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1.等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式
2.在等比數(shù)列{an}中,對(duì)于a1,an,n,q,Sn這五個(gè)量,已知其中三個(gè)量就可利用通項(xiàng)公式
和前n項(xiàng)和公式求出另外兩個(gè)量.
已知量 首項(xiàng)、公比與項(xiàng)數(shù) 首項(xiàng)、末項(xiàng)與公比
求和公式 Sn= Sn=
1.3.3 等比數(shù)列的前n項(xiàng)和
1 | 等比數(shù)列的前n項(xiàng)和
1.當(dāng)公比q>0且q≠1時(shí),設(shè)A= ,等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是Sn=A(qn-1),即Sn是關(guān)
于n的指數(shù)型函數(shù).
2.當(dāng)公比q=1時(shí),因?yàn)閍1≠0,所以Sn=na1,即Sn是關(guān)于n的正比例函數(shù).
2 | 等比數(shù)列前n項(xiàng)和的函數(shù)特征
　　已知等比數(shù)列{an}的公比為q,前n項(xiàng)和為Sn,則Sn有如下性質(zhì):
1.Sn+m=Sm+qmSn=Sn+qnSm,m,n∈N+.
2.當(dāng)k為奇數(shù)時(shí),Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是等比數(shù)列;當(dāng)q≠-1且k為偶數(shù)時(shí),Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…
是等比數(shù)列.
3.設(shè)S偶與S奇分別是偶數(shù)項(xiàng)的和與奇數(shù)項(xiàng)的和.若項(xiàng)數(shù)為2n,則 =q;若項(xiàng)數(shù)為2n+1,
則 =q.
4.當(dāng)q=1時(shí), = ;當(dāng)q≠±1時(shí), = .
3 | 等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)
1.等比數(shù)列的前n項(xiàng)和可以為0嗎
可以.比如1,-1,1,-1,1,-1的和.
2.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=an+b(a≠0,a≠1),則數(shù)列{an}一定是等比數(shù)列嗎
不一定.當(dāng)q≠1時(shí),等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn= = - qn.可以發(fā)現(xiàn)當(dāng)b= -1時(shí),數(shù)列{an}才為等比數(shù)列.
知識(shí)辨析
1.當(dāng)條件與結(jié)論間的聯(lián)系不明顯時(shí),可以用a1與q表示an與Sn,從而列方程組求解.
2.求等比數(shù)列的前n項(xiàng)和時(shí),若公比q未知,則要分q=1和q≠1兩種情況,然后根據(jù)前
n項(xiàng)和公式的特點(diǎn)選擇合適的公式求解.
1 等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式及其應(yīng)用
典例　設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知S4=1,S8=17,求Sn.
思路點(diǎn)撥　思路一:設(shè)Sn=Aqn-A(A≠0) 由S4=1,S8=17,求出A,q 求出Sn.思路
二:將S4=1,S8=17代入Sn= 中,求出a1,q 求出Sn.
解析 解法一:設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.
由S4=1,S8=17,知q≠±1,
故設(shè)Sn=Aqn-A(A≠0),
∴ 兩式相除,化簡(jiǎn)得q4=16,
∴q=±2.
當(dāng)q=2時(shí),A= ,Sn= (2n-1);
當(dāng)q=-2時(shí),A= ,Sn= [(-2)n-1].
解法二:設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公比為q,
由S4=1,S8=17,知q≠±1,
∴
兩式相除并化簡(jiǎn),得q4+1=17,
即q4=16,∴q=±2.
當(dāng)q=2時(shí),a1= ,Sn= = (2n-1);
當(dāng)q=-2時(shí),a1=- ,Sn= = [(-2)n-1].
1.恰當(dāng)使用等比數(shù)列前n項(xiàng)和的相關(guān)性質(zhì)可以避繁就簡(jiǎn),不僅可以使運(yùn)算簡(jiǎn)便,還
可以避免對(duì)公比q的討論.解題時(shí)把握好等比數(shù)列前n項(xiàng)和性質(zhì)的使用條件,并結(jié)
合題設(shè)條件尋找使用性質(zhì)的切入點(diǎn).
2.利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)答題技巧
(1)解決等比數(shù)列中高次方程問(wèn)題時(shí),為達(dá)到降冪的目的,在解方程組時(shí)經(jīng)常利用
兩式相除,以達(dá)到整體消元的目的.
(2)在遇到奇數(shù)項(xiàng)和與偶數(shù)項(xiàng)和時(shí),如果總項(xiàng)數(shù)為2n,要優(yōu)先考慮利用S偶=S奇·q,求公
比q.
2 等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)及其應(yīng)用
典例 (1)已知一個(gè)等比數(shù)列的首項(xiàng)為1,項(xiàng)數(shù)是偶數(shù),其奇數(shù)項(xiàng)之和為85,偶數(shù)項(xiàng)
之和為170,則這個(gè)數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為 (　 )
A.2　 B.4　 C.8　 D.16
(2)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若Sn=2,S3n=14,則S4n等于
(　 )
A.80　　B.30　　C.26　　D.16
思路點(diǎn)撥 (1)利用 =q直接求解.
(2)思路一:由Sn,S3n求出a1,q 求出S4n.
思路二:當(dāng)q≠-1時(shí),Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n成等比數(shù)列 求出S4n.
思路三:易知q≠1,故可由Sn= 推出Sn,S3n,S4n之間的關(guān)系 求出S4n.
思路四:令n=1,由S1=2,S3=14,求出q 求出S4n.
C
B
解析 (1)設(shè)這個(gè)等比數(shù)列為{an},其項(xiàng)數(shù)為2k(k∈N+),公比為q,
則其奇數(shù)項(xiàng)之和S奇=a1+a3+…+a2k-1=85,
偶數(shù)項(xiàng)之和S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=170,∴q= = =2,
∴等比數(shù)列{an}的所有項(xiàng)之和S2k= =22k-1=170+85=255,∴22k=256,解得k=
4,∴這個(gè)等比數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為8.故選C.
(2)解法一:設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公比為q,
∵S3n=14≠3×2=3Sn,∴q≠1.
由已知得,Sn= =2①,
S3n= =14②,
,得q2n+qn-6=0,即(qn+3)(qn-2)=0.
∵數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),
∴qn+3>0,∴qn-2=0,即q= .
∴a1= =2( -1),
∴S4n= = =2×15=30.
解法二:易知q≠-1,∴Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n成等比數(shù)列,又Sn=2,S3n=14,
∴(S2n-2)2=2×(14-S2n),即 -2S2n-24=0,解得S2n=6或S2n=-4,∵an>0,∴S2n=6.
又∵ = =2,∴S4n-S3n=Sn·23=16,
∴S4n=S3n+16=30.
解法三:設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公比為q,
由解法一知,q≠1,
∴S4n= =
= +qn· =Sn+qnS3n.
這個(gè)式子表示了S4n,Sn,S3n之間的關(guān)系,
要求S4n,只需求出qn即可.
∵S3n=(a1+a2+…+an)+(an+1+an+2+…+a2n)+(a2n+1+a2n+2+…+a3n)=Sn+qnSn+q2nSn=Sn(1+qn+q
2n),
∴ =1+qn+q2n=7,∴q2n+qn-6=0,
解得qn=2或qn=-3.
∵an>0,∴qn=2,∴S4n=Sn+qnS3n=2+2×14=30.
解法四:設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公比為q,注意到四個(gè)選項(xiàng)都是具體的數(shù)值,
∴S4n是一個(gè)與n無(wú)關(guān)的定值,不妨令n=1,
由解法一知,q≠1,則a1=S1=2,S3= =14,
即q2+q-6=0,
解得q=2或q=-3.
∵an>0,∴q=2,
∴S4= =2×15=30.
1.分組求和法
　　分組求和法適用于解決數(shù)列通項(xiàng)公式可以寫成cn=an+bn的形式的數(shù)列求和問(wèn)
題,其中數(shù)列{an}與{bn}是等差數(shù)列或等比數(shù)列或可以直接求和的數(shù)列.其基本的
解題步驟為:
(1)準(zhǔn)確拆分,根據(jù)通項(xiàng)公式的特征,將其分解為可以直接求和的一些數(shù)列的和.
(2)分組求和,分別求出各個(gè)數(shù)列的和.
(3)得出結(jié)論,對(duì)拆分后每個(gè)數(shù)列的和進(jìn)行組合,解決原數(shù)列的求和問(wèn)題.
2.錯(cuò)位相減法
　　利用等比數(shù)列求和公式的推導(dǎo)方法,一般可解決形如一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等
比數(shù)列對(duì)應(yīng)項(xiàng)相乘所得數(shù)列的求和問(wèn)題.這種方法主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n
項(xiàng)和,其中{an},{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列.
3 與等比數(shù)列有關(guān)的數(shù)列求和
　　應(yīng)用錯(cuò)位相減法的一般步驟:(1)兩邊同乘公比 q,寫出Sn與qSn的表達(dá)式;(2)對(duì)
乘公比前后的兩個(gè)式子進(jìn)行錯(cuò)位相減,注意公比q≠1這一前提,如果不能確定公
比q是不是1,應(yīng)分兩種情況討論.
典例　已知數(shù)列{an}滿足an=2an-1+2n-1(n∈N+,且n≥2),a4=81.
(1)求數(shù)列{an}的前三項(xiàng)a1,a2,a3;
(2)若數(shù)列 為等差數(shù)列,求實(shí)數(shù)p的值;
(3)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.
解析 (1)由an=2an-1+2n-1(n∈N+,且n≥2),得a4=2a3+24-1=81,解得a3=33,
同理,得a2=13,a1=5.
(2)∵數(shù)列 為等差數(shù)列,且 - = = =1- (n
≥2,n∈N+),∴1- 是與n無(wú)關(guān)的常數(shù),
∴1+p=0,即p=-1.
(3)由(2)知,等差數(shù)列 的公差為1,
∴ = +(n-1)=n+1,
∴an=(n+1)×2n+1,
∴Sn=a1+a2+…+an=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)×2n+n,
記Tn=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)×2n①,
則2Tn=2×22+3×23+4×24+…+n×2n+(n+1)×2n+1②,
①-②,得-Tn=2×2+(22+23+…+2n)-(n+1)×2n+1=4+ -(n+1)×2n+1=-n×2n+1,
∴Tn=n×2n+1,∴Sn=n×2n+1+n=n(2n+1+1).
　　解決等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問(wèn)題的關(guān)鍵在于用好它們的有關(guān)知識(shí),理順兩
個(gè)數(shù)列間的關(guān)系.注意運(yùn)用等差數(shù)列與等比數(shù)列的基本量,即a1,d與b1,q來(lái)表示數(shù)
列中的所有項(xiàng),還應(yīng)注意等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的相互轉(zhuǎn)化.
4 等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合應(yīng)用問(wèn)題
典例　已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N+),數(shù)列{bn}是等比數(shù)列(n∈N+),a1
=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)若cn= 設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,求T2n.
解析 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.
由題意得 解得
∴an=2n+1,bn=2n-1.
(2)由(1)知,Sn= =n(n+2),∴cn=
在數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)中,所有奇數(shù)項(xiàng)的和為1- + - +…+ - ,
所有偶數(shù)項(xiàng)的和為21+23+25+…+22n-1,
∴T2n= +(21+23+25+…+22n-1)
=1- +
= - .

通過(guò)數(shù)列在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用發(fā)展邏輯推理和數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng)
　　數(shù)列在實(shí)際問(wèn)題中有廣泛的應(yīng)用,在此類問(wèn)題中,建立數(shù)列模型是關(guān)鍵,在建
立數(shù)列模型的過(guò)程中發(fā)展數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng),然后利用數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n
項(xiàng)和公式、遞推公式等知識(shí)求解,在解模過(guò)程中發(fā)展邏輯推理的核心素養(yǎng).
素養(yǎng)解讀
例題　從社會(huì)效益和經(jīng)濟(jì)效益出發(fā),某地投入資金進(jìn)行生態(tài)環(huán)境建設(shè),并以此發(fā)
展旅游產(chǎn)業(yè).根據(jù)規(guī)劃,2021年投入資金1 000萬(wàn)元,以后每年投入比上年減少10%.
預(yù)測(cè)顯示,2021年當(dāng)?shù)芈糜螛I(yè)收入為300萬(wàn)元,以后每年收入比上年增加20萬(wàn)元.根
據(jù)預(yù)測(cè),解答以下問(wèn)題:
(1)從2021年至2030年,該地十年的旅游業(yè)收入共計(jì)多少萬(wàn)元
(2)從哪一年起該地的旅游業(yè)總收入將首次超過(guò)總投入
(參考數(shù)據(jù):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(xiàn)
信息提取　①由投入資金的相關(guān)信息可建立等比數(shù)列模型;②由旅游業(yè)收入的相
關(guān)信息可建立等差數(shù)列模型.
解題思路 (1)通過(guò)構(gòu)建的等差數(shù)列模型,求等差數(shù)列的通項(xiàng)和前n項(xiàng)和,代入求值
即可.
以2021年為第1年,設(shè)第n年旅游業(yè)收入為an萬(wàn)元,則數(shù)列{an}是以300為首項(xiàng),20為
公差的等差數(shù)列,設(shè)其前n項(xiàng)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(yè)收入共計(jì)3 900萬(wàn)元.
(2)通過(guò)構(gòu)建的等比數(shù)列模型,求等比數(shù)列的通項(xiàng)和前n項(xiàng)和.
以2021年為第1年,設(shè)第n年投入資金為bn萬(wàn)元,則數(shù)列{bn}是以1 000為首項(xiàng),0.9為
公比的等比數(shù)列,設(shè)其前n項(xiàng)和為Bn,
故bn=1 000·0.9n-1,
Bn= =10 000(1-0.9n),
將收入與投入的前n項(xiàng)和作差構(gòu)造新數(shù)列,再結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性求解.
則題目轉(zhuǎn)化為求使An>Bn的正整數(shù)n的最小值.
設(shè)cn=An-Bn,則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)為增函數(shù),且f(7)<0,f(8)>0,
故c1>c2>…>c8,c8cn=An-Bn=10n2+290n-10 000(1-0.9n),
又c1=-700<0,c18≈-39.1<0,c19≈470.9>0,
因此該地從2039年起旅游業(yè)總收入將首次超過(guò)總投入.

應(yīng)用數(shù)列知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的一般思路
思維升華1.3.3　等比數(shù)列的前n項(xiàng)和
基礎(chǔ)過(guò)關(guān)練
題組一　與等比數(shù)列前n項(xiàng)和有關(guān)的計(jì)算
1.等比數(shù)列{an}中,公比為,前6項(xiàng)和為,則a6=(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.　　B.　　C.　　D.24
2.設(shè)Sn為正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,a5,3a3,a4成等差數(shù)列,則的值為(　　)
A.　　B.　　C.16　　D.17
3.在遞增數(shù)列{an}中,=an·an+2,若a1+am=130,a2·am-1=256,且前m項(xiàng)和Sm=170,則m=(　　)
A.3　　　　B.4
C.5　　　　D.6
4.已知等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0),前n項(xiàng)和為Sn.若S2=6,S4=30,則a1=　　　　,q=　　　　.
題組二　等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)
5.在數(shù)列{an}中,an+1=can(c為非零常數(shù)),且其前n項(xiàng)和Sn=3n-2+k,則實(shí)數(shù)k的值為(　　)
A.-1　　B.-　　C.　　D.-
6.等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,S4=8,S8=24,則a13+a14+a15+a16=　　　　.
7.等比數(shù)列{an}共2n項(xiàng),其和為-240,且奇數(shù)項(xiàng)的和比偶數(shù)項(xiàng)的和大80,則公比q=　　　　.
8.等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為10,前2n項(xiàng)和為30,則前3n項(xiàng)和為　　　　.
題組三　錯(cuò)位相減法求和
9.設(shè)數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和為Sn,且an=2n,則使得Sn<1 000成立的最大正整數(shù)n的值為(　　)
A.5　　B.6　　C.7　　D.8
10.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且an+1=an+2(n∈N+),a3+a4=12,數(shù)列{bn}為等比數(shù)列,且b1=a2,b2=S3.
(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)cn=(-1)nan·bn,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
11.已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列,a2=3且a1,a3,a7成等比數(shù)列.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)記數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Sn,求數(shù)列{nSn}的前n項(xiàng)和Tn.
題組四　等比數(shù)列前n項(xiàng)和的綜合應(yīng)用
12.某企業(yè)響應(yīng)政府號(hào)召,積極參與扶貧幫扶活動(dòng).該企業(yè)2021年年初有資金500萬(wàn)元,資金年平均增長(zhǎng)率可達(dá)到20%.每年年底扣除下一年必需的消費(fèi)資金后,剩余資金全部投入再生產(chǎn).為了實(shí)現(xiàn)5年后投入再生產(chǎn)的資金達(dá)到800萬(wàn)元的目標(biāo),每年應(yīng)扣除的消費(fèi)資金至多為(單位:萬(wàn)元,結(jié)果精確到萬(wàn)元)(參考數(shù)據(jù):1.24≈2.07,1.25≈2.49)(　　)
A.83　　　　B.60
C.50　　　　D.44
13.已知首項(xiàng)均為的等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}滿足a3=-b2,a4=b3,且{an}的各項(xiàng)均不相等,設(shè)Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,則Sn的最大值與最小值之差為　　　　.
14.(2020河南洛陽(yáng)期末)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,S3=-6,S6=42.
(1)求an,Sn;
(2)證明:Sn+1,Sn,Sn+2成等差數(shù)列.
能力提升練
題組一　求等比數(shù)列的前n項(xiàng)和
1.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1,a2=2,anan+1=22n-1,則=(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.62　　B.63　　C.64　　D.65
2.已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,公差d不為0,{an}中的部分項(xiàng)組成的數(shù)列,,,…,,…恰為等比數(shù)列,其中k1=1,k2=5,k3=17,則數(shù)列{kn}的前n項(xiàng)和為(　　)
A.3n　　　　B.3n-1
C.3n+n-1　　　　D.3n-n-1
3.(多選)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=p,2Sn-Sn-1=2p(n≥2)(p為非零常數(shù)),則下列結(jié)論正確的是(　　)
A.數(shù)列{an}為等比數(shù)列
B.當(dāng)p=1時(shí),S4=
C.當(dāng)p=時(shí),aman=am+n(m,n∈N+)
D.|a3|+|a8|=|a5|+|a6|
4.已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=2,b2=4,an=2log2bn(n∈N+).
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)數(shù)列{an}中不在數(shù)列{bn}中的項(xiàng)按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列{cn},記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn,求S100.
題組二　等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)
5.已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若-5,S3,S6成等差數(shù)列,則S9-S6的最小值為(　　)
A.25　　B.20　　C.15　　D.10
6.已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,an+1=bnSn+1Sn,則T9=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.已知公比為2的等比數(shù)列{an}中,a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20=13,則該數(shù)列的前21項(xiàng)和S21=　　　　.
題組三　錯(cuò)位相減法求和
8.定義[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù),如[0.39]=0,[1.28]=1.若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=[log2n],Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則S2 047=(　　)
A.211+2　　　　B.3×211+2
C.6×211+2　　　　D.9×211+2
9.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=-,且4Sn+1=3Sn-9.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足3bn+(n-4)an=0(n∈N+),記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,若Tn≤λbn對(duì)任意n∈N+恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.
題組四　等比數(shù)列前n項(xiàng)和的綜合應(yīng)用
10.“垛積術(shù)”(隙積術(shù))是由北宋科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中首創(chuàng),南宋數(shù)學(xué)家楊輝、元代數(shù)學(xué)家朱世杰豐富和發(fā)展的一類數(shù)列求和方法,有菱草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等.某倉(cāng)庫(kù)中部分貨物堆放成如圖所示的“菱草垛”:自上而下,第一層1件,以后每一層都比上一層多1件,最后一層是n件.已知第一層貨物的單價(jià)是1萬(wàn)元,從第二層起,每一層貨物的單價(jià)都是上一層單價(jià)的.若這堆貨物的總價(jià)是萬(wàn)元,則n的值為(　　)
A.7　　　　B.8
C.9　　　　D.10
11.(多選)下面是按照一定規(guī)律畫出的一排“樹形圖”.
其中,第2個(gè)圖比第1個(gè)圖多2個(gè)“樹枝”,第3個(gè)圖比第2個(gè)圖多4個(gè)“樹枝”,第4個(gè)圖比第3個(gè)圖多8個(gè)“樹枝”.假設(shè)第n個(gè)圖的樹枝數(shù)為an,數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則下列說(shuō)法正確的是(　　)
A.an=2n-1
B.an+1=an+2n
C.Sn=2an-n
D.a1+a3+a5+…+a2n-1=2a2n-n+1
12.已知數(shù)列{an}滿足an=log2.給出定義:使數(shù)列{an}的前k項(xiàng)和為正整數(shù)的k(k∈N+)叫作“好數(shù)”,則在[1,2 021]內(nèi)的所有“好數(shù)”的和為　　　　.
13.已知正項(xiàng)等差數(shù)列{an}中,a1=2,且a1,a2-1,a3成等比數(shù)列,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,b1=,2Sn+1=2Sn+bn.
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)cn=bn+,數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,證明:≤Tn<.
答案與分層梯度式解析
基礎(chǔ)過(guò)關(guān)練
1.B　S6=a1·=a1=,故a1=24,故a6=24×=,故選B.
2.D　設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,q>0,由a5,3a3,a4成等差數(shù)列,可得6a3=a5+a4,即6a1q2=a1q4+a1q3,
化簡(jiǎn)得q2+q-6=0,解得q=2(q=-3舍去),則===1+q4=1+16=17,故選D.
3.B　由題意知數(shù)列{an}是單調(diào)遞增的等比數(shù)列,設(shè)其公比為q,則q>0,且q≠1.因?yàn)閍2·am-1=256,所以a1·am=256,聯(lián)立解得 或(舍去).因?yàn)镾m==170,所以=85①,又因?yàn)閍m=a1·qm-1=128,即qm-1=64②,聯(lián)立①②,解得q=4,m=4.故選B.
4.答案　2;2
解析　若q=1,則無(wú)解,故q≠1.
當(dāng)q>0,且q≠1時(shí),
所以a1=2,q=2.
5.D　易知an≠0,由題意得{an}為等比數(shù)列,又∵Sn=3n-2+k=·3n+k,∴根據(jù)等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì),得k=-.
6.答案　64
解析　易知等比數(shù)列的公比q≠-1.由等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比數(shù)列,即8,16,S12-S8,S16-S12成等比數(shù)列,故S12-S8=32,S16-S12=64,所以a13+a14+a15+a16=S16-S12=64.
7.答案　2
解析　設(shè)奇數(shù)項(xiàng)的和為S奇,偶數(shù)項(xiàng)的和為S偶.根據(jù)題意得
解得∴q===2.
8.答案　70
解析　設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.由等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)得=Sn(S3n-S2n) (30-10)2=10(S3n-30) S3n=70.
9.B　由題意,得nan=n·2n,所以Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n①,
則2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,
①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2,所以Sn=(n-1)×2n+1+2,當(dāng)n=6時(shí),Sn=642,當(dāng)n=7時(shí),Sn=1 538,所以使Sn<1 000成立的最大正整數(shù)n為6.故選B.
10.解析　(1)由已知得an+1-an=2,
∴數(shù)列{an}是以2為公差的等差數(shù)列.
∵a3+a4=12,∴2a1+10=12,∴a1=1,
∴an=2n-1.
設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q,
∵b1=a2=3,b2=S3=9,∴b2=3q=9,∴q=3,
∴bn=3n.
(2)由題意,得cn=(-1)nan·bn=(-1)n(2n-1)·3n=(2n-1)·(-3)n,
∴Tn=1×(-3)+3×(-3)2+5×(-3)3+…+(2n-1)×(-3)n,
∴-3Tn=1×(-3)2+3×(-3)3+…+(2n-3)×(-3)n+(2n-1)×(-3)n+1.
兩式相減,得4Tn=-3+2[(-3)2+(-3)3+…+(-3)n]-(2n-1)×(-3)n+1
=-3+-(2n-1)×(-3)n+1
=-×(-3)n+1,
∴Tn=-×(-3)n+1.
易錯(cuò)警示
　　利用“錯(cuò)位相減法”求和應(yīng)注意:①相減時(shí)后一項(xiàng)的符號(hào);②項(xiàng)數(shù)別出錯(cuò);③最后結(jié)果一定不能忘記等式兩邊同時(shí)除以(1-q).
11.解析　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0),由題意得a1a7=,即a1(a1+6d)=(a1+2d)2,化簡(jiǎn)得a1=2d,
又因?yàn)閍2=a1+d=3,所以d=1,所以a1=2,
所以an=2+(n-1)×1=n+1.
(2)由(1)得=2-n=,則數(shù)列{}是以為首項(xiàng)、為公比的等比數(shù)列,所以Sn==1-,則nSn=n-n,
所以Tn=(1+2+…+n)-1×+2×+…+n×
=-,
設(shè)tn=1×+2×+…+n×①,
則tn=1×+2×+…+n×②,
①-②,得tn=+++…+-n×=-n×=1-,
所以tn=2-,
所以Tn=+-2.
12.B　設(shè)每年應(yīng)扣除的消費(fèi)資金為x萬(wàn)元,則1年后投入再生產(chǎn)的資金為500(1+20%)-x,2年后投入再生產(chǎn)的資金為[500(1+20%)-x](1+20%)-x=500(1+20%)2-(1+20%)x-x,……,5年后投入再生產(chǎn)的資金為500(1+20%)5-(1+20%)4x-(1+20%)3x-(1+20%)2x-(1+20%)x-x≥800,
∴x≤500×1.25-800,∴x≤60.故選B.
13.答案　
解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q,
則解得或
又因?yàn)閧an}的各項(xiàng)均不相等,所以則Sn==1-.
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Sn=1+,易知Sn=1+單調(diào)遞減,最大值為S1=,且Sn>1;
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Sn=1-,易知Sn=1-單調(diào)遞增,最小值為S2=,且Sn<1.
所以Sn的最大值為S1=,最小值為S2=,
所以Sn的最大值與最小值之差為.
14.解析　 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由S6≠2S3得q≠1,則
,得1+q3=-7,即q3=-8,
所以q=-2,所以a1=-2,
所以an=-2×(-2)n-1=(-2)n,
Sn==-[1-(-2)n].
(2)證明:由(1)知,Sn+1+Sn+2=-[1-(-2)n+1]-[1-(-2)n+2]
=-[2-(-2)n+1-(-2)n+2]
=-[2+2×(-2)n-4×(-2)n]
=-[1-(-2)n]=2Sn,
所以Sn+1,Sn,Sn+2成等差數(shù)列.
能力提升練
1.D　由===4,===4,可知數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)是以1為首項(xiàng)、4為公比的等比數(shù)列;偶數(shù)項(xiàng)是以2為首項(xiàng)、4為公比的等比數(shù)列.所以S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=+=21+2×21=63,S12=+=1 365+2×1 365=4 095,所以==65.
故選D.
2.D　由題意可知=·,即=a1a17,可得(a1+4d)2=a1(a1+16d),因?yàn)閐≠0,所以a1=2d,故an=a1+(n-1)d=(n+1)d.所以等比數(shù)列{}的公比q====3,所以=a1·qn-1=2×3n-1d,
又因?yàn)?(kn+1)d,所以kn+1=2×3n-1,故kn=2×3n-1-1.所以k1+k2+k3+…+kn=2(1+3+32+…+3n-1)-n=-n=3n-n-1.故選D.
3.AC　對(duì)于A,由2Sn-Sn-1=2p(n≥2)①,a1=p,得a2=,當(dāng)n≥3時(shí),2Sn-1-Sn-2=2p②,
①-②可得2an-an-1=0,即an=an-1(n≥3),又因?yàn)?,所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為p、公比為的等比數(shù)列,故A正確;
對(duì)于B,當(dāng)p=1時(shí),S4==,故B錯(cuò)誤;
對(duì)于C,當(dāng)p=時(shí),aman=×××=,am+n=×=,所以aman=am+n,故C正確;
對(duì)于D,|a3|+|a8|=|p|·=|p|,
|a5|+|a6|=|p|·=|p|,
則|a3|+|a8|>|a5|+|a6|,故D錯(cuò)誤.故選AC.
4.解析　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,
因?yàn)閎2=4,所以a2=2log2b2=4,
所以d=a2-a1=2,
所以an=2+(n-1)×2=2n.
又因?yàn)閍n=2log2bn,所以2n=2log2bn,即n=log2bn,
所以bn=2n.
(2)由(1)得bn=2n=2·2n-1=,
即bn是數(shù)列{an}中的第2n-1項(xiàng).
設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Pn,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Qn,
因?yàn)閎7==a64,b8==a128,
所以數(shù)列{cn}的前100項(xiàng)是由數(shù)列{an}的前107項(xiàng)去掉數(shù)列{bn}的前7項(xiàng)后構(gòu)成的,
所以S100=P107-Q7=-=11 302.
5.B　因?yàn)閧an}是正項(xiàng)等比數(shù)列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比數(shù)列,所以=S3(S9-S6).
又因?yàn)?5,S3,S6成等差數(shù)列,所以S6-5=2S3,即S6-S3=S3+5,所以S9-S6===S3++10.易知S3>0,則S3++10≥2+10=20,當(dāng)且僅當(dāng)S3=5時(shí)取等號(hào),故選B.
6.C　∵a1=1,a3=a2+2,∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1,∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1,
∴Sn===2n-1.
∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,
∴bn==-,
∴Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-=1-,∴T9=1-=.故選C.
7.答案　
解析　設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公比為q.由題意知a2,a5,a8,a11,a14,a17,a20仍為等比數(shù)列,其首項(xiàng)為a2,公比為q3,故a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20==
=·=S21×=13,所以S21=.
D　當(dāng)0≤log2n<1時(shí),n=1,即a1=0(共1項(xiàng));當(dāng)1≤log2n<2時(shí),n=2,3,即a2=a3=1(共2項(xiàng));當(dāng)2≤log2n<3時(shí),n=4,5,6,7,即a4=a5=a6=a7=2(共4項(xiàng));……;當(dāng)k≤log2n2 047,解得k=10,
所以S2 047=0×1+1×2+2×22+3×23+…+10×210①,
2S2 047=0×2+1×22+2×23+3×24+…+10×211②,
①-②可得-S2 047=0+2+22+23+…+210-10×211=-10×211,化簡(jiǎn)可得S2 047=9×211+2,故選D.
9.解析　(1)當(dāng)n=1時(shí),4(a1+a2)=3a1-9,
即4a2=-9=-,∴a2=-.
當(dāng)n≥2時(shí),由4Sn+1=3Sn-9①,
得4Sn=3Sn-1-9②,①-②得4an+1=3an,
∵a2=-≠0,∴an≠0,∴=,
又∵=,
∴{an}是首項(xiàng)為-、公比為的等比數(shù)列,
∴an=-×=-3×.
(2)由3bn+(n-4)an=0,得bn=-an=(n-4)×,
∴Tn=-3×-2×-1×+0×+…+(n-4)×,
Tn=-3×-2×-1×+…+(n-5)×+(n-4)×,
兩式相減得Tn=-3×++++…+-(n-4)×
=-+-(n-4)×
=-+-4-(n-4)×
=-n×,
∴Tn=-4n×,
由Tn≤λbn得-4n×≤λ(n-4)×恒成立,即λ(n-4)+3n≥0恒成立.
當(dāng)n=4時(shí),不等式恒成立;
當(dāng)n<4時(shí),λ≤-=-3-恒成立,得λ≤1;
當(dāng)n>4時(shí),λ≥-=-3-恒成立,得λ≥-3.
∴-3≤λ≤1.
10.B　由題意,可設(shè)前n層貨物的總價(jià)為Sn萬(wàn)元,則
Sn=1+2×+3×+…+n×,
Sn=+2×+…+(n-1)×+n×,
兩式相減可得Sn=1+++…+-n×=-n×=5-(n+5)×,
所以Sn=25-5(n+5)×,
令Sn=25-65×,則5(n+5)=65,解得n=8.故選B.
11.BC　對(duì)于A,若an=2n-1,則a3=23-1=4≠7,故錯(cuò)誤;對(duì)于B,由題意得an+1-an=2n,即an+1=an+2n,故正確;對(duì)于C,由an+1-an=2n,可得an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+21+22+…+2n-1==2n-1,則Sn=-n=2n+1-n-2,所以Sn=2an-n,故正確;對(duì)于D,由an=2n-1得a1+a3+a5+…+a2n-1=-n=·4n-n-,又因?yàn)?a2n-n+1=2·(22n-1)-n+1=22n+1-n-1,故錯(cuò)誤.故選BC.
12.答案　2 026
解析　設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn.因?yàn)镾n=log2+log2+…+log2=log2+log2+…+log2=log2=log2(n+2)-log22=log2(n+2)-1,所以Sk=log2(k+2)-1.因?yàn)镾k為正整數(shù),所以log2(k+2)-1>0,所以k+2>2,所以k>0.令m=log2(k+2),則k=2m-2.因?yàn)閗∈[1,2 021],所以2m∈[3,2 023].因?yàn)閥=2x為增函數(shù),且21=2,22=4,……,210=1 024,211=2 048,所以m∈[2,10].所以所有“好數(shù)”的和為22-2+23-2+…+210-2=-2×9=2 026.
13.解析　(1)設(shè)正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的公差為d(d>0),
因?yàn)閍1=2,且a1,a2-1,a3成等比數(shù)列,
所以(d+1)2=2(2+2d),即d2-2d-3=0,
解得d=3或d=-1(舍去),所以an=3n-1.
由2Sn+1=2Sn+bn,得2Sn+1-2Sn=2bn+1=bn,易知bn≠0,所以=,所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為、公比為的等比數(shù)列,
所以bn=.
(2)證明:由(1)可得cn=bn+=+=+,
所以Tn=++…++++…+
=+
=-.
因?yàn)?>0,所以Tn<,
又因?yàn)閏n>0,所以數(shù)列{Tn}單調(diào)遞增,則Tn≥T1=-=,
所以≤Tn<.
12

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