—高效演练知能提升 A级基础巩固 、选择题 1.设{an}是公比为正数的等比数列,若a1=1,as=16,则数列 {an}前7项的和为 A.63 B.64 C.127 D.128 解析:设数列{an}的公比为q(q>0),则有as=ag=16, (1-q7)1-2 所以q=2,数列的前7项和为S7= =127 答案:C 2.设在等比数列{an}中,公比q=2,前n项和为Sn,则一的值 为( B- n(1-q4)(1-q4) 解析:根据等比数列的公式,得= (1-q)aiq2(1-q) 1-2 15 (1-2)X224 答案:A 3.一座七层的塔,每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2倍, 共点381盏灯,则底层所点灯的盏数是 A.190 B.191 C.192 D.193 解析:设最下面一层灯的盏数为a1,则公比q=2,n=7,由
A 级 基础巩固 一、选择题 1．设{an}是公比为正数的等比数列，若 a1＝1，a5＝16，则数列 {an}前 7 项的和为( ) A．63 B．64 C．127 D．128 解析：设数列{an}的公比为 q(q＞0)，则有 a5＝a1q 4＝16， 所以 q＝2，数列的前 7 项和为 S7＝ a1（1－q 7） 1－q ＝ 1－2 7 1－2 ＝127. 答案：C 2．设在等比数列{an}中，公比 q＝2，前 n 项和为 Sn，则S4 a3 的值 为( ) A. 15 4 B. 15 2 C. 7 4 D. 7 2 解析：根据等比数列的公式，得S4 a3 ＝ a1（1－q 4） （1－q）·a1q 2 ＝ （1－q 4） （1－q）q 2 ＝ 1－2 4 （1－2）×2 2 ＝ 15 4 . 答案：A 3．一座七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的 2 倍， 一共点 381 盏灯，则底层所点灯的盏数是( ) A．190 B．191 C．192 D．193 解析：设最下面一层灯的盏数为 a1，则公比 q＝ 1 2 ，n＝7，由
=381,解得a1=192 2 答案:C 已知数列{a}满足3am++an=0,n2=3则an的前10项 和等于() A.-6(1-3710) -31) C.3(1-3-10 D.3(1+3 解析:因为3an+1+an=0,a2=-2≠0, 所以an≠0,所 所以数列{an}是以2为公比的等比数列 因为a2=3,所以a=4 所以S10= 1)=3(1-3 答案:C 5.已知S是等比数列{a)的前n项和,若存在m∈N,满足s 5m+1 amm-1,则数列{an}的公比为 B.2 解析:设数列{an}的公比为q,若q=1 则s=2,与题中条件
a1 1－ 1 2 7 1－ 1 2 ＝381，解得 a1＝192. 答案：C 4．已知数列{an}满足 3an＋1＋an＝0，a2＝－ 4 3 ，则{an}的前 10 项 和等于( ) A．－6(1－3 －10) B. 1 9 (1－3 －10) C．3(1－3 －10) D．3(1＋3 －10) 解析：因为 3an＋1＋an＝0，a2＝－ 4 3 ≠0， 所以 an≠0，所以 an＋1 an ＝－ 1 3 ， 所以数列{an}是以－1 3 为公比的等比数列． 因为 a2＝－ 4 3 ，所以 a1＝4， 所以 S10＝ 4 1－ － 1 3 10 1－ － 1 3 ＝3(1－3－10)． 答案：C 5．已知 Sn是等比数列{an}的前 n 项和，若存在 m∈N*，满足S2m Sm ＝9， a2m am ＝ 5m＋1 m－1 ，则数列{an}的公比为( ) A．－2 B．2 C．－3 D．3 解析：设数列{an}的公比为 q，若 q＝1，则S2m Sm ＝2，与题中条件
矛盾,故q≠1 a1(1-q2m) 1- 因坐"1(1c)=qm+1=9,所以=8 q 所以2my2m1 5m+1 a1g-Isgm=8 所以m=3,所以φ3=8, 所以q=2 答案:B 填空题 6.在等比数列{an}中,公比q=2,前99项的和S9=30,则 a6+a9+…+ag= 解析:因为S9=30,即a1(29-1)=30, 数列a3,a6,w,…,a9也成等比数列且公比为8, 4a1(1-83)4a1(299-1) 所以a3+a6+a9+…a99= ==X30 1-8 120 7 120 答案: 7.对于数列{an},定义数列{an+1-am3为数列{a的“差数列”, 若a1=1,{an}的“差数列”的通项公式为an+1-an=2,则数列{an} 的前n项和Sn
矛盾，故 q≠1. 因为S2m Sm ＝ a1（1－q 2m） 1－q a1（1－q m） 1－q ＝q m＋1＝9，所以 q m＝8. 所以a2m am ＝ a1q 2m－1 a1q m－1 ＝q m＝8＝ 5m＋1 m－1 ， 所以 m＝3，所以 q 3＝8， 所以 q＝2. 答案：B 二、填空题 6．在等比数列{an}中，公比 q＝2，前 99 项的和 S99＝30，则 a3 ＋a6＋a9＋…＋a99＝________． 解析：因为 S99＝30，即 a1(299－1)＝30， 数列 a3，a6，a9，…，a99也成等比数列且公比为 8， 所以 a3＋a6＋a9＋…a99＝ 4a1（1－8 33） 1－8 ＝ 4a1（2 99－1） 7 ＝ 4 7 ×30 ＝ 120 7 . 答案：120 7 7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”， 若 a1＝1，{an}的“差数列”的通项公式为 an＋1－an＝2 n，则数列{an} 的前 n 项和 Sn＝________．
解析:因为an+1-an=2,应用累加法可得an=2n-1, 所以Sn=a1+a2+a3+…+an 2+22+2 +2 2(1-2n) 2n+1-n-2. 答案:2n+1-n-2 8.(2016浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn若S2=4,an+1=2Sn 1,n∈N,则a1 S5= 解析:a1+a2=4,a2=2a1+1=a1=1,a2=3, 再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(≥2)→an+1-an=2an→an+1 =3a1(n≥2),又a2=3m1, 1-3 所以an+1=3a1(≥1),S5=-=121. 答案:1121 三、解答题 9.在等比数列{an}中,a2=3,as=81. (1)求an及其前n项和Sn ()设bn=1+1ga,求数列 的前10项和Ta bubu+1 解:(1)设{an}的公比为q,依题意得 解得 a1q=81
解析：因为 an＋1－an＝2 n，应用累加法可得 an＝2 n－1， 所以 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝2＋2 2＋2 3＋…＋2 n－n ＝ 2（1－2 n） 1－2 －n ＝2 n＋1－n－2. 答案：2 n＋1－n－2 8．(2016·浙江卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝4，an＋1＝2Sn ＋1，n∈N*，则 a1＝________，S5＝________． 解析：a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1⇒a1＝1，a2＝3， 再由 an＋1＝2Sn＋1，an＝2Sn－1＋1(n≥2)⇒an＋1－an＝2an⇒an＋1 ＝3an(n≥2)，又 a2＝3a1， 所以 an＋1＝3an(n≥1)，S5＝ 1－3 5 1－3 ＝121. 答案：1 121 三、解答题 9．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求 an 及其前 n 项和 Sn； (2)设 bn＝1＋log3an，求数列 1 bn·bn＋1 的前 10 项和 T10. 解：(1)设{an}的公比为 q，依题意得 a1q＝3， a1q 4＝81， 解得 a1＝1， q＝3
1(1-3n)3n-1 因此 ,an=3n-1 1-3 (2)由(1)知bn=1+ logia=1+(n-1)=n, 则1=-1=1.1 bnbn+I n(n+1) n+1 所以T10=,+ ··十 22×3 10×11 111 =1-=+一-+·+ 22 3 1011 1111 10.数列{an}满足a1=1,mam+1=(n+1)an+n(m+1),n∈N (i证明:数列n 是等差数列; (2)设b,=3an,求数列{的前n项和S (1)证明:由已知可得 an+10+1 n+1 即 n 所以一是以=1为首项,1为公差的等差数列 (2解:由(得=1+(n-1)1=n, 所以an=n2从而bn=n3 Sn=1×31+2×32+3×3+…+n3,① 3Sn=1×32+2×3+…+(-1)3n+n3+1.②
因此，an＝3 n－1，Sn＝ 1（1－3 n） 1－3 ＝ 3 n－1 2 . (2)由(1)知 bn＝1＋log3an＝1＋(n－1)＝n， 则 1 bnbn＋1 ＝ 1 n（n＋1） ＝ 1 n － 1 n＋1 ， 所以 T10＝ 1 1×2 ＋ 1 2×3 ＋…＋ 1 10×11 ＝1－ 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋…＋ 1 10－ 1 11 ＝1－ 1 11 ＝ 10 11. 10．数列{an}满足 a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N* . (1)证明：数列 an n 是等差数列； (2)设 bn＝3 n· an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. (1)证明：由已知可得 an＋1 n＋1 ＝ an n ＋1， 即 an＋1 n＋1 － an n ＝1， 所以 an n 是以a1 1 ＝1 为首项，1 为公差的等差数列． (2)解：由(1)得 an n ＝1＋(n－1)·1＝n， 所以 an＝n 2 .从而 bn＝n·3n. Sn＝1×3 1＋2×3 2＋3×3 3＋…＋n·3n，① 3Sn＝1×3 2＋2×3 3＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1 .②
3·(1-3) ①-②得,-2n=31+32+…+3-n3+1= 1-3 (1-2n)3n+1-3 n:3 n+1 (2n-1)-3n+1+3 所以Sn= 4 B级能力提升 1.在等比数列{an}中,a+a2+…+an=2n-1(∈N),则a+ a2+…+等于() (2n-1)2 2(2n-1)2 C.4-1 D(4"-1) 解析:a1+a2+…+an=2n-1,即Sn=2n-1,则Sn-1=2n-1- 1(≥2),则an=2"-21=2n(n≥2),又a1=1也符合上式,所以 an=2n1,a=41,所以a+a+…+=4-1 答案:D 2.等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2+a3+a4=1,as+ a6+a7+as=2,Sn=15,则该数列的项数n as+a6+a7+a(a1+a2+a3+a4) 解析: a1+a2+a3+a4 a1+a2+a3+a4 a1(1-q4)a(1-2) 因为a1+a2+a3+a4= (1 =1,所
① —②得，－2Sn＝3 1＋3 2＋…＋3 n－n·3n＋1＝ 3·（1－3 n） 1－3 － n·3n＋1＝ （1－2n）·3n＋1－3 2 . 所以 Sn＝ （2n－1）·3n＋1＋3 4 . B 级 能力提升 1．在等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋an＝2 n－1(n∈N* )，则 a 2 1＋ a 2 2＋…＋a 2 n等于( ) A．(2n－1)2 B. 1 3 (2n－1)2 C．4 n－1 D. 1 3 (4n－1) 解析：a1＋a2＋…＋an＝2 n－1，即 Sn＝2 n－1，则 Sn－1＝2 n－1－ 1(n≥2)，则 an＝2 n－2 n－1＝2 n－1 (n≥2)，又 a1＝1 也符合上式，所以 an＝2 n－1，a 2 n＝4 n－1，所以 a 2 1＋a 2 2＋…＋a 2 n＝ 1 3 (4n－1)． 答案：D 2．等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＋a2＋a3＋a4＝1，a5＋ a6＋a7＋a8＝2，Sn＝15，则该数列的项数 n＝________． 解析： a5＋a6＋a7＋a8 a1＋a2＋a3＋a4 ＝ （a1＋a2＋a3＋a4）q 4 a1＋a2＋a3＋a4 ＝q 4＝2. 因为 a1＋a2＋a3＋a4＝ a1（1－q 4） 1－q ＝ a1（1－2） 1－q ＝－ a1 1－q ＝1，所 以 a1 1－q ＝－1
a1(1-q) 所以Sn= -1=15 F以q=16,即(q4=24,所以=4,所以n=16 答案:16 3.已知等比数列{an}的各项均为正数,且a1+2a2=5,4n=a2a6 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足b=2,且bn+1=bn+an,求数列{bn}的通项公 式 3)设cn=bb+1 ,求数列{cn}的前n项和Tn 解:(1)设等比数列an}的公比为q,由4a3=a2得4=a,所 以q2=4,由条件可知q>0,故q=2,由a1+2a2=5得a1+2a1q=5, 所以a1=1,故数列{an}的通项公式为an=2n-1 (2)由bn+1=bn+an得bn+1-bn=2n1, 故b2-b1=20,b3-b2=21,……,bn-bn-1=2n(n≥2), 以上n-1个等式相加得 1·(1-2-1) bn-b1=1+2 2 由b1=2,所以bn=2n1+1(n≥2) 当n=1时,符合上式,故bn=2n-1+1(n∈N) bu+1-b (3)c b, b b,but b b
所以 Sn＝ a1（1－q n） 1－q ＝q n－1＝15， 所以 q n＝16，即(q 4 ) n 4＝2 4，所以n 4 ＝4，所以 n＝16. 答案：16 3．已知等比数列{an}的各项均为正数，且 a1＋2a2＝5，4a 2 3＝a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 b1＝2，且 bn＋1＝bn＋an，求数列{bn}的通项公 式； (3)设 cn＝ an bnbn＋1 ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为 q，由 4a 2 3＝a2a6得 4a 2 3＝a 2 4，所 以 q 2＝4，由条件可知 q>0，故 q＝2，由 a1＋2a2＝5 得 a1＋2a1q＝5， 所以 a1＝1，故数列{an}的通项公式为 an＝2 n－1 . (2)由 bn＋1＝bn＋an 得 bn＋1－bn＝2 n－1， 故 b2－b1＝2 0，b3－b2＝2 1，……，bn－bn－1＝2 n－2 (n≥2)， 以上 n－1 个等式相加得 bn－b1＝1＋2 1＋…＋2 n－2＝ 1·（1－2 n－1） 1－2 ＝2 n－1－1， 由 b1＝2，所以 bn＝2 n－1＋1(n≥2)． 当 n＝1 时，符合上式，故 bn＝2 n－1＋1(n∈N* )． (3)cn＝ an bnbn＋1 ＝ bn＋1－bn bnbn＋1 ＝ 1 bn － 1 bn＋1
所以Tn=c1+c2+ c=·2)+1)+ bi bn+ 2
所以 Tn ＝ c 1 ＋ c2 ＋ … ＋ cn ＝ 1 b1－1b2 ＋ 1 b2－1b3 ＋ … ＋ 1 bn－ 1bn＋1 ＝ 1b1 － 1 b n ＋ 1 ＝ 12 － 1 2 n ＋ 1