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第一章　§3　3.2　第2课时
A　组·基础自测
一、选择题
1．数列{(－1)nn}的前n项和为Sn，则S2 024＝( B )
A．1 011 B．1 012
C．2 023 D．2 024
[解析]　S2 024＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2 021＋2 022)＋(－2 023＋2 024)＝1 012.
2．如图，作一个边长为1的正方形，再将各边的中点相连作第二个正方形，依此类推，共作了n个正方形，设这n个正方形的面积之和为Sn，则S5＝( B )
A． B．
C． D．
[解析]　依题意，从第2个正方形开始，以后每个正方形边长都是前一个正方形边长的，而所有正方形都相似，则从第2个正方形开始，每个正方形面积都是前一个正方形面积的，
因此，将各正方形面积依次排成一列可得等比数列{an}，其首项a1＝1，公比q＝，
所以S5＝＝.
3．已知等比数列{an}的公比是q，首项a1<0，前n项和为Sn，设a1，a4，a3－a1成等差数列，若Sk>a1，则正整数k的最大值是( A )
A．4 B．5
C．14 D．15
[解析]　由题意得，2a4＝a1＋a3－a1，
所以q＝＝.
因为Sk＝>a1，a1<0，解得k<5，
又因为k∈N＋，所以kmax＝4.
4．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于( D )
A．13　　　 B．10　　　
C．9　　　 D．6
[解析]　∵an＝＝1－，
∴Sn＝＋＋＋…＋＝n－
＝n－＝n－1＋，
令n－1＋＝＝5＋，∴n＝6.
5．(多选)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则下列说法正确的是( BD )
A．{an}为单调递增数列
B．＝9
C．S3，S6，S9成等比数列
D．Sn＝2an－a1
[解析]　由a6＝8a3，可得q3a3＝8a3，则q＝2，
当首项a1<0时，可得{an}为单调递减数列，故A错误；由＝＝9，故B正确；假设S3，S6，S9成等比数列，可得S＝S9×S3，即(1－26)2＝(1－23)(1－29)，不成立，显然S3，S6，S9不成等比数列，故C错误；由{an}是公比为q的等比数列，可得Sn＝＝＝2an－a1，所以Sn＝2an－a1，故D正确．
二、填空题
6．数列，，，…，，…前n项的和为 4－　.
[解析]　设Sn＝＋＋＋…＋①
Sn＝＋＋＋…＋②
①－②得
Sn＝＋＋＋＋…＋－＝2－－.
∴Sn＝4－.
7．已知各项都为正数的等比数列{an}，若a8·a12＋5a10＝14，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a19＝_19__.
[解析]　∵各项都为正数的等比数列{an}，a8·a12＋5a10＝14，
∴解得a10＝2，
∴log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a19
＝log2(a1·a2·a3·…·a19)
＝log2a＝log2219＝19.
8．某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿着纸的某条对称轴把纸对折．规格为12 dm×20 dm的长方形纸，对折1次可以得到10 dm×12 dm和20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的周长之和为C1＝96 dm，对折2次可以得到5 dm×12 dm，6 dm×10 dm,3 dm×20 dm三种规格的图形，它们的周长之和为C2＝112 dm，以此类推，则对折5次后能得到的所有不同规格图形的种数为_6__；如果对折n次后，那么能得到的所有不同规格图形的周长之和Cn＝ 128－　dm.
[解析]　设沿着长方形纸长边折叠k(0≤k≤5且k∈N)次，
则要沿着长方形纸片短边折叠(5－k)次，
故折叠5次后共出现的规格情况为 dm× dm，k＝0,1,2,3,4,5，
即有20 dm× dm,10 dm× dm,5 dm× dm， dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，共6种规格；
同理，对折n次共有(n＋1)种规格，
C1＝2×(12＋6＋20＋10)＝96
，C2＝2×(12＋6＋3＋20＋10＋5)＝112，…，
Cn＝2×＝128－.
三、解答题
9．已知{an}是首项为19，公差为－4的等差数列，Sn为{an}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)设{bn－an}是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn.
[解析]　(1)因为a1＝19，公差d＝－4，
所以an＝a1＋(n－1)d＝23－4n，Sn＝＝－2n2＋21n.
(2)因为{bn－an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn－an＝2n－1，
又因为an＝23－4n，故bn＝2n－1－4n＋23，
所以Tn＝20＋19＋21＋15＋…＋2n－1＋(－4n＋23)＝(20＋21＋…＋2n－1)＋Sn＝＋(－2n2＋21n)＝2n－2n2＋21n－1.
10．(2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
[解析]　(1)因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，
当n≥3时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得：(n－2)an＝(n－1)an－1，当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1，
当n＝1,2,3时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．
(2)因为＝，所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n，
Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1，
两式相减得，Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1＝－n×n＋1＝1－n，
即Tn＝2－n，n∈N*.
B　组·能力提升
一、选择题
1．已知首项为1的数列{an}中，an＋1＝2an＋1，n∈N*，则a2 023＝( C )
A．22 022－1 B．22 022
C．22 023－1 D．22 023
[解析]　由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以＝2，an＋1＝(a1＋1)2n－1＝2n，
所以an＝2n－1，所以a2 023＝22 023－1.
2．在等比数列{an}中，a2＋a3＋…＋a8＝8，＋＋…＋＝2，则a5的值是( A )
A．±2 B．2
C．±3 D．3
[解析]　若该等比数列{an}的公比为1，a2＋a3＋…＋a8＝7a5＝8，a5＝，＋＋…＋＝≠2，不合题意，舍去；
所以该等比数列的公比不为1，设为q，则
两式作商得·＝4，
即aq6＝4，a＝4，所以a5＝±2.故选A．
3．(多选)将数列{3n－2}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则下列说法正确的有( BD )
A．数列{an}为等差数列
B．数列{an}为等比数列
C．an＝4n＋1
D．数列{(3n－2)an}的前n项和为(n－1)4n＋1＋4
[解析]　数列{3n－2}中的项为
1,4,7,10,13,16,19,22,25,28,31,34,37,40,43,46,49,52,55,58,61,64,67，…，
数列{2n}中的项为2,4,8,16,32,64,128，…，
所以数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列，所以an＝4n；
所以(3n－2)an＝(3n－2)·4n，记数列{(3n－2)an}的前n项和为Tn，
则Tn＝1×4＋4×42＋…＋(3n－5)·4n－1＋(3n－2)·4n，
4Tn＝1×42＋4×43＋…＋(3n－5)·4n＋(3n－2)·4n＋1，
两式相减：－3Tn＝4＋3(42＋43＋…＋4n)－(3n－2)·4n＋1
＝4＋3×－(3n－2)·4n＋1
＝4＋4n＋1－16－(3n－2)·4n＋1
＝－(3n－3)·4n＋1－12，
所以Tn＝4＋(n－1)·4n＋1.
二、填空题
4．等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1＋a(a为常数)，bn＝，则数列{bn}的前n项和为 ×　.
[解析]　∵Sn为等比数列{an}的前n项和，
且Sn＝3.
∴＝－1，∴a＝－3，∴Sn＝3n＋1－3，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1－3)－(3n－3)＝2×3n　①，
又∵a1＝S1＝6符合①式，∴an＝2×3n，
∴bn＝＝＝·n，
∴{bn}的前n项和为Tn＝
＝×.
5．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1,2，…)．给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于3；
②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；
④{an}中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是_①③④__.
[解析]　令n＝1，得a＝9，又因为各项为正数，得a1＝3.
令n＝2，得a2(3＋a2)＝9，又因为各项为正数，得a2＝<3，所以①正确．
当n≥2时，由Sn＝，
得Sn－1＝，两式相减得an＝－，
即＝.
若{an}为等比数列，则当n≥2时，＝＝常数，a＝常数，an＝常数，即从第2项起，an为同一常数．但是a3≠a2，所以②错误．
由anSn＝9得anSn＝an＋1Sn＋1，所以＝<1，又因为各项为正数，所以an＋1反证法，假设所有项都大于等于，取n>90 000，则an≥，Sn>90 000×＝900，
所以anSn>900×＝9，与anSn＝9矛盾，所以假设错误，④正确．
三、解答题
6．设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，
当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝；
当n≥2时，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]．
两式相减，得
2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n＝－.
∴Tn＝－.
C　组·创新拓展
(多选)提丢斯·波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是在1766年由德国的一位中学老师提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列{an}：0.4,0.7,1,1.6,2.8,5.2,10,19.6，…，表示的是太阳系第n颗行星与太阳的平均距离(以天文单位A．U.为单位)．现将数列{an}的各项乘10后再减4，得到数列{bn}，可以发现数列{bn}从第3项起，每项是前一项的2倍，则下列说法正确的是( CD )
A．数列{bn}的通项公式为bn＝3×2n－2
B．数列{an}的第2 024项为0.3×22 023＋0.4
C．数列{an}的前n项和Sn＝0.4n＋0.3×2n－1－0.3
D．数列{nbn}的前n项和Tn＝3(n－1)·2n－1
[解析]　{an}各项乘10再减4得到数列{bn}：0,3,6,12,24,48,96,192，…，所以该数列从第2项起构成公比为2的等比数列，
所以bn＝所以A错误；
从而an＝＝
所以a2 024＝0.3×22 022＋0.4，所以B错误；
当n＝1时，S1＝a1＝0.4；
当n≥2时，
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝0.4＋0.3×(20＋21＋…＋2n－2)＋0.4(n－1)＝0.4n＋0.3×＝0.4n＋0.3×2n－1－0.3.
当n＝1时，S1＝0.4也符合上式，所以Sn＝0.4n＋0.3×2n－1－0.3，所以C正确；
因为nbn＝所以当n＝1时，T1＝b1＝0，
当n≥2时，Tn＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn＝0＋3(2×20＋3×21＋4×22＋…＋n×2n－2)，
2Tn＝3(2×21＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1)，
所以－Tn＝0＋3(2＋21＋22＋…＋2n－2－n×2n－1)
＝3
＝3(1－n)×2n－1，
所以Tn＝3(n－1)×2n－1.
又当n＝1时，T1也满足上式，所以Tn＝3(n－1)×2n－1，所以D正确．
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第一章　数　列
§3　等比数列
3.2　等比数列的前n项和
第2课时　等比数列习题课
素养目标 定方向
1．掌握等比数列前n项和的性质的应用．
2．掌握等差数列与等比数列的综合应用．
3．会用错位相减法求数列的和．
1．通过学习等比数列的通项公式、前n项和公式、性质及其应用，提升数学运算素养。
2．借助利用等比数列的前n项和公式解决实际问题，培养数学建模素养.
必备知识 探新知
等比数列Sn与an的关系
知识点 1
练一练：
数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3n＋1＋3－m，且{an}是等比数列，则m＝(　　)
A．0 B．3
C．4 D．6
[分析]　利用an＝Sn－Sn－1算出通项，再结合该数列为等比数列可求m.
D
[解析]　因为Sn＝3n＋1＋3－m，
分组转化法求和
知识点 2
若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
练一练：
则数列{an}的前20项和为(　　)
A．1 110 B．1 111
C．1 112 D．1 113
[分析]　由数列的递推关系知奇数项构成等差数列，偶数项构成等比数列，由此可分组求和．
D
[解析]　因为n≥3且n为奇数时an＝2＋an－2，
所以所有奇数项构成a1＝0为首项，2为公差的等差数列，
又因为n≥4且n为偶数时，an＝2an－2，即所有偶数项构成a2＝1为首项，2为公比的等比数列，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a20
＝(a1＋a3＋...＋a19)＋(a2＋a4＋...＋a20)
故选D.
错位相减法求和
知识点 3
一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．
关键能力 攻重难
题|型|探|究
　　　　　(1)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且－a3，a2，a4成等差数列，则Sn与an的关系是(　　)
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝2an＋1
C．Sn＝4an－3 D．Sn＝4an－1
题型一
等比数列an与Sn的关系
典例 1
A
(2)数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，an＋1＝3Sn，则下列关于{an}的论断中正确的是(　　)
A．一定是等差数列
B．可能是等差数列，但不会是等比数列
C．一定是等比数列
D．可能是等比数列，但不会是等差数列
B
[解析]　(1)设等比数列的公比为q(q>0)，
由a1＝1，且－a3，a2，a4成等差数列，
得2a2＝a4－a3，即2q＝q3－q2，得q＝2.
(2)an＋1＝3Sn，an＝3Sn－1，故an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an(n≥2)，而n＝1时，a2＝3S1＝3a1，可知该数列不是等比数列．当an＝0时，数列{an}为等差数列．故本题正确答案为B.
[规律方法]　关于等比数列Sn与an的关系
(2)Sn－Sn－1＝an(n≥2)是Sn与an之间的内在联系，既可以推出项　　an－1，an，an＋1之间的关系，也可得到Sn－1，Sn，Sn＋1之间的关系，体现了Sn与an关系的本质．
　　　　　　　　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1，求Sn.
[解析]　∵Sn＝2an＋1①
∴Sn－1＝2an－1＋1(n≥2)②
①－②得an＝2an－2an－1，
∴an＝2an－1，
对点训练
又a1＝S1＝2a1＋1，
∴a1＝－1，
∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，
　　　　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝Sn＋an＋1，______.请在①a4＋a7＝13；②a1，a3，a7成等比数列；③S10＝65，这三个条件中任选一个补充在题干中，并解答下列问题．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn－an}是公比为2的等比数列，b1＝3，求数列{bn}的前n项和Tn.
题型二
分组转化求和
典例 2
[解析]　(1)因为Sn＋1－Sn＝an＋1，
所以，由题意得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1，所以数列{an}是等差数列，公差为1.
选①，a4＋a7＝13，则a1＋3＋a1＋6＝13，解得a1＝2，所以an＝2＋(n－1)＝n＋1；
选②，a1，a3，a7成等比数列，
所以an＝2＋(n－1)＝n＋1；
(2)由题意得b1－a1＝1，bn－an＝2n－1，
任选①②③：an＝n＋1，
所以bn＝2n－1＋n＋1，
Tn＝(1＋2)＋(2＋3)＋(22＋4)＋…＋(2n－1＋n＋1)
[规律方法]　分组求和法的适用条件
如果一个数列{cn}可写成cn＝an±bn的形式，其中数列{an}，{bn}分别是等差数列，等比数列或可转化为能够求和的数列，可以采用分组求和法．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
对点训练
[解析]　(1)设公比为q，∵a1＝1，a2a4＝16，
∴q4＝16，∵q＞0，∴q＝2.
∴an＝2n－1.
当n＝1时，b1＝S1＝2满足上式，∴bn＝3n－1.
(2)cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝(20＋21＋…＋2n－1)＋[2＋5＋…＋(3n－1)]
题型三
错位相减法求和
典例 3
所以Sn＝n·2n－1(n∈N*)．
所以Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，①
2Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，②
[规律方法]　错位相减法的适用条件与注意事项
(1)适用条件：求数列{an·bn}的前n项和，其中数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列；
(2)步骤：在和式两边同乘等比数列{bn}的公比，然后作差计算；
(3)注意：①两式相减时，要特别注意最后一项的符号，②利用等比数列前n项和公式对相减后的和式求和时，要注意项数．
　　　　　　　　已知等差数列{an}满足a3＝6，前7项和为S7＝49.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝(an－3)·3n，求{bn}的前n项和Tn.
对点训练
(2)bn＝(an－3)·3n＝n·3n，
所以Tn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n×3n…①
3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1…②
由①－②得：－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1
易|错|警|示
对于通项中含字母的数列求和，忽略对字母进行分类讨论而致误
　　　　　求数列1，a，a2，…的前n项和Sn.
典例 4
[误区警示]　错误的原因在于忽略了对a的取值进行分类讨论．
课堂检测 固双基
1．等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则(　　)
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
[解析]　由题，当数列为－2，－4，－8，…时，满足q>0，但是{Sn}不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若{Sn}是递增数列，则必有an>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0成立，所以甲是乙的必要条件．故选B.
B
2．若等差数列{an}的首项为1，公差为1，等比数列{bn}的首项为－1，公比为－2，则数列{an＋bn}的前8项和为(　　)
A．－49 B．－219
C．121 D．291
C
C

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