又S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=a1+a2+a3+q3(a1+a2+a3)=(q3+1)S3,所以=q3,
當q3=1時,=1;當q3= 時,.故選B.
2.答案　-
解析　由等比數列的性質可得S4,S8-S4,S12-S8成等比數列,則S4(S12-S8)=,
由于S4=10,所以S12-S8=,
則2S12-3S8+S4=2(S12-S8)+S4-S8=,
當S8=時取最小值,且最小值為-.
3.答案　
解析　由210S30-(210+1)S20+S10=0,
得210(S30-S20)=S20-S10.
又{an}為正項等比數列,∴S20-S10≠0,∴,
∵數列{an}是等比數列,
∴=q10,
故q10=,解得q=±,
∵{an}為正項等比數列,∴q>0,故q=.
方法技巧　已知公比為q的等比數列的前n項和為Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的關系或Sn與Sm的關系時考慮應用以下兩個性質:
①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比數列,其公比為qn(q≠-1).
②Sn+m=Sn+qnSm.
4.解析　(1)設等比數列{an}的公比為q(q≠1),
S12=S6+q6S6=S6(1+q6)=12,所以S6≠0,
故S6,S12-S6,S18-S12成等比數列,且公比為q6,
所以S18=S6+(S12-S6)+(S18-S12)=S6+q6S6+q12S6=7S6,整理得S6(q12+q6-6)=0,
因為S6≠0,故q12+q6-6=0,解得q6=2(q6=-3舍去),
所以S24=S12+(S24-S12)=S12+q12S12=S12(1+q12)=5S12=60.
(2)證明:因為S6>0,所以q≠-1,由(1)知q6=2,
因為數列S6,S12-S6,S18-S12,…,S6n-S6n-6,S6n+6-S6n是以S6為首項,q6為公比的等比數列,
所以S6n+6=S6+(S12-S6)+(S18-S12)+…+(S6n+6-S6n)==S6(2n+1-1),
同理S6n==S6(2n-1),
又S6n+6-2S6n=S6(2n+1-1)-2S6(2n-1)=S6>0,
所以S6n+6>2S6n.
5.BD　設等比數列{an}的公比為q,
由題意可得
則an=1×2n-1=2n-1,Sn==2n-1,
可得=9,故A、C錯誤;
因為=q2=4,所以{}是首項為=1,公比為4的等比數列,
則Tn=,可得=3,故B、D正確.
故選BD.
6.BC　由a2 023a2 024=a2 023×a2 023×q=×q>0,得q>0,∵a1>1,∴an>0.
當q≥1時,an=a1qn-1>1,則a2 023>1,a2 024>1,則>0,與題意矛盾,因此0故{an}為遞減數列,A錯誤;
S2 024-S2 023=a2 024>0,故S2 023∵{an}為遞減數列,∴a2 023>a2 024,由<0可知a2 023>1,0∴當2≤n≤2 023時,=an>1,則Tn>Tn-1.
當n>2 023時,=an<1,則Tn因此{Tn}的最大項為T2 023,C正確,D錯誤.故選BC.
7.D　由題意可得數列{an}為1,2,1,2,22,1,2,22,23,1,2,22,23,24,1,…,
可將數列{an}進行分組:
第1組為1,2,共2項;
第2組為1,2,22,共3項;
第3組為1,2,22,23,共4項;
……
第(n-1)組為1,2,22,…,2n,共n項.
∴前(n-1)組共有2+3+4+…+n=項.
當n=63時,=2 015<2 023,
當n=64時,=2 079>2 023,
∵2 023-2 015=8,
∴a2 023是第63組的第8個數,
∴a2 023=28-1=27,故A錯誤.
同理得a2 024=29-1=28,故B錯誤.
則S2 023=a1+a2+a3+…+a2 023
=(1+2)+(1+2+22)+…+(1+2+22+…+262)+(1+2+22+…+27)
=+…+
=22-1+23-1+…+263-1+28-1
=(22+23+…+263)-62+28-1
=-63+28
=264+189,故D正確,C錯誤.故選D.
8.答案　9
解析　由題意得an=2n-1,bn=2n-1,
∴Tn=c1+c2+…+cn=+…+
=+…+=(2×20-1)+(2×21-1)+(2×22-1)+…+(2×2n-1-1)=2×(20+21+22+…+2n-1)-n=2×-n=2n+1-n-2,∵Tn<2 022,
∴2n+1-n-2<2 022,當n=10時,211-10-2=2 036>2 022,不適合題意,
當n=9時,210-9-2=1 013<2 022,適合題意,∴n的最大值是9.
9.答案　,+∞)
解析　第一塊紙板的面積S1=π(2a)2=2πa2,
第二塊紙板的面積S2=2πa2-πa2,
第三塊紙板的面積S3=πa2,
……
第n塊紙板的面積Sn=2πa2
-
=2πa2,
要使得 n∈N*,Sn>恒成立,只需,解得a2≥506,故a∈[,+∞).
10.解析　(1)因為點(an,an+1)在函數f(x)=的圖象上,所以an+1=,
又bn=,
所以bn+1=,即bn+1=,①
又b1==3>0,所以bn>0.
對①式兩邊取以3為底的對數,得log3bn+1=2log3bn,
又b1=3,log3b1=1,所以{log3bn}是首項為1,公比為2的等比數列.
所以log3bn=2n-1,故bn=.
(2)證明:因為bn=,所以an=,所以cn=an-1=,
則,得cn+1又因為c1=1,
所以Sn=c1+c2+…+cn11.解析　(1)令n=1,得2b1=b2,因為{bn}為等比數列,所以公比為2,即bn+1=2bn,則an+1-an=2,
所以數列{an}是以1為首項,2為公差的等差數列,故an=2n-1.
(2)由(1)知等比數列{bn}的公比為2.
若選①,由2S2=S3-2得2(b1+2b1)=b1+2b1+4b1-2,所以b1=2,則bn=2n,
所以cn=
故數列{cn}的奇數項是以1為首項,4為公差的等差數列,偶數項是以4為首項,4為公比的等比數列,
所以T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=n+.
若選②,由b2,2a3,b4成等差數列得4a3=b2+b4,即20=2b1+8b1,所以b1=2,則bn=2n,下同①.
若選③,由S6=126得=126,所以b1=2,則bn=2n,下同①.
12.解析　(1)數列{an}是等比數列.
由題意得2an=+Sn①,當n=1時,2a1=+S1,即a1=;
當n≥2時,2an-1=+Sn-1②,①-②得2an-2an-1=an,即an=2an-1,
故數列{an}是首項為,公比為2的等比數列,
即an=×2n-1=2n-2.
(2)由題意得bn=-2log2an=-2log22n-2=4-2n,則cn==(16-8n)·,
故Tn=8×-…+(16-8n)×,
-…+(24-8n)×,
兩式相減得
=4-8×,
故Tn=.
(3)由(2)可得,設dn=,則dn+1-dn=,
當n≥2時,數列{dn}遞減,又d1=,d2=1,故數列{dn}的最大值為1.
則m2-m-1≥1,解得m≥2+2或m≤2-2.
16

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