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项和导学案(4)

第2课时数列求和 》应用采巩固提升 强化·培优·通关◆ [A基础达标] 1.设{an}是首项为a,公差为-1的等差数列,S为其前n项和.若S,S,S成等比 数列,则a1=() 解析:选D.因为等差数列{a}的前n项和为 n-1)d,所以S,S,S分 为a,2a-1,4a-6. 因为S,S,S成等比数列, 所以(2a-1)=a,(4a-6,解得a=- 数列{a}的通项公式是a=1 =,若前n项和为10,则项数为( B.99 C.120 解析:选C.因为an 所以 =(2-1)+(3-V2)+…+(m+1- 令√m+1-1=10 得 3.数列{an},{bn}满足anb=1,an=n2+3n+2,则{b}的前10项和为() 解析:选B.依题意b= ann2+3n+2(n+1)(n+2)n+1m+2 所以的前0项和为S=2+(-9+(+…+(1-1)=12=2故 选 4.设数列1,(1+2),…,(1+2+22+…+2),…的前n项和为Sn,则S2=(

第 2 课时 数列求和 [A 基础达标] 1．设{an}是首项为 a1，公差为－1 的等差数列，Sn为其前 n 项和．若 S1，S2，S4 成等比 数列，则 a1＝( ) A．2 B．－2 C. 1 2 D．－ 1 2 解析：选 D.因为等差数列{an}的前 n 项和为 Sn＝na1＋ n（n－1） 2 d，所以 S1，S2，S4 分别 为 a1，2a1－1，4a1－6. 因为 S1，S2，S4 成等比数列， 所以(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)，解得 a1＝－ 1 2 . 2．数列{an}的通项公式是 an＝ 1 n＋ n＋1 ，若前 n 项和为 10，则项数为( ) A．11 B．99 C．120 D．121 解析：选 C.因为 an＝ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n，所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n) ＝ n＋1－1， 令 n＋1－1＝10， 得 n＝120. 3．数列{an}，{bn}满足 anbn＝1，an＝n 2＋3n＋2，则{bn}的前 10 项和为( ) A. 1 4 B. 5 12 C. 3 4 D. 7 12 解析：选 B.依题意 bn＝ 1 an ＝ 1 n 2＋3n＋2 ＝ 1 （n＋1）（n＋2） ＝ 1 n＋1 － 1 n＋2 ， 所以{bn}的前 10 项和为 S10＝   1  2 － 1 3 ＋   1  3 － 1 4 ＋   1  4 － 1 5 ＋…＋   1  11－ 1 12 ＝ 1 2 － 1 12＝ 5 12，故 选 B. 4．设数列 1，(1＋2)，…，(1＋2＋2 2＋…＋2 n－1 )，…的前 n 项和为 Sn，则 Sn＝( )

解析:选D因为a=1+2+2+…+2-=1=2=2-1,所以S=(2+2+2+…+2 2(1-2) 5.在数列{an}中,a=2,a=2,an+2-an=1+(-1)",n∈N,则S0的值为( A.990 B.1000 D.99 解析:选A.当n为奇数时,an+2-an=0,an=2 当n为偶数时,an+2-an=2,an=n. 故S0=2×30+(2+4+…+60)=990 6.在等比数列{a}中,若。,a=-4,则|a|+1a|+…+|al| 解析:设等比数列{a}的公比为q,则a=aq,代入数据解得q=-8,所以q=-2 等比数列{|al}的公比为d=2,则al=×2-,所以|a|+|a+|a|+…+|al=(1 +2+2+…+2-)=(2°-1)=21 答案:21 n,n为奇数 7.已知函数f(n) n,为数且a=f(m)+f(n+1),则a+a+a+…+a 等于 解析:由题意,a+a+…+a1m=12-22-2+32+32-42-42+52+…+99-1002-100 +1012=-(1+2)+(3+2)-…-(99+100)+(101+100)=100 答案:100 8.在数列{a}中,a=1a一12-1(n≥2,n∈N),则数列份的前n项和T= b 解析:令b"’由数列的递推公式bn+1且 ==1,则b=×会× b 刀-1 1×=×-×=x… +1n(n+1) 所以=1+ 2×33×4 n(n+1)=1+

A．2 n B．2 n －n C．2 n＋1－n D．2 n＋1－n－2 解析：选 D.因为 an＝1＋2＋2 2＋…＋2 n－1＝ 1－2 n 1－2 ＝2 n －1，所以 Sn＝(2＋2 2＋2 3＋…＋2 n ) －n＝ 2（1－2 n ） 1－2 －n＝2 n＋1－n－2. 5．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n ，n∈N *，则 S60 的值为( ) A．990 B．1 000 C．1 100 D．99 解析：选 A.当 n 为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2； 当 n 为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n. 故 S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990. 6．在等比数列{an}中，若 a1＝ 1 2 ，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________． 解析：设等比数列{an}的公比为 q，则 a4＝a1q 3，代入数据解得 q 3＝－8，所以 q＝－2. 等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝ 1 2 ×2 n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝ 1 2 (1 ＋2＋2 2＋…＋2 n－1 )＝ 1 2 (2n －1)＝2 n－1－ 1 2 . 答案：2 n－1－ 1 2 7．已知函数 f(n)＝    n 2，n为奇数， －n 2，n为偶数， 且 an＝f(n)＋f(n＋1)，则 a1＋a2＋a3＋…＋a100 等于________． 解析：由题意，a1＋a2＋…＋a100＝1 2－2 2－2 2＋3 2＋3 2－4 2－4 2＋5 2＋…＋992－1002－1002 ＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100. 答案：100 8．在数列{an}中，a1＝1，an＝ n 2 n 2－1 an－1(n≥2，n∈N * )，则数列     an n 2 的前 n 项和 Tn＝ ________． 解析：令 bn＝ an n 2，由数列的递推公式，可得 bn bn－1 ＝ n－1 n＋1 ，且 b1＝ a1 1 2＝1，则 bn＝b1× b2 b1 × b3 b2 × b4 b3 ×…× bn bn－1 ＝1× 1 3 × 2 4 × 3 5 ×…× n－1 n＋1 ＝ 2 n（n＋1） ，所以 Tn＝1＋ 2 2×3 ＋ 2 3×4 ＋…＋ 2 n（n＋1） ＝1＋2  1 2 － 1 3 ＋ 1 3 － 1 4 ＋…＋ 1 n

n+1 n+1 答案: 9.设{a}是公比为正数的等比数列,a=2,a=a+4 (1)求数列{an}的通项公式 (2)设{b}是首项为1,公差为2的等差数列,求数列{an+b}的前n项和S 解:(1)设q为等比数列{an}的公比,则由a=2,a=a+4,得2q=2q+4,即q-q 2=0,解得q=2或q=-1(舍去),因此q=2,所以{a}的通项公式为an=2(n∈N). (2)由题意得数列{a+b}的前n项和S=a1+a+…+an+(b+b2+…+b) 2×(1-2) n(n-1) n×1+ 2=2++n2-2. 1-2 2 10.(2019·广东深圳调研)设数列{a}的前n项和为Sn,a1=2,an+1=2+S2(n∈N) (1)求数列{an}的通项公式 (2)设b=1+1og2(a)2,若数列b 的前n项和为T,求 解:(1)因为an+1=2+S(n∈N) 所以a2=2+S-1(n≥2), 所以an+1-an=S0-Sn-1=an,所以a+1=2an(n≥2), 又因为a=2+a=4,a=2,所以a=2a,所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等 比数列,则an=2·2-=2°(n∈N) (2)证明:因为b=1+1og2(an)2,则b2=2n+1,所以 bn+122n+12m+3,所以 +=-=+…+ 23557 2n+12n+3 232n+33(2n+3) [B能力提升] 11.(2019·石家庄期末检测)已知数列{a}满足an+2=an+1-an,且a1=2,a=3,S为 数列{a}的前n项和,则S2o9的值为() B.1 C.6 解析:选C.由题意可得a1=2,a2=3,a=1,a=-2,=-3,4=-1,=2, 3,函=1,…,则数列{an}是以6为周期的周期数列,且a十十a+a十十=0,所以 S0=336×(a+a+a十a十品十a)十a1+a+函=6.故选 12.已知1nx+1nx2+…+1nx0=110,则1nx+1n2x+1nx+…+1nx=

 － 1  n＋1 ＝1＋2    1  2 － 1 n＋1 ＝ 2n n＋1 . 答案： 2n n＋1 9．设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设{bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列{an＋bn}的前 n 项和 Sn. 解：(1)设 q 为等比数列{an}的公比，则由 a1＝2，a3＝a2＋4，得 2q 2＝2q＋4，即 q 2－q －2＝0，解得 q＝2 或 q＝－1(舍去)，因此 q＝2，所以{an}的通项公式为 an＝2 n (n∈N * )． (2)由题意得数列{an＋bn}的前 n 项和 Sn＝a1＋a2 ＋…＋an＋(b1＋b2 ＋…＋bn)＝ 2×（1－2 n ） 1－2 ＋n×1＋ n（n－1） 2 ×2＝2 n＋1＋n 2－2. 10．(2019·广东深圳调研)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N * )． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝1＋log2(an) 2，若数列     1  bnbn＋1 的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解：(1)因为 an＋1＝2＋Sn(n∈N * )， 所以 an＝2＋Sn－1(n≥2)， 所以 an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，所以 an＋1＝2an(n≥2)， 又因为 a2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以 a2＝2a1，所以数列{an}是以 2 为首项，2 为公比的等 比数列，则 an＝2·2n－1＝2 n (n∈N * )． (2)证明：因为 bn＝1＋log2(an) 2，则 bn＝2n＋1，所以 1 bnbn＋1 ＝ 1 2   1  2n＋1 － 1 2n＋3 ，所以 Tn＝ 1 2   1  3 － 1 5 ＋ 1 5 － 1 7 ＋…＋ 1 2n＋1 － 1 2n＋3 ＝ 1 2   1  3 － 1 2n＋3 ＝ n 3（2n＋3） . [B 能力提升] 11．(2019·石家庄期末检测)已知数列{an}满足 an＋2＝an＋1－an，且 a1＝2，a2＝3，Sn为 数列{an}的前 n 项和，则 S2 019 的值为( ) A．0 B．1 C．6 D．4 解析：选 C.由题意可得 a1＝2，a2＝3，a3＝1，a4＝－2，a5＝－3，a6＝－1，a7＝2，a8 ＝3，a9＝1，…，则数列{an}是以 6 为周期的周期数列，且 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，所以 S2 019＝336×(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋a1＋a2＋a3＝6.故选 C. 12．已知 ln x＋ln x 2＋…＋ln x 10＝110，则 ln x＋ln2 x＋ln3 x＋…＋ln10 x＝________．

解析:由lnx+lnx2+…+1nx°=110. 得(1+2+3+…+10)1nx=110, 所以1nx=2 从而1nx+ln2x+ln3x+…+ln10x 2+22+23+…+2 2(1-2°) 21-2=2046. 答案:2046 13.已知数列{a}满足:a1=1,an+1+an=4n-1,n∈N 求数列{an}的前n项和Sn 解:由条件an++an=4n-1, an+2+an+1=4(n+1)-1, 两式相减,得an+2-a=4(常数) 这表明数列{a}的奇数项与偶数项分别构成以4为公差的等差数列,且a2=2. 当n为偶数时, 2×4+×2+ 2X4=n2-f 当n为奇数时, n+1/n+1 n+1 S==。×1+ ×2+ n-,n为偶数 故S n为奇数 14.(选做题)已知数列{a}的通项公式为an=3-,在等差数列{bn}中,b>0,且b+b2 +b=15,又a+b,a+b2,a+b成等比数列 (1)求数列{anbn}的通项公式; (2)求数列{anbn}的前n项和T 解:(1)因为an=3,所以a1=1,a2=3,a=9. 因为在等差数列{b}中,b+b2+b=15,所以3b2=15,则b2=5 设等差数列{b}的公差为d,又a+b,a+b2,a+b3成等比数列,所以(1+5-d(9 +5+d=64,解得d=-10或d=2. 因为b>0,所以d=-10应舍去,所以d=2,所以b=3,所以b=2n+1 故anbn=(2n+1)·3-1

解析：由 ln x＋ln x 2＋…＋ln x 10＝110. 得(1＋2＋3＋…＋10)ln x＝110， 所以 ln x＝2. 从而 ln x＋ln2 x＋ln3 x＋…＋ln10 x ＝2＋2 2＋2 3＋…＋2 10 ＝ 2（1－2 10） 1－2 ＝2 11－2＝2 046. 答案：2 046 13．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＋an＝4n－1，n∈N * . 求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解：由条件 an＋1＋an＝4n－1， an＋2＋an＋1＝4(n＋1)－1， 两式相减，得 an＋2－an＝4(常数)． 这表明数列{an}的奇数项与偶数项分别构成以 4 为公差的等差数列，且 a2＝2. 当 n 为偶数时， Sn＝ n 2 ×1＋ n 2   n  2 －1 2 ×4＋ n 2 ×2＋ n 2   n  2 －1 2 ×4＝n 2－ n 2 . 当 n 为奇数时， Sn＝ n＋1 2 ×1＋ n＋1 2    n＋1  2 －1 2 ×4＋ n－1 2 ×2＋ n－1 2    n－1  2 －1 2 ×4＝n 2－ n－1 2 . 故 Sn＝    n 2－ n 2 ，n为偶数， n 2－ n－1 2 ，n为奇数. 14．(选做题)已知数列{an}的通项公式为 an＝3 n－1，在等差数列{bn}中，bn>0，且 b1＋b2 ＋b3＝15，又 a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3 成等比数列． (1)求数列{anbn}的通项公式； (2)求数列{anbn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)因为 an＝3 n－1，所以 a1＝1，a2＝3，a3＝9. 因为在等差数列{bn}中，b1＋b2＋b3＝15，所以 3b2＝15，则 b2＝5. 设等差数列{bn}的公差为 d，又 a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3 成等比数列，所以(1＋5－d)(9 ＋5＋d)＝64，解得 d＝－10 或 d＝2. 因为 bn>0，所以 d＝－10 应舍去，所以 d＝2，所以 b1＝3，所以 bn＝2n＋1. 故 anbn＝(2n＋1)·3n－1

(2)由(1)知T=3×1+5×3+7×32+…+(2m-1)·3-+(2n+1)3-①, 3T=3×3+5×32+7×3+…+(2m-1)31+(2n+1)32②, ①一②,得 2T=3×1+2×3+2×32+2×33+…2×3--(2n+1)32 =3+2(3+32+3+…+3-)-(2n+1)3° 3-3 =3+21-3-(2n+1)3 3-(2n+1)3 所以T=n·3 等比数列(强化练) 、选择题 1.已知等比数列{a2}的公比v=2,a=8,则其前3项和S的值为( 解析:选B.在等比数列{an}中,因为公比q=,a2=8, 所以a 则S2=a+a+a3=16+8+4=28 2.已知数列{a}是等比数列,若品2=2,a3=-4,则a等于() B. 解析:选D.设等比数列{a}的公比为a因为a=2,a=一4,所以=2=-4=-2 由a=aq,得 则a=aq=-1×(-2)=-16.故选D 3.在正项等比数列{a}中,=V2,=8,则a0等于() A. B 解析:选D.=②=1

(2)由(1)知 Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)·3n－2＋(2n＋1)3n－1 ①， 3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n ②， ①－②，得 －2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n ＝3＋2(3＋3 2＋3 3＋…＋3 n－1 )－(2n＋1)3n ＝3＋2× 3－3 n 1－3 －(2n＋1)3n ＝3 n －(2n＋1)3n ＝－2n·3n . 所以 Tn＝n·3n . 等比数列(强化练) 一、选择题 1．已知等比数列{an}的公比 q＝ 1 2 ，a2＝8，则其前 3 项和 S3 的值为( ) A．24 B．28 C．32 D．16 解析：选 B.在等比数列{an}中，因为公比 q＝ 1 2 ，a2＝8， 所以 a1＝ a2 q ＝ 8 1 2 ＝16，a3＝a2q＝8× 1 2 ＝4， 则 S3＝a1＋a2＋a3＝16＋8＋4＝28. 2．已知数列{an}是等比数列，若 a2＝2，a3＝－4，则 a5 等于( ) A．8 B．－8 C．16 D．－16 解析：选 D.设等比数列{an}的公比为 q.因为 a2＝2，a3＝－4，所以 q＝ a3 a2 ＝－ 4 2 ＝－2. 由 a2＝a1q，得 a1＝－1. 则 a5＝a1q 4＝－1×(－2)4＝－16.故选 D. 3．在正项等比数列{an}中，a3＝ 2，a5＝8a7，则 a10 等于( ) A. 1 128 B. 1 256 C. 1 512 D. 1 1 024 解析：选 D.q 2＝ a7 a5 ＝ 1 8 ，即 q＝ 2 4

所以如4=5,()1,选D 4.在等比数列{a}中,已知aa4=5,则aa1asa6等于() 解析:选B.法一:因为aa6=aa5=aa4=5, 所以aa4a15a6=52=25 法二:由已知得aq·aq3=aq2=5, 所以aa1a5a6=aq·ag·aq·aq°=a1·g=(aq)2=25 5.设首项为1,公比为的等比数列{a}的前n项和为S,则() B.S=3a,-2 解析:选D.在等比数列{a}中 6.已知数列{an}满足: 且a2=2,则a等于( A. B.23 解析:选D.因为数列{a}满足;a+D ,所以an++1=2(an+1),即数列{an+1} 是等比数列,公比为2.则a+1=2(a+1)=12,解得a1=11 7.(2019·中山一中调研)在等比数列{a}中,S是它的前n项和.若a=2a,且a 与2a2的等差中项为17,则S=( C.15 解析:选A.由等比数列的性质,知aa=aa3=2a,得a1=2. 因为a+2a=2×17=34,所以a=16,所以q===8,即q=2.由a=aq=8a

所以 a10＝a3·q 7＝ 2·     2 4 7 ＝ 1 1 024，选 D. 4．在等比数列{an}中，已知 a5a14＝5，则 a3a4a15a16 等于( ) A．10 B．25 C．50 D．75 解析：选 B.法一：因为 a3a16＝a4a15＝a5a14＝5， 所以 a3a4a15a16＝5 2＝25. 法二：由已知得 a1q 4·a1q 13＝a 2 1q 17＝5， 所以 a3a4a15a16＝a1q 2·a1q 3·a1q 14·a1q 15＝a 4 1·q 34＝(a 2 1q 17) 2＝25. 5．设首项为 1，公比为2 3 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.在等比数列{an}中， Sn＝ a1－anq 1－q ＝ 1－an× 2 3 1－ 2 3 ＝3－2an. 6．已知数列{an}满足： an＋1 an＋1＋1 ＝ 1 2 ，且 a2＝2，则 a4 等于( ) A．－ 1 2 B．23 C．12 D．11 解析：选 D.因为数列{an}满足： an＋1 an＋1＋1 ＝ 1 2 ，所以 an＋1＋1＝2(an＋1)，即数列{an＋1} 是等比数列，公比为 2.则 a4＋1＝2 2 (a2＋1)＝12，解得 a4＝11. 7．(2019·中山一中调研)在等比数列{an}中，Sn是它的前 n 项和．若 a2a3＝2a1，且 a4 与 2a7 的等差中项为 17，则 S6＝( ) A. 63 4 B．16 C．15 D. 61 4 解析：选 A.由等比数列的性质，知 a1a4＝a2a3＝2a1，得 a4＝2. 因为 a4＋2a7＝2×17＝34，所以 a7＝16，所以 q 3＝ a7 a4 ＝ 16 2 ＝8，即 q＝2.由 a4＝a1q 3＝8a1

(1-26) 2,得a=1,所以S=4=63.故选A 8.在等比数列{a}中,若=一马十+a+B则+1+1+=() 解析:选C数列{a}是等比数列,a高=一3一a面,a十a+a十a= 所以+1+1+1=+2+a45 az a3 a as aa5 aa 9.在等比数列{a}中,a=2,前n项和为S,若数列{an+1}也是等比数列,则S等于 解析:选C.因为数列{an}为等比数列,设数列{an}的公比为q,则a=2 因为数列{an+1}也是等比数列, 则(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1) →a2+1+2an+1=an·an+2+an+an →an+an+2=2an+1→an(1+q-2q)=0 由 得an=2 所以S=2n. 10.《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题:“衰分”是按比例递减分配的意 思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”.如甲、乙、丙、丁衰分得100,60,36,21.6 个单位,递减的比例为40%,今共有粮m(m0)石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分” 已知丙衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为164石,则“衰分比”与m的值分别为( A.20%369 B.80%369 C.40%360 D.60%365 解析:选A.设“衰分比”为a,甲衰分得b石, 由题意得b(1-a)+b(1-a)=164, b+80+164=m

＝2，得 a1＝ 1 4 ，所以 S6＝ 1 4 （1－2 6） 1－2 ＝ 63 4 .故选 A. 8．在等比数列{an}中，若 a2a5＝－ 3 4 ，a2＋a3＋a4＋a5＝ 5 4 ，则1 a2 ＋ 1 a3 ＋ 1 a4 ＋ 1 a5 ＝( ) A．1 B．－ 3 4 C．－ 5 3 D．－ 4 3 解析：选 C.数列{an}是等比数列，a2a5＝－ 3 4 ＝a3a4，a2＋a3＋a4＋a5＝ 5 4 ， 所以1 a2 ＋ 1 a3 ＋ 1 a4 ＋ 1 a5 ＝ a2＋a5 a2a5 ＋ a3＋a4 a3a4 ＝ 5 4 － 3 4 ＝－ 5 3 . 9．在等比数列{an}中，a1＝2，前 n 项和为 Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则 Sn等于 ( ) A．2 n＋1－2 B．3 n C．2n D．3 n －1 解析：选 C.因为数列{an}为等比数列，设数列{an}的公比为 q，则 an＝2q n－1 . 因为数列{an＋1}也是等比数列， 则(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1) ⇒a 2 n＋1＋2an＋1＝an·an＋2＋an＋an＋2 ⇒an＋an＋2＝2an＋1⇒an(1＋q 2－2q)＝0 ⇒(q－1)2＝0⇒q＝1. 由 a1＝2 得 an＝2， 所以 Sn＝2n. 10．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意 思，通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如甲、乙、丙、丁衰分得 100，60，36，21.6 个单位，递减的比例为 40%，今共有粮 m(m>0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”， 已知丙衰分得 80 石，乙、丁衰分所得的和为 164 石，则“衰分比”与 m 的值分别为( ) A．20% 369 B．80% 369 C．40% 360 D．60% 365 解析：选 A.设“衰分比”为 a，甲衰分得 b 石， 由题意得     b（1－a） 2＝80， b（1－a）＋b（1－a） 3＝164， b＋80＋164＝m

解得b=125,a=20%,m=369 、填空题 11.已知等比数列{an}的前n项和为S,若S+3S2=0,则公比q 解析:因为S+3S2=0, 所以 a(1-q),3a(1-q) 即(1-q)(q2+4q+4)=0.解得q=-2或q=1(舍去) 答案:-2 12.已知数列{an}中,a1=2,an+1-2a2=0,b=10g2an,则数列{b}的前10项和等于 解析:在数列{an}中,a1=2,an+1-2an=0, 日n+ 所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列 所以an=2 所以b2=1og2"=n 则数列{bn}的前10项和为1+2+…+10=55 答案:55 13.在14与。之间插入n个数,组成所有项的和为。的等比数列,则此数列的项数为 解析:设此数列的公比为q,则 814° 1g 故此数列共有5项 14--q n=3 答案:5 14.已知数列{a)是等比数列,a=2,a=1,则aa十a+…+aa1= 解析:设数列{an}的公比为q,因为{a}是等比数列,且a2=2,4=所以=矿 所以q=2,所以a=,又{a}是等比数列,所以{aa+}也是等比数列,且首项为aa=8

解得 b＝125，a＝20%，m＝369. 二、填空题 11．已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S3＋3S2＝0，则公比 q＝________． 解析：因为 S3＋3S2＝0， 所以a1（1－q 3） 1－q ＋ 3a1（1－q 2） 1－q ＝0， 即(1－q)(q 2＋4q＋4)＝0.解得 q＝－2 或 q＝1(舍去)． 答案：－2 12．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝log2an，则数列{bn}的前 10 项和等于 ________． 解析：在数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0， 即 an＋1 an ＝2， 所以数列{an}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列． 所以 an＝2×2n－1＝2 n . 所以 bn＝log22 n ＝n. 则数列{bn}的前 10 项和为 1＋2＋…＋10＝55. 答案：55 13．在 14 与 7 8 之间插入 n 个数，组成所有项的和为77 8 的等比数列，则此数列的项数为 ________． 解析：设此数列的公比为 q，则    7 8 ＝14q n＋1， 77 8 ＝ 14－ 7 8 q 1－q ⇒      q＝－ 1 2 ， n＝3， 故此数列共有 5 项． 答案：5 14．已知数列{an}是等比数列，a2＝2，a5＝ 1 4 ，则 a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________． 解析：设数列{an}的公比为 q，因为{an}是等比数列，且 a2＝2，a5＝ 1 4 ，所以a5 a2 ＝q 3＝ 1 8 ， 所以 q＝ 1 2 ，所以 a1＝4，又{an}是等比数列，所以{anan＋1}也是等比数列，且首项为 a1a2＝8

公比q=4所以十十…+a= (1-4-2) 答案:(1-4) 、解答题 15.等差数列{an}的前n项和为S,已知a=1,S0=4 (1)求数列{a}的通项公式 (2)若数列{b}满足b2=2一an,求数列{b}的前n项和T 解:(1)因为等差数列{a}的前n项和为S,已知a=1 a1+d=1, S0=45,所以 10×(10-1) 解得 d=1, 所以an (2)由(1)知b=2-a=2(m)=)1 所以数列{bn}是等比数列,且首项b=1,公比q 所以T 16.(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a}中,a=1,=4a. (1)求{an}的通项公式; (2)记S为{a}的前n项和.若S2=63,求m 解:(1)设{an}的公比为q,由题设得an=q. 由已知得q=4q,解得q=0(舍去),q=-2或q=2 故an=(-2)或a2=2 1-(-2) (2)若an=(-2)”,则S2= 由S=63得(-2)=-188,此方程没有正整数解 若an=2-,则S=2-1 由S=63得2=64,解得m=6. 综上,m=6

公比 q′＝ 1 4 ，所以 a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝ 8       1－   1 4 n 1－ 1 4 ＝ 32 3 (1－4 －n )． 答案：32 3 (1－4 －n ) 三、解答题 15．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a2＝1，S10＝45. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 bn＝2－an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)因为等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a2＝1， S10＝45，所以     a1＋d＝1， 10a1＋ 10×（10－1） 2 d＝45， 解得    a1＝0， d＝1， 所以 an＝n－1. (2)由(1)知 bn＝2－an＝2 －(n－1)＝   1 2 n－1 ， 所以数列{bn}是等比数列，且首项 b1＝1，公比 q＝ 1 2 . 所以 Tn＝ 1×    1－ 1 2 n 1－ 1 2 ＝2－ 1 2 n－1. 16．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通项公式； (2)记 Sn为{an}的前 n 项和．若 Sm＝63，求 m. 解：(1)设{an}的公比为 q，由题设得 an＝q n－1 . 由已知得 q 4＝4q 2，解得 q＝0(舍去)，q＝－2 或 q＝2. 故 an＝(－2)n－1 或 an＝2 n－1 . (2)若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝ 1－（－2）n 3 . 由 Sm＝63 得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若 an＝2 n－1，则 Sn＝2 n －1. 由 Sm＝63 得 2 m ＝64，解得 m＝6. 综上，m＝6

17数列{a)的前n项和是S,且S+2a=1,数列(b),a满足b=1og4,=b (1)求数列{a}的通项公式 (2)数列{cn}的前n项和为T,若不等式T<m对任意的正整数n恒成立,求m的取值范 解:(1)由题意得S+an=1,① S++an+1=1,② ②-①可得an++=an+1-=an=0, 即an+1==an 2 当n=1时,S+a=1,则a1= 所以{an}是首项为,公比为的等比数列 因此a=33 a (2)因为b=10g=10g3-=-2n, bb+22n(2n+4)8nn+2 所以T 111 1324++m-1n+1+nm+2 2n+1-n+2丿16 因为Tm对任意的正整数n恒成立,所以m16 所以m的取值范围是3,+∞ 18.(209·广东重点中学联考)已知数列{an}是首项a=,公比q=的等比数列,设 b+2=31og1an(n∈N),数列{cn}满足cn=anb 4 (1)求证:数列{bn}为等差数列 (2)求数列{c}的前n项和

17．数列{an}的前 n 项和是 Sn，且 Sn＋ 1 2 an＝1，数列{bn}，{cn}满足 bn＝log3 a 2 n 4 ，cn＝ 1 bnbn＋2 . (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{cn}的前 n 项和为 Tn，若不等式 Tn<m 对任意的正整数 n 恒成立，求 m 的取值范 围． 解：(1)由题意得 Sn＋ 1 2 an＝1，① Sn＋1＋ 1 2 an＋1＝1，② ②－①可得 an＋1＋ 1 2 an＋1－ 1 2 an＝0， 即 an＋1＝ 1 3 an. 当 n＝1 时，S1＋ 1 2 a1＝1，则 a1＝ 2 3 . 所以{an}是首项为2 3 ，公比为1 3 的等比数列． 因此 an＝ 2 3 ·   1 3 n－1 ＝ 2 3 n. (2)因为 bn＝log3 a 2 n 4 ＝log33 －2n ＝－2n， cn＝ 1 bnbn＋2 ＝ 1 2n（2n＋4） ＝ 1 8   1  n － 1 n＋2 . 所以 Tn＝ 1 8   1  1 － 1 3 ＋ 1 2 － 1 4 ＋…＋ 1 n－1 － 1 n＋1 ＋ 1 n － 1 n＋2 ＝ 1 8    1＋ 1 2 － 1 n＋1 － 1 n＋2 < 3 16. 因为 Tn<m 对任意的正整数 n 恒成立，所以 m≥ 3 16. 所以 m 的取值范围是   3  16，＋∞ . 18．(2019·广东重点中学联考)已知数列{an}是首项 a1＝ 1 4 ，公比 q＝ 1 4 的等比数列，设 bn＋2＝3log1 4 an(n∈N * )，数列{cn}满足 cn＝anbn. (1)求证：数列{bn}为等差数列； (2)求数列{cn}的前 n 项和 Sn