最新人教版高中数学必修5第二章《等比数列的前n项和》自我检测1
最新人教A版高中数学必修5第二章测评试卷及答案
第二章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.已知数列{a n}是等差数列,a1=2,其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项,则S18=()A.398B.388C.189D.199a52=a3·a8,公差d≠0,a1=2,∴(a1+4d)2=(a1+2d)·(a1+7d),代入数据可得d=189.故选C.(2+4d)2=(2+2d)·(2+7d),解得d=1,∴S18=18a1+18×1722.已知数列{b n}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=()A.16B.8C.4D.2b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{b n}的性质可得b2b16=b92=4.3.已知在递减的等差数列{a n}中,a3=-1,a1,a4,-a6成等比数列,若S n为数列{a n}的前n项和,则S7的值为() A.-14 B.-9C.-5D.-1{a n}的公差为d,由已知得a3=a1+2d=-1,a42=a1·(-a6),即(a1+3d)2=a1·(-a1-5d),且{a n}为递减d=7-21=-14.数列,则d=-1,a1=1.故S7=7a1+7×624.等差数列{a n}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=()A.8B.9C.16D.17,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a9<0,a8>0,所以等差数列{a n}为递减数列,且前8项为正数,从第9项以后为负数,所以当其前n项和取得最大值时,n=8.故选A.5.(2020·全国Ⅱ高考,文6)记S n为等比数列{a n}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则S n=()a nA.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1{a n}的公比为q.∵a5-a3=12,a6-a4=24,∴a6-a4=q=2.a5-a3又a 5-a 3=a 1q 4-a 1q 2=12a 1=12,∴a 1=1.∴a n =a 1·q n-1=2n-1,S n =a 1(1-q n )1-q =1×(1-2n )1-2=2n-1. ∴S na n=2n -12n -1=2-12n -1=2-21-n.故选B .6.已知数列{a n }满足a n +a n+1=12(n ∈N *),a 2=2,S n 是数列{a n }的前n 项和,则S 21为( ) A.5 B.72C.92D.132a n +a n+1=12,a 2=2,∴a n ={-32,n 为奇数,2,n 为偶数.∴S 21=11×(-32)+10×2=72.故选B .7.我国古代数学巨著《九章算术》中,有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题用今天的白话叙述为:“有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?”根据上面的已知条件,可求得该女子第4天所织布的尺数为( ) A .815B .1615C .2031D .4031n 天织的布为a n 尺,且数列{a n }为公比q=2的等比数列,由题意可得a 1(1-25)1-2=5,解得a 1=531.所以该女子第4天所织布的尺数为a 4=a 1q 3=4031. 故选D .8.在各项都为正数且不相等的等比数列{a n }中,S n 为其前n 项和,若a m ·a 2m+2=a 72=642(m ∈N *),且a m =8,则S 2m =( ) A.127 B.255 C.511D.1 023{a n }的公比为q ,则a 1q m-1·a 1q 2m+1=(a 1q 6)2.因为等比数列{a n }的各项都为正数且不相等,所以m-1+2m+1=12,解得m=4,故a 4=8.又因为a 72=642,所以a 7=64,q 3=a7a 4=8,解得q=2,所以a 1=a 423=1.故S 2m =S 8=1-281-2=255.9.已知在各项均为正数的数列{a n }中,a 1=1,a 2=2,2a n 2=a n -12+a n+12(n ≥2),b n =1a n +an+1,记数列{b n }的前n 项和为S n ,若S n =3,则n 的值是( ) A.99B.33C.48D.92a n 2=a n -12+a n+12(n ≥2),∴数列{a n 2}是首项为1,公差为22-1=3的等差数列,∴a n 2=1+3(n-1)=3n-2.又a n >0,∴a n =√3n -2,∴b n =1an +a n+1=√3n -2+√3n+1=13·(√3n +1−√3n -2), 故数列{b n }的前n 项和S n =13[(√4−√1)+(√7−√4)+…+(√3n +1−√3n -2)]=13·(√3n +1-1).由S n =13(√3n +1-1)=3,解得n=33.故选B 10.已知数列{a n }满足a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =n3(n ∈N *),则a n =( ) A.13n B.13n -1C.13nD.13n+1a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =n 3,①a 1+3a 2+32a 3+…+3n-2a n-1=n -13(n ≥2),② ①-②,得3n-1a n =n3−n -13=13(n ≥2),∴a n =13n (n ≥2).由①得a 1=13,经验证也满足上式,∴a n =13n (n ∈N *).故选C .11.对于正项数列{a n },定义:G n =a 1+2a 2+3a 3+…+na nn为数列{a n }的“匀称值”.已知数列{a n }的“匀称值”为G n =n+2,则该数列中的a 10等于( ) A .83B .125C .94D .2110G n=a1+2a2+3a3+…+na n,G n=n+2,∴n·G n=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+na n,∴n.故10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10·a10=21,∴a10=2110选D.12.在数列{a n}中,a1=1,a2=2,且a n+2-a n=1+(-1)n(n∈N*),则S100=()A.0B.1 300C.2 600D.2 602a n+2-a n=1+(-1)n(n∈N*),当n=1时,得a3-a1=0,即a3=a1;当n=2时,得a4-a2=2.由此可得,当n为+a2=n.奇数时,a n=a1;当n为偶数时,a n=2×n-22所以S100=a1+a2+…+a100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=50a1+(2+4+ (100)=2 600.=50+50×(100+2)2二、填空题(每小题5分,共20分)13.若数列{a n}的前n项和S n=n2-8n,n=1,2,3,…,则满足a n>0的n的最小值为.,当n=1时,a1=S1=-7,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-9.而a1=2×1-9=-7.综上,a n=2n-9.,又因为n∈N*.由2n-9>0,得n>92故满足a n>0的n的最小值为5.14.已知在公差不为零的正项等差数列{a n}中,S n为其前n项和,lg a1,lg a2,lg a4也成等差数列.若a5=10,则S5=.{a n}的公差为d,则d>0.由lg a1,lg a2,lg a4成等差数列,得2lg a2=lg a1+lg a4,则a22=a1a4,即(a1+d)2=a1(a1+3d),d2=a1d.因为d>0,所以d=a1,a5=5a1=10,解得d=a1=2.故S5=5a1+5×4×d=30.215.若等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2=0,S5=10,数列{b n}满足b1=0,且b n+1=a n+1+b n,则数列{b n}的通项公式为.{a n }的公差为d ,则{a 1+d =0,5a 1+10d =10,解得{a 1=-2,d =2.于是a n =-2+2(n-1)=2n-4.因此a n+1=2n-2.于是b n+1-b n =2n-2,b n =b 1+(b 2-b 1)+(b 3-b 2)+…+(b n -b n-1)=0+0+2+…+(2n-4)=n 2-3n+2,故数列{b n }的通项公式为b n =n 2-3n+2.n =n 2-3n+216.(2020·全国Ⅰ高考,文16)数列{a n }满足a n+2+(-1)n a n =3n-1,前16项和为540,则a 1= .n 为偶数时,有a n+2+a n =3n-1,则(a 2+a 4)+(a 6+a 8)+(a 10+a 12)+(a 14+a 16)=5+17+29+41=92, 因为前16项和为540,所以a 1+a 3+a 5+a 7+a 9+a 11+a 13+a 15=448.当n 为奇数时,有a n+2-a n =3n-1,由累加法得a n+2-a 1=3(1+3+5+…+n )-1+n2=34n 2+n+14,所以a n+2=34n 2+n+14+a 1,所以a 1+34×12+1+14+a 1+34×32+3+14+a 1+34×52+5+14+a 1+34×72+7+14+a 1+34×92+9+14+a 1+34×112+11+14+a 1+34×132+13+14+a 1=448,解得a 1=7.三、解答题(共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)已知数列{a n }是等差数列,前n 项和为S n ,且满足a 2+a 7=23,S 7=10a 3. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若a 2,a k ,a k+5(k ∈N *)构成等比数列,求k 的值.设等差数列{a n }的公差是d.根据题意有{a 1+d +a 1+6d =23,7a 1+7×62d =10(a 1+2d ), 解得{a 1=1,d =3.所以数列{a n }的通项公式为a n =3n-2. (2)由(1)得a 2=4,a k =3k-2,a k+5=3(k+5)-2, 由于a 2,a k ,a k+5(k ∈N *)构成等比数列, 所以(3k-2)2=4[3(k+5)-2],整理得3k 2-8k-16=0,解得k=4(舍去k =-43). 故k=4.18.(本小题满分12分)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且2a 2=S 2+12,a 3=2. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =log 2a n +3,数列1b n b n+1的前n 项和为T n ,求满足T n >13的正整数n 的最小值.由题意知,2a 2=S 2+12,∴2a 2=a 1+a 2+12,得a 2=a 1+12.设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 3=2,∴2q =2q 2+12,化简得q 2-4q+4=0,解得q=2, ∴a n =a 3·q n-3=2·2n-3=2n-2.(2)由(1)知,b n =log 2a n +3=log 22n-2+3=n-2+3=n+1,∴1b n b n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2, ∴T n =1b1b 2+1b 2b 3+…+1b n b n+1=12−13+13−14+…+1n+1−1n+2=12−1n+2=n2(n+2). 令T n >13,得n2(n+2)>13,解得n>4,∴满足T n >13的正整数n 的最小值是5.19.(本小题满分12分)已知数列{a n }满足2a n+1=1a n+1a n+2(n ∈N *),且a 3=15,a 2=3a 5.(1)求{a n }的通项公式;(2)若b n =3a n a n+1(n ∈N *),求数列{b n }的前n 项和S n .由2a n+1=1a n+1a n+2(n ∈N *)可知数列{1a n}为等差数列.由已知得1a 3=5,1a 2=13·1a 5, 设其公差为d ,则1a 1+2d=5,1a 1+d=13(1a 1+4d),解得1a 1=1,d=2,于是1a n=1+2(n-1)=2n-1,整理得a n =12n -1.(2)由(1)得b n =3a n a n+1=3(2n -1)(2n+1)=32(12n -1-12n+1), 所以S n =32(1-13+13−15+…+12n -1−12n+1)=3n2n+1. 20.(本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n -2n . (1)求a 1,a 2.(2)设c n =a n+1-2a n ,证明数列{c n }是等比数列.(3)求数列{n+12c n}的前n 项和T n .a 1=S 1,2a 1=S 1+2,∴a 1=S 1=2.由2a n =S n +2n ,知2a n+1=S n+1+2n+1=a n+1+S n +2n+1,∴a n+1=S n +2n+1,①∴a 2=S 1+22=2+22=6.①式知a n+1-2a n =(S n +2n+1)-(S n +2n )=2n+1-2n =2n ,即c n =2n ,∴cn+1c n=2(常数). ∵c 1=21=2,∴{c n }是首项为2,公比为2的等比数列.c n =2n ,∴n+12c n=n+12n+1.∴数列{n+12c n}的前n 项和T n =222+323+424+…+n+12n+1,12T n =223+324+…+n 2n+1+n+12n+2,两式相减,得12T n =222+123+124+125+…+12n+1−n+12n+2=12+123×(1-12n -1)1-12−n+12n+2=34−12n+1−n+12n+2=34−n+32n+2.∴T n =32−n+32n+1. 21.(本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =a n +12n 2+32n-2(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式; (2)若b n ={1(a n -1)(a n +1),n 为奇数,4·(12)a n,n 为偶数,且数列{b n }的前n 项和为T n ,求T 2n .由于S n =a n +12n 2+32n-2,所以当n ≥2时,S n-1=a n-1+12(n-1)2+32(n-1)-2,两式相减得a n =a n -a n-1+n+1,于是a n-1=n+1,所以a n =n+2. (2)由(1)得b n ={1(n+1)(n+3),n 为奇数,(12)n ,n 为偶数,所以T 2n =b 1+b 2+b 3+…+b 2n =(b 1+b 3+…+b 2n-1)+(b 2+b 4+…+b 2n ).因为b 1+b 3+…+b 2n-1=12×4+14×6+16×8+…+12n×(2n+2)=14[11×2+12×3+…+1n×(n+1)]=14(1-12+12-13+…+1n -1n+1)=n 4(n+1),b 2+b 4+…+b 2n =(12)2+(14)4+…+(12)2n =14[1-(14)n ]1-14=13[1-(14)n],于是T 2n =n4(n+1)+13[1-(14)n].22.(本小题满分12分)已知数列{a n }满足3(n+1)a n =na n+1(n ∈N *),且a 1=3. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n }的前n 项和; (3)若a nb n=2n+3n+1,求证:56≤1b 1+1b 2+…+1b n<1.3(n+1)a n =na n+1,所以an+1a n=3(n+1)n(n ∈N *), 则a2a 1=3×21,a 3a 2=3×32,a 4a 3=3×43,……a n a n -1=3×n n -1,累乘可得an a 1=3n-1×n. 又因为a 1=3,所以a n =n×3n (n ∈N *).{a n }的前n 项和为S n ,则S n =1×3+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1+n×3n ,①3S n =1×32+2×33+3×34+…+(n-1)×3n +n×3n+1,② ①-②,可得-2S n =3+32+33+…+3n -n×3n+1=3(1-3n )1-3-n×3n+1=32(3n -1)-n×3n+1 =(12-n)×3n+1-32. 所以S n =(n 2-14)×3n+1+34.因为an b n=2n+3n+1, 所以1b n=2n+3n+1×1n×3n =2n+3n (n+1)×13n=3(n+1)-nn (n+1)×13n =(3n -1n+1)×13n =1n ×13n -1−1n+1×13n , 则1b 1+1b 2+…+1b n=(1×13-12×131)+(12×131-13×132)+…+(1n×13n -1-1n+1×13n )=1-1n+1×13n .因为n ∈N *,所以0<1n+1×13n≤16,即56≤1-1n+1×13n <1, 于是56≤1b 1+1b 2+…+1b n <1.。
人教版高三数学必修五等比数列的前n项和同步测试题
人教版高三数学必修五等比数列的前n 项和同步测试题【同步达纲练习】一、选择题1.在等比数列｛a n ｝中，S 4=2,S 8=6,a 17+a 18+a 19+a 20等于( )2.已知等比数列｛a n ｝的公比q=31，且a 1+a 3+a 5+…+a 99=60，则a 1+a 2+a 3+a 4+…+a 100等于( )3.一个等比数列，它的前n 项和S n =ab n +c ，其中a 、b 、c 为常数且a ≠0，b ≠0且b ≠1，则a 、b 、c 必需知足( )+b=0 +c=0 +c=0 +b+c=04.等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，若S 10=10，S 20=30，则S 30等于( )5.一个等比数列｛a n ｝的首项为a 1=2，公比q=3，从第m 项到第n 项(m ＜n)的和为720，则m 的值为( )6.数列｛a n ｝是由实数组成的等比数列，S n =a 1+a 2+…+a n ，则数列｛S n ｝中( )A.任一项均不为0B.必有一项不为0C.最多有有限项为0D.或无一项为0，或有无穷多项为07.运算机的本钱不断降低，若每隔5年运算机价钱降低31，此刻的价钱是8100元，则15年后，价钱降低为( )元 元 元 元8.数列1，1+2，1+2+22，…，1+2+22+…+2n-1的前n 项和S n 等于( )+1-n-29.一个等比数列｛a n ｝共有2n+1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则a n+1为( ) A.56 B.6510.已知等比数列｛a n ｝中，a n =2·3n-1，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n 项和为( )(3n -1) C.419-n D. 4)19(3-n 二、填空题1.已知lgx+lgx 2+…+lgx 10=110,则lgx+(lgx)2+…+(lgx)10= .2.在等比数列｛a n ｝中，若S n =93,a n =48，公比q=2，则n= .=1+a+a 2+a 3+…+a 10= .4.等比数列首项为2，公比为3，之前 项的和开始大于100.三、解答题1.已知等比数列｛a n ｝的首项a 1＞0，公比q ＞0.设数列｛b n ｝的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N +)，数列｛a n ｝、｛b n ｝的前n 项和别离为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.2.已知数列｛a n ｝为等差数列，公差d ≠0，其中1k a ,2k a ,…, n k a 恰为等比数列，若k 1=1，k 2=5，k 3=17，求k 1+k 2+…+k n 的值.3.设数列｛a n ｝的前n 项和S n =2a n -4(n ∈N +)，数列｛b n ｝知足：b n+1=a n +2b n ，且b 1=2，(1)求通项a n .(2)求｛b n ｝前n 项的和T n .【素养优化训练】1.设数列｛a n ｝的前n 项和S n =3n -c ，求证：c=1是数列｛a n ｝为等比数列的充要条件.2.数列｛a n ｝为等比数列，项数为偶数且各项为正数.若是该数列所有项的和为偶数项的和的4倍，且a 2·a 4=9(a 3+a 4).问数列｛lga n ｝的前多少项的和最大?【生活实际运用】1.某种果树至少要培植五年才能够开始采果，有一农户于1988年初利用边角地种植了一批这种果树，1993年开始采果，昔时的产量为156千克，1994年至1998年持续5年每一年的产量平均比上一年增加50%还多34千克，从1999年起，由于治理等方面的缘故致使产量开始下降，且平均每一年比上一年减少10%，据估量这种情形还会继续下去.(1)1998年，该农户采得这种水果多少千克?(2)若是用S n 表示该农户从1993年起的n(n ∈N)年内采得这种水果的总量，试求出用n 表示的S n 的表达式，并据此计算，到2000年，该农户共采得这种水果多少千克?(精准到1千克)2.某君有人民币若干，拟作股票投资或长期储蓄，若存入银行年利率为6%，若购某种股票年盈利为24%，不考虑物价转变因素，且银行年利率及该种股票年盈利不变，股分公司再也不发行新股票，但每一年的利息和盈利可存入银行.(1)求某君购股票或储蓄x 年后所拥有人民币总额y 与x 的函数关系式；(2)问通过几年，购买股票与储蓄所拥有的人民币相等?(lg2=,lg3=,=参考答案：【同步达纲练习】一、二、 或aa --1111三、°q ＞215-时，B n -A n ＞0，得B n ＞A n 2°q=215-时，B n -A n =0，得B n =A n . 3°0＜q ＜215-时，B n -A n ＜0，得B n ＜A n . .3.解：(1)2n+1 (2)T n =(n-1)2n+1+2.【素养优化训练】1.略2.前5项的和最大.【生活实际运用】1.解：(1)1998年的产量a 6=1633(千克)(2)S n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≤--⋅-)7.(1091633020577)6(,44868)23(4486n n n n n 到2000年末的总产量S 8=20577-16330·1092=≈7350(千克). 2.解：(1)设某君有人民币a 元，若长期储蓄，则x 年后人民币总额为y=a(1+x ，即y=·a.若购买股票，则x 年后利息和盈利总额为y=［+(1++(1+2+…+(1+x-1］a =06.01)06.01(24.0++x a 即y=4a.(2)由·a=4a ，得=34，两边取以10为底的对数，得 x=06.1lg 3lg 4lg -=0253.04771.06020.0-≈. 即大约通过5年，股票与储蓄拥有的人民币相等.。
人教A版高中数学必修5第二章 数列2.5 等比数列的前n项和习题(1)
第2课时 等比数列前n 项和的性质及应用课后篇巩固探究A 组1.在各项都为正数的等比数列{a n }中,首项a 1=3,前3项和为21,则a 3+a 4+a 5等于()A.33B.72C.84D.189S 3=a 1(1+q+q 2)=21,且a 1=3,得q+q 2-6=0.因为q>0,所以q=2.故a 3+a 4+a 5=q 2(a 1+a 2+a 3)=22·S 3=84.2.已知数列{a n }的前n 项和S n =a n -1(a 是不为零且不等于1的常数),则数列{a n }()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.既不是等差数列,也不是等比数列S n =a n -1符合S n =-Aq n +A 的形式,且a ≠0,a ≠1,所以数列{a n }一定是等比数列.3已知{a n }是等比数列,a 1=1,a 4=,则a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n+1等于()A.2(1-4-n )B.2(1-2-n )C.(1-4-n )D.(1-2-n )q ,∵a4a 1=q 3=,∴q=. ∵a 1=1,∴a n a n+1=1×(12)n -1×1×(12)n =21-2n .故a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+…+a n a n+1=2-1+2-3+2-5+…+21-2n=12(1-14n )1-14=(1-4-n ).4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯”.意思是:一座七层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.2盏B.3盏C.5盏D.6盏a 盏灯,由题意知第七层至第一层的灯的盏数构成一个以a 为首项,以2为公比的等比数列,由等比数列的求和公式可得a (1-27)1-2=381,解得a=3,故顶层有3盏灯.5.已知一个等比数列共有3m 项,若前2m 项之和为15,后2m 项之和为60,则这个等比数列的所有项的和为 ()A.63B.72C.75D.87已知S 2m =15,S 3m -S m =60,又(S 2m -S m )2=S m (S 3m -S 2m )=S m (S m +60-S 2m ),解得S m =3,所以S 3m =60+3=63.答案A6在各项均为正数的等比数列{a n }中,a 1=2,a 2,a 4+2,a 5成等差数列,S n 是数列{a n }的前n 项和,则S 10-S 4=.解析依题意有2(a 4+2)=a 2+a 5,设公比为q ,则有2(2q 3+2)=2q+2q 4,解得q=2.于是S 10-S 4=2(1-210)1-2−2(1-24)1-2=2 016.答案2 0167.已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1·a n =2n (n ∈N *),则S 2 018=.解析∵a n+1·a n =2n (n ∈N *),a 1=1,∴a 2=2,a 3=2.又a n+2·a n+1=2n+1, ∴a n+2a n=2, ∴数列{a n }的奇数项与偶数项分别成等比数列,公比为2,首项分别为1,2.∴S 2 018=(a 1+a 3+…+a 2 017)+(a 2+a 4+…+a 2 018)=21 009-12-1+2(21 009-1)2-1=3·21 009-3.答案3·21 009-38.已知一件家用电器的现价是2 000元,如果实行分期付款,一年后还清,购买后一个月第一次付款,以后每月付款一次,每次付款数相同,共付12次,月利率为0.7%,并按复利计算,那么每期应付款元.(参考数据:1.00711≈1.080,1.00712≈1.087,1.0711≈2.105,1.0712≈2.252)解析设每期应付款x 元,第n 期付款后欠款A n 元,则A 1=2 000(1+0.007)-x=2 000×1.007-x ,A 2=(2 000×1.007-x )×1.007-x=2 000×1.0072-1.007x-x ,……A 12=2 000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x ,因为A 12=0,所以2 000×1.00712-(1.00711+1.00710+…+1)x=0,解得x=2 000×1.007121+1.007+…+1.00711=2 000×1.007121.00712-11.007-1≈175,即每期应付款175元.答案1759在等差数列{a n }中,a 2+a 7=-23,a 3+a 8=-29.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{a n +b n }是首项为1,公比为|a 2|的等比数列,求{b n }的前n 项和S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ,依题意得a 3+a 8-(a 2+a 7)=2d=-6,从而d=-3.所以a 2+a 7=2a 1+7d=-23,解得a 1=-1.所以数列{a n }的通项公式为a n =-3n+2.(2)由(1)得a 2=-4,所以|a 2|=4.而数列{a n +b n }是首项为1,公比为4的等比数列.所以a n +b n =4n-1,即-3n+2+b n =4n-1,所以b n =3n-2+4n-1,于是S n =[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+4+42+…+4n-1)=n (3n -1)2+1-4n 1-4=n (3n -1)2+4n -13. 10.导学号04994050已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,a n+1=S n ,n ∈N *,求:(1)a 2,a 3,a 4的值及数列{a n }的通项公式;(2)a 2+a 4+a 6+…+a 2n 的值.解(1)由a 1=1,a n+1=S n ,n=1,2,3,…,得21=a 1=,a 3=S 2=(a 1+a 2)=,a 4=S 3=(a 1+a 2+a 3)=1627.由a n+1-a n =13(S n -S n-1)=a n (n ≥2),得a n+1=a n (n ≥2),∵a 2=, ∴a n =13(43)n -2(n ≥2). ∴数列{a n }的通项公式为a n ={1,n =1,13(43)n -2,n ≥2.(2)由(1)可知,a 2,a 4,…,a 2n 是首项为,公比为(43)2,项数为n的等比数列, ∴a 2+a 4+a 6+…+a 2n=13·1-(43)2n 1-(43)2=37[(43)2n -1]. B 组1.在等比数列{a n }中,a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=3,a 12+a 22+a 32+a 42+a 52=15,则a 1-a 2+a 3-a 4+a 5的值是()A.3B.√5C.-√5D.5 解析由题意可知等比数列{a n }的公比q ≠1,则a 1+a 2+…+a 5=a 1(1-q 5)1-q =3,a 12+a 22+…+a 52=a 12(1-q 10)1-q 2=15, ∴a 1(1+q 5)1+q =5,∴a 1-a 2+a 3-a 4+a 5=a 1[1-(-q )5]1-(-q )=a 1(1+q 5)1+q=5. 答案D2.已知某公司今年获利5 000万元,如果以后每年的利润都比上一年增加10%,那么总利润达3亿元大约还需要 ()(参考数据:lg 1.01≈0.004,lg 1.06≈0.025,lg 1.1≈0.041,lg 1.6≈0.204)A.4年B.7年C.12年D.50年解析根据题意知每年的利润构成一个等比数列{a n },其中首项a 1=5 000,公比q=1+10%=1.1,S n =30 000.于是得到5 000(1-1.1n )1-1.1=30 000,整理得1.1n =1.6,两边取对数,得n lg 1.1=lg 1.6,解得n=lg1.6lg1.1≈5,故还需要4年.答案A3.已知等比数列{a n }的公比为q ,其前n 项和为S n ,前n 项之积为T n ,且满足a 1>1,a 2 016a 2 017>1,a 2 016-1a 2017-1<0,则下列结论正确的是() A.q<0B.a 2 016a 2 018-1>0C.T 2 016是数列{T n }中的最大数D.S 2 016>S 2 017解析由已知,得a 2 016>1,a 2 017<1,所以前2 016项均大于1,0<q<1,S 2 016<S 2 017,T 2 016是数列{T n }中的最大数,a 2 016a 2 018与1的大小关系无法确定.故选C .答案C4已知等比数列{a n },其前n 项和为S n ,若S 30=13S 10,S 10+S 30=140,则S 20等于.解析易知q ≠1 (否则S 30=3S 10),由{S 30=13S 10,S 10+S 30=140,得{S 10=10,S 30=130,即{a 1(1-q 10)1-q =10,a 1(1-q 30)1-q =130, 所以q 20+q 10-12=0,所以q 10=3(负值舍去),故S 20=a 1(1-q 20)1-q =S 10×(1+q 10)=10×(1+3)=40.答案405.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =b n+1-2(b>0,b ≠1),则a 4=.解析当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(b-1)·b n .因为a 1=S 1=b 2-2,所以(b-1)b=b 2-2,解得b=2,因此n 2-2,于是a 4=S 4-S 3=16.答案166.导学号04994051如图,作边长为3的正三角形的内切圆,在这个圆内作内接正三角形,然后作新三角形的内切圆,……如此下去,则前n 个内切圆的面积和为.解析根据题意知第一个内切圆的半径为√3×3=√3,面积为π,第二个内切圆的半径为√3,面积为316π,……这些内切圆的面积组成一个等比数列,首项为π,公比为,故前n 个内切圆的面积之和为34π(1-14n )1-14=(1-14n)π. 答案(1-14n)π 7.已知正项等差数列{a n }的公差不为0,a 2,a 5,a 14恰好是等比数列{b n }的前三项,a 2=3.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ,若对任意的n ∈N *,k (T n +32)≥3n-6恒成立,求实数k 的取值范围.解(1)设公差为d ,根据题意知d ≠0,a 2=a 1+d ,a 5=a 1+4d ,a 14=a 1+13d. ∵(a 1+4d )2=(a 1+d )(a 1+13d ),a 1+d=3,∴3d 2-6d=0,∴d=2(d=0舍去).又a 2=3,d=2,∴a 1=1,a n =2n-1.∵b 1=a 2=3,b 2=a 5=9,b 3=a 14=27,∴b n =3n .(2)由(1)知b 1=3,q=3. ∵T n =b 1(1-q n )1-q =3(1-3n )1-3=3n+1-32, ∴(3n+1-32+32)k ≥3n-6对n ∈N *恒成立.∴T n >0,∴k ≥2n -43n 对n ∈N *恒成立.令c n =2n -43n ,c n -c n-1=2n -43n −2n -63n -1=-2(2n -7)3n , 当n ≤3时,c n >c n-1,当n ≥4时,c n <c n-1, ∴(c n )max =c 3=227,故k ≥227.8.导学号04994052已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=8,S 4=40.数列{b n }的前n 项和为T n ,且T n -2b n +3=0,n ∈N *.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)设c n ={a n ,n 为奇数,b n ,n 为偶数,求数列{c n }的前2n+1项和P 2n+1. 解(1)由题意知,{a 1+d =8,4a 1+6d =40,解得{a 1=4,d =4,∴a n =4n. ∵T n -2b n +3=0,∴当n=1时,b 1=3,当n ≥2时,T n-1-2b n-1+3=0,两式相减,得b n =2b n-1(n ≥2),故数列{b n }为等比数列,且b n =3·2n-1.(2)由(1)知c n ={4n ,n 为奇数,3·2n -1,n 为偶数.∴P 2n+1=(a 1+a 3+…+a 2n+1)+(b 2+b 4+…+b 2n ) =(n+1)[4+4(2n+1)]2+6(1-4n )1-4=22n+1+4n2+8n+2.。
最新人教A版高中数学必修五2.5等比数列前n项和同步测试题(含解析)
2. 5《等比数列前n 项和》（第二课时）作业1、 在等比数列中，3,6432321-=++=++a a a a a a ，则=++++76543a a a a a（ ）A. 811B. 1619C. 89D. 43 2、在等比数列{}na 中，55,551==S a，则公比q 等于（ ）A. 4B. 2C. 2-D. 2-或4 3、某工厂去年产值为a ，计划5年内每年比上一年产值增长10%，从今年起五年内这个工厂地总产值为 （ ）A. a 41.1 B. a 51.1 C. ()a 11.1105- D. ()a 11.1115-4、若等比数列{}na 地前n 项和rS n n +=2，则=r（ ）A. 2B. 1C. 0D. 1- 5、已知等比数列{}na 中，132-⨯=n na，则由此数列地偶数项所组成地新数列地前n 项和为 （ ） A. 13-n B. ()133-n C. ()1941-nD. ()1943-n6、等比数列前n 项和为54，前n 2项和为60，则前n 3项和为 （ ）A. 54B. 64C. 3266D. 3260 7、一张报纸，其厚度为a ，面积为b ，现将此报纸对折（沿对边中点连线折叠）7次，这时报纸地厚度和面积分别为 （ ）A. b a 81,8B. b a 641,64C. b a 1281,128D. b a 2561,256 8、已知公比为q ()1≠q 地等比数列{}na 地前n 项和为nS ，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧na1地前n 项和为 （ ） A. nn S q B. nnq S C. 11-n nq S D. 121-n n q a S9、设等比数列{}na 地前n 项和为nS ，若9632S S S=+，求公比q 。
10、已知实数c b a ,,成等差数列，4,1,1+++c b a 成等比数列，且15=++c b a 。
求c b a ,,。
参考答案：1、 A2、 C3、 D4、 D5、 D6、 D7、 C8、 D9、解： 法一：若1=q ，9111632963S a a a S S≠=+=+1≠∴q()()()qq a q q a q q a --=--+--∴111111916131()1202363369=--∴=--q q q q q q≠q Θ ()()1210123336=+-∴=--∴q q q q213-=∴q 或13=q（舍） 243-=∴q法二：由9632S S S=+可得()()()()9876543216543212222a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++=+++++()()9876542a a a a a a ++=++- ()()65436542a a a q a a a ++=++-∴213-=∴q 243-=∴q10、8,5,2===c b a 或1,5,11-===c b a。
人教新课标A版高中必修5数学2.5等比数列的前n项和同步检测(I)卷
人教新课标A版必修5数学2.5等比数列的前n项和同步检测（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共15题；共30分)1. （2分）气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪,已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用,第n天的维修保养费为元,使用它直至“报废最合算”(所谓“报废最合算”是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止,一共使用了（）A . 800天B . 600天C . 1000天D . 1200天2. （2分） (2017高二上·莆田月考) 等比数列的首项为1，项数是偶数，所有得奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为（）A . 4B . 6C . 8D . 103. （2分） 2015年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年大会在北京天安门广场隆重举行，大会中的阅兵活动向全世界展示了我军威武文明之师的良好形象，展示了科技强军的伟大成就以及维护世界和平的坚定决心，在阅兵活动的训练工作中，不仅使用了北斗导航、电子沙盘、仿真系统、激光测距机、迈速表和高清摄像头等新技术装备，还通过管理中心对每天产生的大数据进行存储、分析、有效保证了阅兵活动的顺利进行，假如训练过程过程中第一天产生的数据量为a，其后每天产生的数据量都是前一天的q（q＞1）倍，那么训练n天产生的总数据量为（）A . aB . aC .D .4. （2分） (2017高二上·西华期中) 等比数列{an}中，若a2+a3=4，a4+a5=16，则a6+a7=（）A . 64B . ﹣64C . 32D . ﹣325. （2分）已知等比数列的公比，则等于（）A .B . -3C .D . 36. （2分）在数列中，为非零常数），且前n项和为，则实数t的值为（）A .B .C . -1D . 17. （2分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn ，若S2n=4（a1+a3+a5+…+a2n-1）,a1a2a3=27,则a6=（）A . 27B . 81C . 243D . 7298. （2分）已知数列，满足，,则数列的前项的和为（）A .B . ．C .D .9. （2分）已知等比数列{an}中，an=2×3n﹣1 ，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项和Sn的值为（）A . 3n﹣1B . （3n﹣1）C .D .10. （2分） (2015高二下·宜昌期中) 已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1=1，a2=3，an+2=3an ，则S2016=（）A . 2×（31008﹣1）B . 2×31008C .D .11. （2分） (2018高二上·大连期末) 设数列的前项和，若，且，则等于（）A . 5048B . 5050C . 10098D . 1010012. （2分）已知等比数列的公比,且，，成等差数列,则的前8项和为（）A . 127B . 255C . 511D . 102313. （2分）(2018·郑州模拟) 等比数列中，，前3项和为，则公比的值是（）A . 1B .C . 1或D . 或14. （2分）已知数列{an}，如果是首项为1公比为2的等比数列，那么an=（）A . 2n+1－1B . 2n－1C . 2n－1D . 2n +115. （2分） (2016高一下·上栗期中) 等比数列{an}的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为A，B，C，则下列等式中恒成立的是（）A . A+C=2BB . B（B﹣A）=C（C﹣A）C . B2=ACD . B（B﹣A）=A（C﹣A）二、填空题 (共10题；共56分)16. （1分） (2017高一下·淮安期末) 在数列{an}中，a1=2，an+1=2an ， Sn为{an}的前n项和．若sn=254，则n=________．17. （1分） (2018高一下·开州期末) 已知数列的前项和为，，则 ________．18. （1分） (2018高一下·重庆期末) 等比数列中，为其前项和，若，则实数的值为________．19. （1分）若等比数列{an}的前n项和为Sn ，且a1=1，a4=8，则S5=________20. （2分）(2017·朝阳模拟) 等比数列{an}的前n项和为Sn ．已知a1=2，a4=﹣2，则{an}的通项公式an=________，S9=________．21. （10分） (2018高一下·淮北期末) 已知为等差数列，且，．（1）求的通项公式；（2）若等比数列满足，，求数列的前项和公式．22. （10分） (2019高一下·江门月考) 已知等差数列满足．（1）求的通项公式；（2）设等比数列满足 ,求的前项和．23. （10分） (2019高二上·林芝期中) 等比数列{ }的前n 项和为，已知 , ,成等差数列（1）求{ }的公比q；（2）求－＝3，求24. （10分） (2018高一上·黄陵期末) 已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1 ，xi∈M，i＝1，2，…，n}．（1）当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.（2）设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an＜bn，则s＜t.25. （10分） (2018高二上·兰州月考) 已知数列{an}各项均为正数，其前n项和为Sn ，且满足4Sn＝(an ＋1)2.（1）求{an}的通项公式；（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.参考答案一、选择题 (共15题；共30分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、二、填空题 (共10题；共56分) 16-1、17-1、18-1、19-1、20-1、21-1、21-2、22-1、22-2、23-1、23-2、24-1、24-2、25-1、25-2、。
最新人教版高中数学必修5第二章《等比数列的前n项和》同步测控 (1)
2.5 等比数列的前n 项和5分钟训练(预习类训练，可用于课前)1.等比数列｛a n ｝的各项都是正数，若a 1=81,a 5=16，则它的前5项和是( )A.179B.211C.248D.275解析：先由a 5=a 1q 4求公比q,再由公式S 5=qq a a --151求解. 答案：B2.等比数列{a n }中，a 1+a 2=20,a 3+a 4=40,则a 5+a 6等于( )A.20B.40C.80D.120解析：等比数列中S 2,S 4-S 2,S 6-S 4仍为等比数列.答案：C3.求数列23,49，825,1665，…的通项公式，并求其前n 项和. 解：a n =n+n 21. S n =(1+21)+(2+221)+(3+321)+…+(n+n 21) =(1+2+3+…n)+(21+221+321+ …+n 21)=2)1(+n n +211)211(21--n =2)1(+n n +1-n 21. 4.已知等比数列{a n }的前n 项和是2,紧接着后面的2n 项和是12,再紧接着后面的3n 项和是S,求S 的值.解：∵S n =2,若公比q 为1，则S 3n -S n =4,不是12,与已知矛盾，∴q≠1.由题意得S n =qq a n --1)1(1=2, ① S 3n -S n =qq q a n n --1)1(21=12. ② ②÷①,得q 2n+q n -6=0,即q n =2或q n =-3. S=qq a q q a n n n --=--+1)1(1)1(1313q 3n (1+q n +q 2n)=2q 3n (1+q n +q 2n). 当q n =2时，S=112;当q n =-3时，S=-378.10分钟训练(强化类训练，可用于课中)1.数列1，a,a 2,a 3,…，a n -1, …的前n 项和为( ) A.a a n --11 B.a a n --+111 C.aa n --+112D.以上均不正确 解析：a=1时，数列是等比数列，公比为1，利用等比数列前n 项和公式要分q=1与q≠1两种情况.答案：D2.在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3=2S 2+1,a 4=2S 3+1,则公比q 等于( )A.3B.-3C.-1D.1解析：两式相减得a 4-a 3=2a 3,从而求得34a a =3. 答案：A3.求和：S n =x+2x 2+3x 3+…+nx n (x≠0).解：(1)当x=1时，S n =1+2+3+…+n=2)1(+n n . (2)当x≠1时，S n =x+2x 2+3x 3+…+nx n ,xS n =x 2+2x 3+3x 4+…+nx n+1，∴(1-x)S n =x+x 2+x 3+…+x n -nx n+1=x x x n --1)1(-nx n+1. ∴S n =x nx x x x n n ----+1)1()1(12. ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≠≠----=++.10,1)1()1(,1,2)1(12x x x nx x x x x n n n n 且 4.在等比数列{a n }中，S n =48,S 2n =60,求S 3n .答案：解法一：∵S 2n ≠2S n ,∴q≠1. 根据已知条件得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=--,601)1(,481)1(211qq a q q a n n 两式相除得1+q n =45. ∴q n =41. 代入得qa -11=64. ∴S 3n =qa -11(1-q 3n )=64×(1-341)=63. 解法二：∵{a n }为等比数列，∴(S 2n -S n )2=S n (S 3n -S 2n ).∴S 3n =nn n S S S 22)(-+S 2n =48)4860(2-+60=63. 5.已知数列{a n }:a 1,a 2,a 3,…,a n ,…,构造一个新数列：a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n-1,…,此数列是首项为1公比为31的等比数列. (1)求数列{a n }的通项;(2)求数列{a n }的前n 项和.解：(1)a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=311)31(1--n =23［1-(31)n ］. (2)S n =a 1+a 2+a 3+…+a n =23(1-31)+23［1-(31)2］+23［1-(31)3］+…+23［1-(31)n ］ =23{(1-31)+［1-(31)2］+［1-(31)3］+…+［1-(31)n ］} =23n-21［1+31+(31)2+…+(31)n-1］ =23n-21311)31(1--n =23n-43［1-(31)n ］=43(2n-1)+41(31)n-1. 6.一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后跳回到原来高度的一半再落下，当它第10次着地时，共经过的路程是多少？解：由题意知，球第1次着地时，经过的路程是100 m ，从这时到第2次着地时，共经过了2×2100 m ，从这时到第3次着地时，共经过了2×22100 m,…,到第10次着地时，共经过了2×92100 m. ∴S 10=100+2×2100+2×22100+…+2×92100 =100+100(1+21+…+821)=100+211)211(1009--≈300 (m). 答：第10次着地时，共经过的路程约是300 m.30分钟训练(巩固类训练，可用于课后)1.已知数列a,a(1-a),a(1-a)2,…是等比数列，则实数a 的取值范围是( )A.a≠1B.a≠0或a≠1C.a≠0D.a ≠0且a≠1解析：等比数列中的项不能为0.答案：D2.在等比数列{a n }中，a 9=-2,则此数列前17项之积等于( )A.216B.-216C.217D.-217解析：a 1a 2a 3…a 17=(a 1a 17)(a 2a 16) …(a 8a 10)a 9=(a 9)17=-217.答案：D3.在等比数列{a n }中，公比q=2,log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a 10=25,则a 1+a 2+…+a 10=_____________. 解析：∵log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a 10=25,∴a 1a 2…a 10=225.又∵a 1a 2…a 10=a 110q 1+2+3+…+9,从而求出a 1,再利用S 10=qq a --1)1(101求解. 答案：21023 4.若数列｛a n }成等比数列，且a n ＞0,前n 项和为80,其中数值最大项为54，前2n 项和为6 560，求S 100.解：根据已知条件得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=--,65601)1(,801)1(211q q a q q a n n 两式相除得1+q n =82,∴q n =81. 代入得qa -11=-1. 由a 1＞0,得a 1=q-1,q ＞1,故数值为a n =54,即a 1q n-1=54⇒qa 1×81=54. 解得a 1=2,q=3. S 100=qq a --1)1(1001=3100-1. 5.某林场2002年底森林木材储存量为330万立方米，若树林以每年25%的增长率生长，计划从2003年起，每年冬天要砍伐的木材量为x 万立方米，为了实现经过20年木材储存量翻两番的目标，每年砍伐的木材量x 的最大值是多少？(lg2≈0.3)解：设从2002年起的每年年底木材储存量组成数列{a n },则⎪⎩⎪⎨⎧-=-+==+.45%)251(,33011x a x a a a n n n 则a n+1-4x=45(a n -4x),∴{a n -4x}是以330-4x 为首项，公比为45的等比数列. ∴a n =(330-4x)(45)n-1+4x. ∴a 21=(330-4x)(45)20+4x. 令a 21≥4a 1,即(330-4x)(45)20+4x≥4×330. 由lg2≈0.3,可求得(45)20=100, 代入上式整理得396x≤31 680,解得x≤80万立方米.答：每年砍伐的木材量x 的最大值是80万立方米.6.设{a n }是一个公差为d(d≠0)的等差数列，它的前10项和S 10=110且a 1,a 2,a 4成等比数列.(1)证明a 1=d;(2)求公差d 的值和数列{a n }的通项公式.答案：(1)证明：因a 1,a 2,a 4成等比数列，故22a =a 1a 4.而{a n }是等差数列，有a 2=a 1+d,a 4=a 1+3d.∴(a 1+d)2=a 1(a 1+3d),即21a +2a 1d+d 2=21a +3a 1d.∴a 1=d.(2)解：由条件S 10=110,得10a 1+2910⨯d=110,即2a 1+9d=22. 将a 1=d 代入得a 1=d=2.∴a n =2n.7.已知数列{a n }中，a 1=65,a 2=3619,且数列{b n }是公差为－1的等差数列，其中b n =log 2(a n+1-3n a ).数列{c n }是公比为31的等比数列，其中c n =a n+1-2n a .求数列{a n }的通项公式及它的前n 项和. 解：∵a 1=65,a 2=3619, ∴b 1=log 2(3619-31×65)=-2,c 1=3619-21×65=231. ∵{b n }是公差为-1的等差数列，{c n }是公比为31的等比数列. ∴⎪⎩⎪⎨⎧=-⨯-+-=-,)31(31),1()1(212n n n c n b 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--⨯-+-=--++,)31(312),1()1(2)3(log 12112n n n n n a a n a a 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-++++.312,2131111n n n n n n a a a a 消去a n+1,得a n =n 23-n 32. S n =a 1+a 2+…a n =3(21+221+321+…+n 21)-2(31+231+331+…+n 31) =3×211)211(21--⨯n -2×311)311(31--⨯n =3-n 23-1+n31.8.某县位于沙漠边缘地带，人与自然长期进行顽强的斗争，到1999年底全县的绿化率已达到30%，从1999年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%被栽上树，改造成绿洲，而同时原有绿洲面积的4%又被侵蚀，变为沙漠.(1)设全县面积为1,1999年底绿洲面积a 1=103,经过一年(指2000年底)绿洲面积为a 2,经过n 年绿洲面积为a n+1,求证：a n+1=54a n +254； (2)问至少经过多少年的努力才能使全县绿洲面积超过60%？解：(1)设1999年底沙漠面积为b 1,经过n 年沙漠面积为b n+1,则a 1+b 1=1且a n +b n =1. 因为绿洲面积a n+1由两部分组成，一部分是原有绿洲面积a n 减去被侵蚀掉的面积a n -1004a n =10096a n ;另一部分是新绿洲面积10016b n , ∴a n+1=10096a n +10016b n =10096a n +10016(1-a n ), 即a n+1=54a n +254. (2)∵a n+1-54=54(a n -54), ∴{a n -54}是公比为54的等比数列. ∴a n -54=(a 1-54)×(54)n-1=-21×(54)n-1. ∴a n =54-21×(54)n-1. 令a n ≤60%＜a n+1，即54-21×(54)n-1≤53＜54-21×(54)n , 得(54)n ＜52≤(54)n-1, 两边取对数得nlg 54＜lg 52≤(n -1)·lg 54, 则8.0lg 4.0lg ＜n≤8.0lg 4.0lg +1,8.0lg 4.0lg =12lg 312lg 2--≈4.1. ∴4.1＜n≤5.1.答：约经过6年的努力，绿洲面积可超过60%.9.已知a 1=1,a n+1-a n =2n -n,求a n .解：∵a n+1-a n =2n -n,∴a 2-a 1=21-1,a 3-a 2=22-2,a 4-a 3=23-3,……a n -a n-1=2n-1-(n-1).∴a n -a 1=(21+22+23+…+2n-1)-［1+2+3+…+(n-1)］=2n -2-2)1(-n n ,a n =2n -2)1(-n n -1. 而a 1=1也适合上式. ∴a n =2n -2)1(-n n -1. 10.已知a 1=1,nn a a 1+=n n 2+,求a n . 解：∵nn a a 1+=n n 2+, ∴当n≥2时，1a a n =12a a ·23a a ·…·1-n n a a =352413⨯⨯×…×2-n n ×11-+n n =2)1(+n n . 又∵a 1=1,∴a n =2)1(+n n . 又∵a 1=1也适合上式，∴a n =2)1(+n n .。
人教版高中数学必修五等比数列的前n项和二测试题
§2.5 等比数列的前n 项和(二)课时目标1．熟练应用等比数列前n 项和公式的有关性质解题． 2．能用等比数列的前n 项和公式解决实际问题．1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，当公比q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q；当q ＝1时，S n ＝na 1.2．等比数列前n 项和的性质：(1)连续m 项的和(如S m 、S 2m －S m 、S 3m －S 2m )，仍构成等比数列．(注意：q ≠－1或m 为奇数)(2)S m ＋n ＝S m ＋q m S n (q 为数列{a n }的公比)．(3)若{a n }是项数为偶数、公比为q 的等比数列，则S 偶S 奇＝q .3．解决等比数列的前n 项和的实际应用问题，关键是在实际问题中建立等比数列模型．一、选择题1．在各项都为正数的等比数列{a n }中，首项a 1＝3，前3项和为21，则a 3＋a 4＋a 5等于( )A ．33B ．72C ．84D ．189 答案 C解析 由S 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝21且a 1＝3，得q ＋q 2－6＝0.∵q >0，∴q ＝2.∴a 3＋a 4＋a 5＝q 2(a 1＋a 2＋a 3)＝22·S 3＝84.2．某厂去年产值为a ，计划在5年内每年比上一年产值增长10%，从今年起5年内，该厂的总产值为( )A ．1.14aB ．1.15aC ．10a (1.15－1)D ．11a (1.15－1) 答案 D解析 注意去年产值为a ，今年起5年内各年的产值分别为1.1a,1.12a,1.13a,1.14a,1.15a . ∴1.1a ＋1.12a ＋1.13a ＋1.14a ＋1.15a ＝11a (1.15－1)．3．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1a n}的前5项和为( )A.158或5B.3116或5C.3116D.158 答案 C解析 若q ＝1，则由9S 3＝S 6得9×3a 1＝6a 1， 则a 1＝0，不满足题意，故q ≠1.由9S 3＝S 6得9×a 1(1－q 3)1－q ＝a 1(1－q 6)1－q，解得q ＝2.故a n ＝a 1q n －1＝2n －1， 1a n ＝(12)n －1. 所以数列{1a n }是以1为首项，12为公比的等比数列，其前5项和为S 5＝1×[1－(12)5]1－12＝3116.4．一弹性球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)( )A ．300米B ．299米C ．199米D ．166米 答案 A解析 小球10次着地共经过的路程为100＋100＋50＋…＋100×⎝⎛⎭⎫128＝2993964≈300(米)．5．在等比数列中，S 30＝13S 10，S 10＋S 30＝140，则S 20等于( ) A ．90 B ．70 C ．40 D ．30 答案 C解析 q ≠1 (否则S 30＝3S 10)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ S 30＝13S 10S 10＋S 30＝140，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 10＝10S 30＝130， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 10)1－q＝10a 1(1－q 30)1－q＝130，∴q 20＋q 10－12＝0.∴q 10＝3，∴S 20＝a 1(1－q 20)1－q＝S 10(1＋q 10)＝10×(1＋3)＝40.6．某企业在今年年初贷款a 万元，年利率为γ，从今年年末开始每年偿还一定金额，预计五年内还清，则每年应偿还( )A.a (1＋γ)(1＋γ)5－1万元B.aγ(1＋γ)5(1＋γ)5－1万元C.aγ(1＋γ)5(1＋γ)4－1万元D.aγ(1＋γ)5万元 答案 B解析 设每年偿还x 万元，则：x ＋x (1＋γ)＋x (1＋γ)2＋x (1＋γ)3＋x (1＋γ)4＝a (1＋γ)5，∴x ＝aγ(1＋γ)5(1＋γ)5－1.二、填空题 7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则{a n }的公比为________．答案 13解析 由已知4S 2＝S 1＋3S 3，即4(a 1＋a 2)＝a 1＋3(a 1＋a 2＋a 3)． ∴a 2＝3a 3，∴{a n }的公比q ＝a 3a 2＝13.8．在等比数列{a n }中，已知S 4＝48，S 8＝60，则S 12＝________________________________________________________________________. 答案 63解析 方法一 ∵S 8≠2S 4，∴q ≠1，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 4)1－q＝48 ①a 1(1－q 8)1－q ＝60 ②由②÷①得1＋q 4＝54，∴q 4＝14③将③代入①得a 11－q ＝64，∴S 12＝a 1(1－q 12)1－q＝64(1－143)＝63.方法二 因为{a n }为等比数列，所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列， 所以(S 2n －S n )2＝S n (S 3n －S 2n )，所以S 3n ＝(S 2n －S n )2S n ＋S 2n ，所以S 12＝(S 8－S 4)2S 4＋S 8＝(60－48)248＋60＝63.9．一个蜂巢里有一只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了2个伙伴；第2天，3只蜜蜂飞出去，各自找回了2个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂．答案 729解析 每天蜜蜂归巢后的数目组成一个等比数列，a 1＝3，q ＝3，∴第6天所有蜜蜂归巢后，蜜蜂总数为a 6＝36＝729(只)．10．某工厂月生产总值的平均增长率为q ，则该工厂的年平均增长率为________． 答案 (1＋q )12－1解析 设第一年第1个月的生产总值为1，公比为(1＋q )，该厂第一年的生产总值为S 1＝1＋(1＋q )＋(1＋q )2＋…＋(1＋q )11.则第2年第1个月的生产总值为(1＋q )12，第2年全年生产总值S 2＝(1＋q )12＋(1＋q )13＋…＋(1＋q )23＝(1＋q )12S 1，∴该厂生产总值的平均增长率为S 2－S 1S 1＝S 2S 1－1＝(1＋q )12－1.三、解答题11．为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80吨，该矿区计划从2010年开始出口，当年出口a 吨，以后每年出口量均比上一年减少10%.(1)以2010年为第一年，设第n 年出口量为a n 吨，试求a n 的表达式；(2)因稀土资源不能再生，国家计划10年后终止该矿区的出口，问2010年最多出口多少吨？(保留一位小数)参考数据：0.910≈0.35.解 (1)由题意知每年的出口量构成等比数列，且首项a 1＝a ，公比q ＝1－10%＝0.9，∴a n ＝a ·0.9n －1 (n ≥1)．(2)10年的出口总量S 10＝a (1－0.910)1－0.9＝10a (1－0.910)．∵S 10≤80，∴10a (1－0.910)≤80，即a ≤81－0.910，∴a ≤12.3.故2010年最多出口12.3吨． 12．某市2008年共有1万辆燃油型公交车，有关部门计划于2009年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：(1)该市在2015年应该投入多少辆电力型公交车？(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的13？(lg 657＝2.82，lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)解 (1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列{a n }，其中a 1＝128，q ＝1.5，则在2015年应该投入的电力型公交车为a 7＝a 1·q 6＝128×1.56＝1 458(辆)．(2)记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，依据题意，得S n 10 000＋S n >13，于是S n ＝128(1－1.5n )1－1.5>5 000(辆)，即1.5n >65732.两边取常用对数，则n ·lg 1.5>lg 65732，即n >lg 657－5lg 2lg 3－lg 2≈7.3，又n ∈N ＋，因此n ≥8.所以到2016年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的13.能力提升13．有纯酒精a L(a >1)，从中取出1 L ，再用水加满，然后再取出1 L ，再用水加满，如此反复进行，则第九次和第十次共倒出纯酒精________L.答案 ⎝⎛⎭⎫1－1a 8⎝⎛⎭⎫2－1a 解析 用{a n }表示每次取出的纯酒精，a 1＝1，加水后浓度为a －1a ＝1－1a ，a 2＝1－1a，加水后浓度为⎝⎛⎭⎫1－1a ⎝⎛⎭⎫a －1a ＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2，a 3＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2， 依次类推：a 9＝⎝⎛⎭⎫1－1a 8，a 10＝⎝⎛⎭⎫1－1a 9. ∴⎝⎛⎭⎫1－1a 8＋⎝⎛⎭⎫1－1a 9＝⎝⎛⎭⎫1－1a 8⎝⎛⎭⎫2－1a . 14．现在有某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元，两方案使用期都是10年，到期后一次性归还本息，若银行贷款利息均按本息10%的复利计算，试比较两种方案谁获利更多？(精确到千元，数据1.110≈2.594,1.310≈13.79)解 甲方案10年中每年获利数组成首项为1，公比为1＋30%的等比数列，其和为1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－11.3－1≈42.63(万元)，到期时银行贷款的本息为10(1＋0.1)10≈10×2.594＝25.94(万元)， ∴甲方案扣除贷款本息后，净获利约为 42．63－25.94≈16.7(万元)．乙方案10年中逐年获利数组成等差数列， 1＋1.5＋…＋(1＋9×0.5) ＝10(1＋5.5)2＝32.50(万元)， 而贷款本利和为1．1×[1＋(1＋10%)＋…＋(1＋10%)9]＝1.1×1.110－11.1－1≈17.53(万元)．∴乙方案扣除贷款本息后，净获利约为32．50－17.53≈15.0(万元)，比较得，甲方案净获利多于乙方案净获利．1．准确理解等比数列的性质，熟悉它们的推导过程是记忆的关键．用好其性质也会降低解题的运算量，从而减少错误．2．利用等比数列解决实际问题，关键是构建等比数列模型．要确定a1与项数n的实际含义，同时要搞清是求a n还是求S n的问题．附赠材料答题六注意：规范答题不丢分提高考分的另一个有效方法是减少或避免不规范答题等非智力因素造成的失分,具体来说考场答题要注意以下六点:第一,考前做好准备工作。
高中数学第二章数列2.5等比数列前n和同步检测(含解析)新人教A版必修5
2.5等比数列前n 和一、选择题1．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a 5＝－2，a 8＝16，则S 6等于( )A.218 B ．218- C. 178 D ．178-答案：A解析：解答：设公比为q ，首项1a ，因为a 5＝－2，a 8＝16，所以4171=-2,16,a q a q ⎧⎪⎨=⎪⎩解得q ＝－2，a 1＝－18.所以S 6＝()6112118a q q -=-.选A.分析：根据等比数列的通项公式求出首项和公比，根代入等比数列的前n 项和公式即可． 2．在等比数列{a n }中，公比q ＝－2，S 5＝44，则a 1的值为( )A ．4B ．－4C ．2D ．－2 答案：A解析：解答：设首项1a ，因为S 5＝()5111a q q--，所以()()()511-2=441-2a --，解得a 1＝4，故选A.分析：根据等比数列的等比数列的前n 项和公式，代入即可． 3．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝t ·5n －2－15，则实数t 的值为( )． A ．4 B ．5C. 45D.15答案：B解析：解答：设公比为q ，首项1a ，当n=1时，a 1＝S 1＝15t －15，a 2＝S 2－S 1＝45t ， a 3＝S 3－S 2＝4t ，∴由{a n }是等比数列知2411555t t ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭·4t ，显然t ≠0，所以t ＝5.故选B.分析：根据等比中项的性质m +n =2p ，则a m a n =a p a p ，，代入即可． 4.已知等比数列｛a n ｝的公比q=31，且a 1+a 3+a 5+…+a 99=60，则a 1+a 2+a 3+a 4+…+a 100等于( ) A.100B.90C.60D.40答案：B解析：解答：设公比为q ，首项1a ，因为a 1+a 3+a 5+…+a 99=60，则a 2 +a 4+…+a 100=q （a 1+a 3+a 5+…+a 99）=160302⨯=, a 1+a 2+a 3+a 4+…+a 100=90,故选B.分析：根据数列的连续的奇数项与偶数项的关系，即可解此题．5．已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( ) A ．35 B ．33 C ．31 D ．29答案：B解析：解答：设数列{a n }的公比为q ，首项1a ，则a 2·a 3＝a 21·q 3＝a 1·a 4＝2a 1⇒a 4＝2，a 4＋2a 7＝a 4＋2a 4q 3＝2＋4q 3＝2×54⇒q ＝12，故a 1＝43a q ＝16，S 5＝()511311a q q-=-.故选：C分析：根据等比数列的通项公式求出首项和公比，根代入等比数列的前n 项和公式即可． 6、若a ，4，3a 为等差数列的连续三项，则a 0+a 1+a 2+…+a 9的值为（ ） A 、2047 B 、1062 C 、1023 D 、531答案：B解析：解答：解：由于a+3a=4a=2×4，解得a=2， 故a 0+a 1+a 2+…+a 9=20+21+22+…+29=()()101011121023112a q q--==--．故选C ． 故选：C分析：根据等比数列的通项公式求出首项和公比，根代入等比数列的前n 项和公式即可． 7、等比数列{a n }的前n 项之和为S n ，公比为q ，若S 3=16且112819a q =-，则S 6=（） A 、14 B 、18 C 、102D 、144答案：A解析：解答：因为S 3=16，112819a q =-则()311161a q q-=-，将()112819a q =-代入()311161a q q-=-，化简得3918q -=，解得,1643a =12q =-， 所以6664113214112S ⎛⎫⎛⎫⨯-- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==⎛⎫-- ⎪⎝⎭,故选A分析：根据等比数列的通项公式求出首项和公比，根代入等比数列的前n 项和公式即可． 8.已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1na }的前5项和为( )A.158或5 B. 3116或5 C. 3116D.158答案：A解析：解答：若q ＝1，则由9S 3＝S 6得9×3a 1＝6a 1，则a 1＝0，不满足题意，故q ≠1. 由9S 3＝S 6得()()361111911a q a q qq--⨯=--，解得q ＝2.故a n ＝a 1q n －1＝2n －1，1112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭所以数列{1na }是以1为首项，12为公比的等比数列，其前5项和为5511123111612s ⎛⎫⎛⎫⨯- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==-.故选C. 分析：根据等比数列的通项公式求出首项和公比，根代入等比数列的前n 项和公式即可． 9、已知{a n }是等比数列，2512,,4a a ==则1223341n n a a a a a a a a +++++=……（ ） A.16（n --41） B. 16（n --21） C.332（n --41） D. 332（n --21） 答案：C解析：解答：由33255212,,24a a a a q q ====，解得12q =，数列{}1n n a a +仍是等比数列：其首项是128,a a =公比为14， 所以1223341n n a a a a a a a a +++++=……()181432141314n n -⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=--．.故选C.分析：根据等比数列的通项公式求出首项和公比，根代入等比数列的前n 项和公式即可． 10、在等比数列{a n }中，前7项和S 7=16，又a 12+a 22+…+a 72=128，则a 1﹣a 2+a 3﹣a 4+a 5﹣a 6+a 7=（ ） A 、8B 、132C 、6D 、72答案：A解析：解答：∵S 7=()711161a q q-=-，∴a 12+a 22+…+a 72=()2141211a q q--=()()77111111a q a q qq--⋅--=128，即()71181a q q-=-则a 1﹣a 2+a 3﹣a 4+a 5﹣a 6+a 7=（a 1﹣a 2）+（a 3﹣a 4）+（a 5﹣a 6）+a 7 =a 1（1﹣q ）+a 1q 2（1﹣q ）+a 1q 4（1﹣q ）+a 1q 6=()()612111a q q q ---+a 1q 6=()71181+a q q+=；故选A分析：把已知的前7项和S 7=16利用等比数列的求和公式化简，由数列{a n 2}是首项为a 1，公比为q 2的等比数列，故利用等比数列的求和公式化简a 12+a 22+…+a 72=128，变形后把第一个等式的化简结果代入求出()7111+a q q+的值，最后把所求式子先利用等比数列的通项公式化简，把前六项两两结合后，发现前三项为等比数列，故用等比数列的求和公式化简，与最后一项合并后，将求出()7111+a q q+的值代入即可求出值．11、设s n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2+a 5=0则52S S =（ ）A 、﹣11B 、﹣8C 、5D 、11答案：A解析：解答：设公比为q ，由8a 2+a 5=0，得8a 2+a 2q 3=0，解得q=﹣2，所以5521111S q S q-==--．故选A ． 分析：根据等比数列的通项公式求出首项和公比，根代入等比数列的前n 项和公式即可． 12、设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若633,S S =则96SS =（ ） A 、2 B 、73 C 、83D 、3答案：B解析：解答：设公比为q ，则63633111S q q S q-==+-=3所以q 3=2， 所以93962611271123S q S q --===--．故选B ． 分析：首先由等比数列的前n 项和公式列方程，并解得q 3，然后再次利用等比数列的前n 项和公式则求得答案．13、在等比数列{a n }（n ∈N *）中，若1411,8a a ==，则该数列的前10项和为（ ） A 、8122-B 、9122-C 、10122-D 、11122-答案：B解析：解答：设公比为q ，由314411111,,,882a a a a q ====则所以q=，所以10109111221212s ⎛⎫- ⎪⎝⎭==--．故选B ．分析：先由等比数列的通项公式求出公比q ，再根据等比数列的前n 项和公式求前10项和即可．14、在等比数列{a n }中，a 1=2，前n 项和为s n ，若数列{a n +1}也是等比数列，则s n 等于（ ） A 、2n+1﹣2B 、3n 2C 、2nD 、3n ﹣1答案：C解析：解答：因数列{a n }为等比，则a n =2qn ﹣1，因数列{a n +1}也是等比数列，则（a n+1+1）2=（a n +1）（a n+2+1） ∴a n+12+2a n+1=a n a n+2+a n +a n+2∴a n +a n+2=2a n+1∴a n （1+q 2﹣2q ）=0 ∴q=1,即a n =2，所以s n =2n ，故选C ．分析：根据数列{a n }为等比可设出a n 的通项公式，因数列{a n +1}也是等比数列，进而根据等比性质求得公比q ，进而根据等比数列的求和公式求出s n ．15．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21， 则m ＝( )A ．3 B.4 C ．5 D.6 答案：C解析：解答：由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32， 故公比q ＝+1m m a a ＝－2，又S m ＝11m a a q q--＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1·q m －1＝－16，故(－1)×(－2)m －1＝－16，求得m ＝5.故选C ．分析：先由等比数列的通项公式求出公比q ，再根据等比数列的前n 项和公式，反求出m 即可． 二、填空题16．已知等比数列{a n }中，a 1＋a 3＝10，前4项和为40.求数列{a n }的通项公式： 答案：a n ＝3n －1解析：解答：解：设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＋a 3＝10，前4项和为40，则211231111+10,40,a a q a a q a q a q ⎧=⎪⎨+++=⎪⎩解得11,3,a q =⎧⎨=⎩∴a n ＝a 1q n －1＝3n －1. ∴等比数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.分析：先根据等比数列的前n 项和公式，再由等比数列的通项公式求出公比q ，求出a n 即可． 17．等比数列的公比为2，前4项之和等于10，则前8项之和等于________． 答案：170解析：解答：S 8－S 4＝q 4·S 4＝24·10＝160，S 8＝170.答案：170 分析：先根据等比数列的前n 项和“片段和”的性质，即可求出s 8即可18．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，a 2＋a 3＝12，则该数列的前4项和为__________． 答案：30解析：解答：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝2，a 2＋a 3＝12，则a 1q ＋a 1q 2＝12，解得q＝2，故S 4＝421212⨯--＝30.答案：30分析：先由等比数列的通项公式求出公比q ，再根据等比数列的前n 项和公式即可 19、已知等比数列()n a 中21a =，则其前3项的和3S 的取值范围是 ． 答案：(][),13,-∞-+∞解析：解答：∵等比数列()n a 中21a = ∴312321111S a a a a q q q q⎛⎫=++=++=++ ⎪⎝⎭ ∴当公比0q >时，31113S q q =++≥+=； 当公比0q <时，31111S q q ⎛⎫=---≤-=- ⎪⎝⎭ ∴(][)3,13,S ∈-∞-+∞ 故答案(][),13,-∞-+∞；分析：先由等比数列的通项公式求出公比q ，再根据等比数列的前n 项和公式即可20、等差数列{a n }前n 项和S n ，a 1=2，S 10=110，若()*12=log nn a b n N ∈，则数列{b n }的前n 项和为 ． 答案： 11134n ⎛⎫-⎪⎝⎭解析：解答：∵等差数列{a n }中，a 1=2，S 10=110，∴1091021102d ⨯⨯+=， 解得d=2，∴a n =2+（n ﹣1）×2=2n，∵()*12=log n n a b n N ∈，21111,,2444n nn b b q ⎛⎫⎛⎫∴==∴== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭公比 ∴数列{b n }的前n 项和11144114n n T ⎛⎫- ⎪⎝⎭=-=11134n ⎛⎫- ⎪⎝⎭． 故答案为：11134n ⎛⎫- ⎪⎝⎭． 分析： 本题考查等差数列和等比数列的通项公式，解题时要认真审题，注意对数性质的灵活运用．21．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列． (1)求{a n }的公比q ；答案：依题意有a 1＋(a 1＋a 1q )＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)．由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0.又q ≠0，从而q ＝－12(2)若a 1－a 3＝3，求S n . 答案：由已知可得a 1－a 1(－12)2＝3，故a 1＝4. 从而S n ＝11281=1--13212n n⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+ 解析： 分析：本题考查等差数列和等比数列的通项公式，解题时要认真审题，注意对数性质的灵活运用．22.已知等比数列{a n }满足38312,,8a a ==记其前n 项和为.n S （1）求数列{a n }的通项公式a n ；答案：设等比数列{a n }的公比为q ，因为38312,,8a a ==则2117112,148,32,8a q a q a q ⎧=⎪==⎨=⎪⎩解得，所以1111482n n n a a q --⎛⎫==⋅ ⎪⎝⎭（2）若93,n s n =求答案：93n s =，()1148112196111212n n nna q s q ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪-⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦===-⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦- 由196193,52n n s n ⎡⎤⎛⎫=-==⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦解得解析： 分析： 本题考查等比数列的通项公式，求前n 项和，解题时要认真审题，注意对数性质的灵活运用．23．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝a 4＋6，且a 1，a 4，a 13 成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；答案：设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)．因为S 3＝a 4＋6，所以3a 1＋322d⨯＝a 1＋3d ＋6. 所以a 1＝3.因为a 1，a 4，a 13成等比数列， 所以a 1(a 1＋12d )＝(a 1＋3d )2， 即3(3＋12d )＝(3＋3d )2. 解得d ＝2. 所以a n ＝2n ＋1(2)设b n ＝2a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． 答案：由题意b n ＝22n ＋1＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝22n ＋1，21+112122n n n n c c +++=＝4(n ∈N *)，所以数列{c n }为以8为首项，4为公比的等比数列． 所以T n ＝81414n --（）＋n ＝232-83n +＋n .解析：分析：本题考查等差数列和等比数列的通项公式，解题时要认真审题，注意对数性质的灵活运用．24. 已知等差数列{}n a 满足1210a a +=，432a a -=． （1）求{}n a 的通项公式；答案：设等差数列{}n a 的公差为d.因为432a a -=，所以2d =. 又因为1210a a +=，所以1210a d +=，故14a =. 所以42(1)22n a n n =+-=+ (1,2,)n =（2）设等比数列{}n b 满足23b a =，37b a =，问：6b 与数列{}n a 的第几项相等？ 答案：设等比数列{}n b 的公比为q .因为238b a ==，3716b a ==，所以2q =，14b =.所以61642128b -=⨯=.由12822n =+，得63n =.所以6b 与数列{}n a 的第63项相等解析：分析：本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用等差数列的通项公式，将1234,,,a a a a 转化成1a 和d ，解方程得到1a 和d 的值，直接写出等差数列的通项公式即可；第二问，先利用第一问的结论得到2b 和3b 的值，再利用等比数列的通项公式，将2b 和3b 转化为1b 和q ，解出1b 和q 的值，得到6b 的值，再代入到上一问等差数列的通项公式中，解出n 的值，即项数.25、已知数列},{n a 定义倒均数是*,11121N n na a a V nn ∈+++= （1）若数列}{n a 的倒均数是21+=n V n ，求数列的通项公式n a 答案：21+=n V n ， 2111121+=+++∴n n a a a n当2≥n 时2)1()1(1112121-+-=+++-n n a a a n 即2111221nn a a a n +=++++ n a n=∴1，11111===∴a n n a n 时*)(111N n na a n ∈=∴=∴ （2）若等比数列,,211}{n n V q b 其倒数为公比为的首项为=-问是否存在正整数m ，使得当16,-<≥n V m n 时恒成立，若存在，求出m 的最小值；若不存在，说明理由. 答案：∵2111=-=q b }1{nb ∴是首项为－1，公比为2的等比数列 nn n b b b V n n n n 2121)21(111121-=---=+++=∴ 不等式162116-<--<n V nn 即n n 1612>-∴令1)1(162)1(1162)(1-+-=+--=+n n f n n f n n则162)()1(-=-+n n f n f11 当)()1(4n f n f n ≤+≤时即0)1()2()3()4()5(<<<<=f f f f f当 <<<>+≥)7()6()5()()1(5f f f n f n f n 时又033)6(<-=f 015)7(>=f故当7≥n 时有0)(>n f即1612>-n 恒成立，因此存在正整数m ，使得*)(N n m n ∈≥时16-<n V 恒成立且m 的最小值为7.解析：分析：本题考查数列的通项公式，等比数列前n 和的综合应用，解题时要认真审题，注意对数性质的灵活运用．。
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基础达标
一、选择题
1.已知等比数列{a n }中,a 1=2,S 3=26,则公比q 的值是（ ）
A.3
B.-4
C.3或-4
D.-3或4 答案：A
2.一个等比数列中,S n =48,S 2n =60,则S 3n 等于（ ）
A.183
B.108
C.75
D.63
答案:D
3.数列{a n }的前n 项和为S n ,若lg(S n +1)=n,则此数列一定是（ ）
A.等差数列
B.等比数列
C.常数列
D.以上都不对 解析:∵lg(S n +1)=n,
∴S n +1=10n ,即S n =10n -1.由等比数列前n 项和的性质可知:数列{a n }一定是等比数列. 故应选B.
答案:B
4.数列{a n }的前n 项和是S n ,如果S n =3+2a n (n ∈N *),则这个数列一定是（ ）
A.等比数列
B.等差数列
C.除去第一项后是等比数列
D.除去第一项后是等差数列
解析:由于a n =S n -S n-1=3+2a n -3-2a n-1=2a n -2a n-1(n ≥2),所以1
n n a a =2(n ≥2),即数列{a n }是等比数列. 故选A.
答案:A
5.在等比数列{a n }中,S n 表示前n 项和,若a 3=2S 2+1,a 4=2S 3+1,则公比q 等于（ ）
A.3
B.-3
C.-1
D.1
解析:∵a 3=2(a 1+a 2)+1, ①
a 4=2(a 1+a 2+a 3)+1, ②
由②-①,得a 4-a 3=2a 3. ∴3
4a a =3.故公比q=3,应选A. 答案:A
二、填空题
6.在等比数列{a n }中,a 1=1,a n =-512,S n =-341,则q=_____________,n=______________. 答案:-2 10
7.一个工厂的生产总值月平均增长率为p,那么年平均增长率为__________________. 答案:(1+p)12-1
三、解答题
8.在等比数列{a n }中,若a 6-a 4=216,a 3-a 1=8,S n =40,求q,a 1及n.
解:设{a n }的公比为q,由已知可知q ≠1,则
⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=--=-=-,401)1(,
8,21611213151q
q a a a a q a q a n 解之,得⎪⎩
⎪⎨⎧===.4,1,31n a q
9.一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇数项的和为85,偶数项的和为170,求此数列的公比和项数.
思路分析:因奇数项和与偶数项和不同,项数相同,可知其公比q ≠1,故可直接套用求和公式,列方程组解决.
解:设原等比数列的公比为q,项数为2n(n ∈N *),由已知a 1=1,q ≠1,且有
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=--)
2(,1701)1()1(,85112222q
q q q q n n
①÷②,得q=2. ∴4
141--n
=85,4n =256. ∴n=4.
故公比为2,项数为8.
10.已知数列{a n }是首项为正数的等比数列,前n 项和S n =80,前2n 项和S 2n =6 560,在前n 项中数值最大者为54,求通项a n .
解:要求a n ,必先求出a 1和q,这样就需要列方程求解,然后再考虑数列单调性转化最大值项. 设首项a 1,公比q,
∵S n =80,S 2n =6 560,
∴q ≠1.
从而⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=--)
2(,65601)1()1(,801)1(211q q a q q a n n 由②÷①,得1+q n =82.
∴q n =81. ③
将③代入①,得q
a --∙1)80(1=80, ∴a 1=q-1.而a 1>0,
∴q>1,等比数列{a n }为递增数列.
故a n =54,即a 1q n-1=54. ④
将③代入④,得a 1=3
2q. 由⎪⎩
⎪⎨⎧=-=,32,111q a q a 得a 1=2,q=3. 所以a n =2×3n-1(n ∈N *).
11.如右图所示,作边长为a 的正三角形的内切圆,在这个圆内作内接正三角形,然后,再作新三角形的内切圆.如此下去,求前n 个内切圆的面积和
.
解:设第n 个正三角形的内切圆的半径为a n .
因为从第2个正三角形开始,每一个正三角形的边长是前一个正三角形边长的21,每一个正三角形内切圆的半径也是前一个正三角形内切圆半径的2
1, 故a 1=21atan30°=21a ×33=6
3a,a 2=21a 1,…,a n =21a n-1. ∴数列{a n }是首项为
63a,公比为21的等比数列.∴a n =63×(21)n-1a. 设前n 个内切圆的面积和为S n ,则
S n =π(a 12+a 22+…+a n 2)=πa 12［1+(21)2+(41)2+(12
1-n )2］=πa 12［1+(41)+(41)2+…+(41)n-1］=34×122a (1-n 221)π=9
2a (1-n 221)π. 答:前n 个内切圆的面积和是9
2a (1-n 221)π. 12.已知数列{a n =1110n },若这个数列的前n 项积超过105,求n 的最小值.
解:前n 项积为11110·11210·…·1110n =22)1(10
+n n , ∴22
)1(+n n >5,n 2+n-110>0. ∴(n+11)(n-10)>0.
∴n>10.
∴n 的最小值为11.
更上一层
1.设数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =1-
3
2a n . (1)求证:{a n }是等比数列;
(2)求S n . (1)证明:∵S n =1-
3
2a n , ∴a n =S n -S n-1=1-32a n -(1-32a n-1)=32a n-1-32a n ,∴35a n =32a n-1, 即1-n n a a =5
2(n ≥2). ∴{a n }是等比数列.
(2)解:∵a 1=1-32a 1,∴a 1=53,q=52.∴S n =5
21])52(1[53--n =1-(52)n . 2.(2003年全国高考题)已知数列{a n }满足a 1=1,a n =3n-1+a n-1(n ≥2).
(1)求a 2、a 3;
(2)证明a n =2
13-n . 分析:对所给条件变形为a n -a n-1=3n-1,由等比数列定义知{a n -a n-1}为等比数列,再利用等比数列前n 项和公式可求得a n .
(1)解:∵a 1=1,
∴a 2=3+1=4,a 3=32+4=13.
(2)证明:由已知a n -a n-1=3n-1,故a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1=3n-1+3n-2
+…+3+1=213-n . ∴a n =2
13-n . 3.某林场原有森林木材存有量为a m 3,木材以每年25%的增长率增长,而每年冬天计划要砍伐的木材量为x m 3,为了实现经过20年达到木材存有量至少翻两番的目标,求x 的最大值(计算时取lg2≈0.3,lg5≈0.7).
解:第1年末的木材存有量为
4
5a-x, 第2年末的木材存有量为(45a-x)45-x=(45)2a-x(1+4
5), 第3年末的木材存有量为(45)3a-x ［1+45+(45)2］, …
第20年末的木材存有量为(45)20a-x ［1+45+(45)2+…+(45)19］=(45)20a-4x(4
5)20+4x.
由题意知(
45)20a-4x(45)20+4x ≥4a. 令y=(
4
5)20,则lgy=20(lg5-lg4)=20(1-3lg2)≈2, ∴y ≈100. ∴100a-400x+4x ≥4a x ≤
33
8 a. 故每年砍伐量不能超过338 a.。