11-12学年高中数学 2.3.2 等比数列的前n项和第一课时优化训练 新人教B版必修5 精品

2.3.2 等比数列的前n项和第一课时 优化训练

1．首项为a的数列{an}既是等差数列，又是等比数列，则这个数列的前n项和Sn为( )

n－1nA．a B．a C．(n－1)a D．na

解析：选D.既是等差数列又是等比数列的数列为常数列． 2．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则等于( ) A．2 15C. 2

B．4 17D. 2

S4a2

2

a11－q4S41＋q1＋q解析：选C.因为S4＝，a2＝a1q，所以＝.又因为q＝2，

1－qa2qS45×315所以＝＝.

a222

30

3．设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝2，那么a3·a6·a9·…·a30的值是( )

A．2 B．2

1615

C．2 D．2

3015×2930

解析：选B.∵a1·a2·a3·…·a30＝a1q＝2， 105×2910∴a1q＝2.

105×31105×2910105×2910

又a3·a6·a9·…·a30＝a1q＝a1q·q，将a1q＝2与q＝2代入，

101020

∴a3·a6·a9·…·a30＝2·2＝2，故选B.

1111

4．等比数列{an}的首项为1，公比为q(q≠1)，前n项之和为Sn，则＋＋＋…＋等

1020

a1a2a3an于________．

1－q11

解析：Sn＝，数列{}也为等比数列，首项为1，公比为.

1－qanq11－nnq1111－q∴＋＋…＋＝＝n－1 a1a2an11－q·q1－

nq＝

Sn. qn－1答案：

Sn qn－1

n＋2

Sn(n＝1,2,3…)． n5．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝(1)求证数列{}是等比数列； (2)求证Sn＋1＝4an.

证明：(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)， 整理，得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，

Snnn＋2

Sn， nSn＋1Sn＝2·. n＋1nSn故数列{}是首项为1，公比为2的等比数列．

nSn＋1Sn－1

(2)由(1)知，＝4·(n≥2)，

n＋1n－1n＋1

于是Sn＋1＝4Sn－1＝4an(n≥2)．

n－1

又∵a2＝3S1＝3，故S2＝a1＋a2＝4＝4a1， 故对于任意正整数n≥1， 都有Sn＋1＝4an(n∈N＋)．

∴

222

1．(2020年济南高二检测)等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋an＝2－1，则a1＋a2＋…＋an＝( )

1nn2

A．(2－1) B.(2－1)

31nnC．4－1 D.(4－1)

3n2

解析：选D.由a1＋a2＋…＋an＝2－1知数列{an}的首项为a1＝1，公比q＝2，数列{an}也为等比数列，首项为1，公比为4.

n1·1－41n222

∴a1＋a2＋…＋an＝＝(4－1)．

1－43

2．(2020年高考海南、宁夏卷)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝( )

nA．7 B．8 C．15 D．16 解析：选C.设公比为q，则由4a2＝a3＋4a1，

2

即4a1q＝a1q＋4a1，

2

又a1＝1，∴q－4q＋4＝0， ∴q＝2，

4

1－2∴S4＝＝15.

1－2

1nn3．如果数列{an}的前n项和Sn＝n(3－2)，那么这个数列( )

2

A．是等差数列但不是等比数列 B．是等比数列但不是等差数列 C．既是等差数列又是等比数列 D．既不是等差数列又不是等比数列

1nn3n解析：选B.∵Sn＝n(3－2)＝()－1，

2213n－1

∴an＝Sn－Sn－1＝()，

22

1

当n＝1时，a1＝S1＝也适合上式．故选B.

2

2n－1

4．设Sn为数列{an}的前n项和，an＝1＋2＋2＋…＋2，则Sn的值为( )

nn－1

A．2－1 B．2－1

nn＋1

C．2－n－2 D．2－n－2

2n－1

解析：选D.an＝1＋2＋2＋…＋2

n1·1－2n＝＝2－1，

1－2

n21－2∴Sn＝－n

1－2n＋1

＝2－n－2.

5．已知等比数列{an}的各项为均不等于1的正数，数列{bn}满足bn＝lnan，b3＝18，b6＝12.则数列{bn}的前n项和的最大值等于( )

A．126 B．130 C．132 D．134

b1812

解析：选C.由题知an＝en，∴a3＝e，a6＝e，

∴q＝＝e，∴q＝e，∴an＝e

3

a6a3

－6－224－2n，

∴bn＝24－2n，∴{bn}是递减的等差数列，且b12＝0， ∴Sn最大＝S11＝S12＝132.

6．已知等比数列{an}的公比q<0，前n项和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是( ) A．S4a5＝S5a4 B．S4a5>S5a4 C．S4a5

解析：选B.S4a5－S5a4＝S4a4q－(a1＋qS4)a4＝S4a4q－a1a4－S4a4q＝－a1a4.∵q<0，∴a1和a4

异号，

∴S4a5－S5a4>0，即S4a5>S5a4.

7．一个七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于其上面一层的2倍，一共点了381盏灯，则底层所点灯的盏数是________．

1

解析：由题意知每层所点灯的盏数构成一个等比数列，首项为x，公比为，则

2

12

381＝

11－2

答案：192

x[1－

7

]

，解得x＝192.

1

8．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.

4

解析：设{an}的首项为a1，公比为q，

a1q＝2??

则?41

a1q＝?4?

a1＝4??

，解得?1

q＝??2

.

1

数列{an·an＋1}是首项为8，公比为的等比数列，

4

故a1a2＋a2a3＋…＋an·an＋1

1

81－n4321

＝＝(1－n)．

1341－4321答案：(1－n)

341111

9．Sn＝1＋3＋5＋…＋[(2n－1)＋n]＝______.

2482111

解析：Sn＝1＋3＋…＋[(2n－1)＋n]

242

111

＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(＋＋…＋n)

242

12

＝n＋1－n.

2

12

答案：n＋1－n

2

10．记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝1，S8＝17，求数列的公比q. 解：法一：设数列{an}的首项为a1，公比为q，

??则有?aS＝??

8

a11－q4S4＝＝1，

1－q1

1－q1－q8

＝17，

解得q＝±2.

法二：因为数列{an}是等比数列，

n所以有Sn＝kq－k. 由S4＝1，S8＝17，

?kq－k＝1，?得?8

??kq－k＝17，

4

解得q＝±2.

22an11．已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2，….

3an＋1

1

(1)证明：数列{－1}是等比数列；

an(2)求数列{}的前n项和Sn.

nan2an， an＋1

1an＋1111∴＝＝＋·， an＋12an22an111∴－1＝(－1)， an＋12an211

又∵a1＝，∴－1＝，

3a12111

∴数列{－1}是以为首项，为公比的等比数列．

an22

1111

(2)由(1)知－1＝·n－1＝n，

an222

11nn即＝n＋1，∴n＝n＋n. an2a2

123n设Tn＝＋2＋3＋…＋n

2222112n－1n则Tn＝2＋3＋…＋n＋n＋1 22222①－②得 1111nTn＝＋2＋…＋n－n＋1 2222211

1－n22n1n＝－n＋1＝1－n－n＋1，

12221－21n∴Tn＝2－n－1－n.

22

nn＋1

又1＋2＋3＋…＋n＝，

2解：(1)证明：∵an＋1＝∴数列{}的前n项和

① ②

nan2＋nnn＋1n＋n＋4n＋2

Sn＝2－n＋＝－n. 2222

n12．设数列{an}的前n项和Sn＝2an－2. (1)求a3，a4；

(2)证明：{an＋1－2an}是等比数列； (3)求{an}的通项公式．

nn＋1

解：(1)因为a1＝S1,2a1＝S1＋2，所以a1＝2，S1＝2.由2an＝Sn＋2知2an＋1＝Sn＋1＋2＝ann＋1n＋1

，得an＋1＝Sn＋2，① ＋1＋Sn＋2

22334

所以a2＝S1＋2＝2＋2＝6，S2＝8；a3＝S2＋2＝8＋2＝16，S3＝24；a4＝S3＋2＝40.

n＋1nn＋1nn(2)证明：由题设和①式知an＋1－2an＝(Sn＋2)－(Sn＋2)＝2－2＝2. 所以数列{an＋1－2an}是首项为2，公比为2的等比数列．

n－2n－1n－1

(3)由(2)知an＝(an－2an－1)＋2(an－1－2an－2)＋…＋2(a2－2a1)＋2a1＝(n＋1)·2. 2