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 1在各项都为正数的等比数列{an}中,首项a3,前3项和为21,则函t等于0 A.33 B.72 C.84 解析由S=a(+)21,且a3,得q+64.因为q0,所以q之.故 函可(a他ta)之2·S=84 2.已知数列{an}的前n项和S=a-1(a是不为零且不等于1的常数),则数列{a} 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 解因为S=+1符合S=10+的形式,且a≠0,a≠1,所以数列{a}一定是等比数列 3.已知{a}是等比数列,a=,a1=则函品aa3…tan4等于( A.2(14) B.2(1-2) C.(11) (1→22 解设公比为a:a可5∷ a1=1, /)1 故a1a+a+aa+…+an =213-25… =(1-1) 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 层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯0 A.2 盏 B.3盏 C.5盏 D.6盏 解设第七层有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(38,解得a弓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.63 C.75 D.87 解析由已知S-15,S-S-60,又(S-S)2=s(S-S,)=S(s60-S),解得S3,所以
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{an}中,首项 a1=3,前 3 项和为 21,则 a3+a4+a5 等于() A.33 B.72 C.84 D.189 解 析 由 S3=a1(1+q+q 2 )=21, 且 a1=3, 得 q+q 2 -6=0. 因 为 q>0, 所 以 q=2. 故 a3+a4+a5=q 2 (a1+a2+a3)=2 2·S3=84. 答案 C 2.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=a n -1(a 是不为零且不等于 1 的常数),则数列{an}() 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 解析因为 Sn=a n -1 符合 Sn=-Aq n +A 的形式,且 a≠0,a≠1,所以数列{an}一定是等比数列. 答案 B 3.已知{an}是等比数列,a1=1,a4=,则 a1a2+a2a3+…+anan+1 等于() A.2(1-4 -n ) B.2(1-2 -n ) C.(1-4 -n ) D.(1-2 -n ) 解析设公比为 q,∵ 𝑎4 𝑎1 =q 3 =,∴q=. ∵a1=1, ∴anan+1=1×( 1 2 ) 𝑛-1 ×1×( 1 2 ) 𝑛 =2 1-2n . 故 a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1 =2 -1 +2 -3 +2 -5 +…+2 1-2n = 1 2 (1- 1 4 𝑛 ) 1- 1 4 =(1-4 -n ). 答案 C 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 解析设第七层有 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(1-2 7 ) 1-2 =381,解得 a=3,故顶层有 3 盏灯. 答案 B 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.63 B.72 C.75 D.87 解 析 由 已 知 S2m=15,S3m-Sm=60, 又 (S2m-Sm) 2 =Sm(S3m-S2m)=Sm(Sm+60-S2m), 解 得 Sm=3, 所 以
S3=60#3=63 6.在各项均为正数的等比数列{a}中,函,a,a圯,成等差数列,S是数列{an}的前n项和, 则So-S 解析依题意有2(a2)设公比为a则有2(2d2)之q20,解得q之.于是 2)2016 答案p016 7.已知数列{a}满足a1=1,an·a=2"(n∈N),则Sos 解机:an·a2(∈N),a, a2=2,a322. 又 数列{an}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。s=(ata+…+a01r)+(a+a+…to 答案}·2 8.已知一件家用电器的现价是2000元,如果实行分期付款,一年后还清,购买后一个月第 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 据:1.007≈1.080,1.0072≈1.087,1.071≈2.105,1.0712≈2.252) 解设每期应付款x元,第n期付款后欠款A元,则 A=00010.007)-x=2000×1.007-x, A2=(2000×1.007-x)×1.007-x=2000×1.0072-1.007x-x, A2=000×1.0072-(1.0071+1.00710…+)x, 因为A2=0 所以2000×1.0072-(1.00711.0070……+1)x=0, 解得x1+10++10x 2000×100712 12,≈175, 即每期应付款175元 案|75 9.在等差数列{a}中,ta=23,函=29 (1)求数列{a}的通项公式 (2)设数列{an+b}是首项为1,公比为/a/的等比数列,求{b}的前n项和S 图(1)设等差数列{a}的公差为 依题意得a3+-(a+a)=d=6,从而d=3 所以aad=23,解得a1=1 所以数列{a}的通项公式为an=3n2. (2)由(1)得a=4,所以/a/
S3m=60+3=63. 答案 A 6.在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,a2,a4+2,a5 成等差数列,Sn是数列{an}的前n 项和, 则 S10-S4=. 解 析 依 题 意 有 2(a4+2)=a2+a5, 设 公 比 为 q, 则 有 2(2q 3 +2)=2q+2q 4 , 解 得 q=2. 于 是 S10-S4= 2(1-2 10) 1-2 − 2(1-2 4 ) 1-2 =2 016. 答案 2 016 7.已知数列{an}满足 a1=1,an+1·an=2 n (n∈N * ),则 S2 018= . 解析∵an+1·an=2 n (n∈N * ),a1=1, ∴a2=2,a3=2. 又 an+2·an+1=2 n+1 , ∴ 𝑎𝑛+2 𝑎𝑛 =2, ∴数列{an}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. ∴S2 018=(a1+a3+…+a2 017)+(a2+a4+…+a2 018) = 2 1 009 -1 2-1 + 2(2 1 00 9 -1) 2-1 =3·21 009 -3. 答案 3·21 009 -3 8.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 An元,则 A1=2 000(1+0.007)-x=2 000×1.007-x, A2=(2 000×1.007-x)×1.007-x=2 000×1.0072 -1.007x-x, …… A12=2 000×1.00712 -(1.00711+1.00710+…+1)x, 因为 A12=0, 所以 2 000×1.00712 -(1.00711+1.00710+…+1)x=0, 解得 x= 2 000×1.007 12 1+1.007+…+1.007 11 = 2 000×1.007 12 1.007 12 -1 1.007-1 ≈175, 即每期应付款 175 元. 答案 175 9.在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an+bn}是首项为 1,公比为|a2|的等比数列,求{bn}的前 n 项和 Sn. 解(1)设等差数列{an}的公差为 d, 依题意得 a3+a8-(a2+a7)=2d=-6,从而 d=-3. 所以 a2+a7=2a1+7d=-23,解得 a1=-1. 所以数列{an}的通项公式为 an=-3n+2. (2)由(1)得 a2=-4,所以|a2|=4
而数列{an+bn}是首项为1,公比为4的等比数列 所以an+b2=4",即-3n2+b=1" 所以b=3n-2+”, 于是S=[1+7…+(3n=2)+(14+4)型3+141=23m1+41 10 导学号04994050已知数列{a}的前n项和为Sn且a=,an=S,n∈N,求 (1)a2,a,a4的值及数列{an}的通项公式 (2)ata…+a2的值 图1)由a=,a1=5,n=,2,3,…,得 a=S2=(a1t+a2)= a4=S=(a+a2t)16 由ana3(S-S)=(n≥2, 得an1=an(n≥2), a三, (n≥2). 1.n=1 数列()的通项公式为“ n-2 n≥2 (2)由(1)可知,a,a,…,是首项为,公比为(),项数为n的等比数列 aa++…+a B组 1.在等比数列{an}中,楓弓,a+旺+a+a+15,则a马協t的值是0 D.5 由题意可知等比数列)的公比≠,则a1),+吗吗= 1+q 2.已知某公司今年获利5000万元,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0 (参考数据:lg1.01≈0.004,lg1.06≈0.025,lg1.1≈0.041,lg1.6≈0.204) A.4年 B.7年 C.12年 D.50年 解楣根据题意知每年的利润构成一个等比数列{a},其中首项a=500,2公比 q=1+10%=1.1,S2=30000
而数列{an+bn}是首项为 1,公比为 4 的等比数列. 所以 an+bn=4 n-1 ,即-3n+2+bn=4 n-1 , 所以 bn=3n-2+4 n-1 , 于是 Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+4+4 2 +…+4 n-1 )= 𝑛(3𝑛-1) 2 + 1-4 𝑛 1-4 = 𝑛(3𝑛-1) 2 + 4 𝑛 -1 3 . 10. 导学号 04994050 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1=Sn,n∈N * ,求: (1)a2,a3,a4 的值及数列{an}的通项公式; (2)a2+a4+a6+…+a2n的值. 解(1)由 a1=1,an+1=Sn,n=1,2,3,…,得 a2=S1=a1=, a3=S2=(a1+a2)=, a4=S3=(a1+a2+a3)= 16 27. 由 an+1-an= 1 3 (Sn-Sn-1)=an(n≥2), 得 an+1=an(n≥2), ∵a2=, ∴an= 1 3 ( 4 3 ) 𝑛-2 (n≥2). ∴数列{an}的通项公式为 an={ 1,𝑛 = 1, 1 3 ( 4 3 ) 𝑛-2 ,𝑛 ≥ 2. (2)由(1)可知,a2,a4,…,a2n是首项为,公比为( 4 3 ) 2 ,项数为 n 的等比数列, ∴a2+a4+a6+…+a2n = 1 3 · 1-( 4 3 ) 2𝑛 1-( 4 3 ) 2 = 3 7 [( 4 3 ) 2𝑛 -1]. B 组 1.在等比数列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5=3,𝑎1 2 + 𝑎2 2 + 𝑎3 2 + 𝑎4 2 + 𝑎5 2=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是() A.3 B.√5 C.-√5 D.5 解析由题意可知等比数列{an}的公比 q≠1,则 a1+a2+…+a5= 𝑎1(1-𝑞 5 ) 1-𝑞 =3, 𝑎1 2 + 𝑎2 2 +…+𝑎5 2 = 𝑎1 2 (1-𝑞 10) 1-𝑞 2 =15, ∴ 𝑎1(1+𝑞 5 ) 1+𝑞 =5,∴a1-a2+a3-a4+a5= 𝑎1[1-(-𝑞) 5 ] 1-(-𝑞) = 𝑎1(1+𝑞 5 ) 1+𝑞 =5. 答案 D 2.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 {an}, 其中首项 a1=5 000, 公 比 q=1+10%=1.1,Sn=30 000
于是得到500100整理得1.11.6, 两边取对数,得ng1.1=lg1. 解得n6≈5,故还需要4年 3.已知等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项之积为T,且满足a,a06a 01)1,2060,则下列结论正确的是0 A a0 B C.206是数列{T}中的最大数 D.S2016>S 解梮由已知,得a0。A,am1,所以前2016项均大于1,0<1,S0m(S8如n,Em是数列{7 中的最大数,a2016a08与1的大小关系无法确定.故选C 4.已知等比数列{a},其前n项和为S,若S=13S0S0+S=140,则S20等于 解易知q≠1(否则S=3S a1(1-q10) 13S 53=130 10 S1o+S20=140,(S 所以°1240,所以q3(负值舍去),故S91(-2=50×(1+)=10X(1+3)=40 5已知等比数列{an}的前n项和为Sn且S2=b”2(b0,b≠1),则a4= 解当m≥2时,a=S-Sn1=(b-1)·b.因为a==62,所以(b1)b=2,解得b,因此 S→12,于是 昏案p6 6 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 解根据题意知第一个内切圆的半径为x3-,面积为x,第二个内切圆的半径为面积 为己,…这些内切圆的面积组成一个等比数列首项为,公比为,故前n个内切圆的面 积之和 7.已知正项等差数列{an}的公差不为0,a,,ah4恰好是等比数列{b}的前三项,a=
于是得到5 000(1-1.1 𝑛 ) 1-1.1 =30 000,整理得 1.1 n =1.6, 两边取对数,得 nlg 1.1=lg 1.6, 解得 n= lg1.6 lg1.1≈5,故还需要 4 年. 答案 A 3.已知等比数列{an}的公比为 q,其前 n 项和为 Sn,前 n 项之积为 Tn,且满足 a1>1,a2 016a2 017>1,𝑎2 016 -1 𝑎2017 -1 0 C.T2 016 是数列{Tn}中的最大数 D.S2 016>S2 017 解析由已知,得 a2 016>1,a2 0170,b≠1),则 a4=. 解析当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(b-1)·b n .因为 a1=S1=b 2 -2,所以(b-1)b=b 2 -2,解得 b=2,因此 Sn=2 n+1 -2,于是 a4=S4-S3=16. 答案 16 6. 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 6 ×3= √3 2 ,面积为 π,第二个内切圆的半径为√3 4 ,面积 为 3 16π,……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 3 4 π(1- 1 4 𝑛 ) 1- 1 4 = (1- 1 4 𝑛)π. 答案(1- 1 4 𝑛)π 7.已知正项等差数列{an}的公差不为 0,a2,a5,a14 恰好是等比数列{bn}的前三项,a2=3
(1)求数列{an},{bn}的通项公式 (2记数列b}的前n项和为若对任意的neN,n+)=3n6恒成立求实数k的取值 范围 (1)设公差为d根据题意知d≠0,动+d面动堆da4+13d (a1Ad2=(a1d(a113d,a1+d=3, 3d6d40,∴d2(d0舍去) 又a233,d=, ∴a=1,an22n-1 b=233,b239,b=n427, b (2)由(1)知b=3,q=. Tb1(1-q”)3(1-32)3n+1 n+1 22+≥36对D∈N恒成立 ∴TmX0, :k≥m对n∈N恒成立 令c2,cc2-3P=232 当n≤3时,cn>Cn,当n≥4时,cn(Cr-1, :(c)mn=C3= 2 导学号0499052已知等差数列{a}的前n项和为S,且a=8,S=0.数列{b 的前n项和为T,且T-2b#3=0,n∈N" (1)求数列{an},{b2}的通项公式 (2)设c.{an为奇数 求数列{c}的前2n+1项和Pn bn,n为偶数 )由题意知 a1+d=8 4a1+6d= 解得(=4:m T-2bn#3=0, 当n=1时,b=3, 当n≥2时,Tn-2bn1#3=0,两式相减,得b=之b21(n≥2) 故数列{b}为等比数列,且b2=3·2 ∫4nn为奇数 (2)由(1)知c132m1n为偶数 :Pan=(a1…tan)+(b+b…+2 (n+14+42n+1)+61-4
(1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记数列{bn}的前 n 项和为 Tn,若对任意的 n∈N * ,k(𝑇𝑛 + 3 2 )≥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,a2=a1+d,a5=a1+4d,a14=a1+13d. ∵(a1+4d) 2 =(a1+d)(a1+13d),a1+d=3, ∴3d 2 -6d=0,∴d=2(d=0 舍去). 又 a2=3,d=2, ∴a1=1,an=2n-1. ∵b1=a2=3,b2=a5=9,b3=a14=27, ∴bn=3 n . (2)由(1)知 b1=3,q=3. ∵Tn= 𝑏1(1-𝑞 𝑛 ) 1-𝑞 = 3(1-3 𝑛 ) 1-3 = 3 𝑛+1 -3 2 , ∴( 3 𝑛+1 -3 2 + 3 2 )k≥3n-6 对 n∈N * 恒成立. ∴Tn>0, ∴k≥ 2𝑛-4 3 𝑛 对 n∈N * 恒成立. 令 cn= 2𝑛-4 3 𝑛 ,cn-cn-1= 2𝑛-4 3 𝑛 − 2𝑛-6 3 𝑛-1 = -2(2𝑛-7) 3 𝑛 , 当 n≤3 时,cn>cn-1,当 n≥4 时,cn<cn-1, ∴(cn)max=c3= 2 27, 故 k≥ 2 27. 8. 导学号04994052已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=8,S4=40.数列{bn} 的前 n 项和为 Tn,且 Tn-2bn+3=0,n∈N * . (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设 cn={ 𝑎𝑛,𝑛为奇数, 𝑏𝑛,𝑛为偶数, 求数列{cn}的前 2n+1 项和 P2n+1. 解(1)由题意知,{ 𝑎1 + 𝑑 = 8, 4𝑎1 + 6𝑑 = 40, 解得{ 𝑎1 = 4, 𝑑 = 4, ∴an=4n. ∵Tn-2bn+3=0, ∴当 n=1 时,b1=3, 当 n≥2 时,Tn-1-2bn-1+3=0,两式相减,得 bn=2bn-1(n≥2), 故数列{bn}为等比数列,且 bn=3·2n-1 . (2)由(1)知 cn={ 4𝑛,𝑛为奇数, 3·2 𝑛-1 ,𝑛为偶数. ∴P2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(b2+b4+…+b2n) = (𝑛+1)[4+4(2𝑛+1)] 2 + 6(1-4 𝑛 ) 1-4
2+4n2+8n+2
=2 2n+1 +4n 2 +8n+2