资源简介

4.3.3　等比数列的前n项和
第1课时　等比数列前n项和公式及应用
基础过关练
题组一　等比数列中基本量的计算
1.已知数列{an}为等比数列,Sn为其前n项和,且S3=1,S6=3,则a10+a11+a12=(　　)
A.8　　　　B.5 C.6　　　　D.7
2.设{an}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2,则+…+=(　　)
A.2n　　　　B.n2+2n C.2n　　　　D.2n+1-2
3.已知{an}为等比数列,Sn为{an}的前n项和,an+1=2Sn+2,则a5=(　　)
A.18　　　　B.54 C.162　　　　D.486
4.等比数列{an}中,a1 012=1,a1 011>a1 012,则满足+…+>0的最大正整数n为(　　)
A.2 021　　　　B.2 022 C.2 023　　　　D.2 024
5.已知等比数列{an}的前n项和Sn=a+b·2n,且a2,9,a5成等差数列,则a-b=　　　　.
题组二　与等比数列有关的数列求和
6.设数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn<1 000成立的正整数n的最大值为(　　)
A.5　　　　B.6 C.7　　　　D.8
7.已知数列{an}满足:an=其前n项和为Sn,则当λ=1时,S11=　　　　;当λ=2时,数列{an}的通项公式为an=　　　　.
8.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an,n∈N*,数列{bn}是等差数列,且b1=a2,b3=a2+a3+a4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Sn.
能力提升练
题组一　与等比数列前n项和有关的计算
1.已知数列{an}的各项均为正数,a1=10且an+1=(n∈N*).若{an}的前n项之积为Tn,则满足Tn≤102 023的正整数n的最大值为(　　)
A.12　　　　B.11　　　　C.10　　　　D.9
2.已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=2,a2=10,且Sn+1+2Sn-1-3Sn=2×3n(n≥2),则S2 022=(　　)
A.32 023-22 024+1　　　　B.32 022-22 023+1
C.2·32 022-22 023　　　　D.2·32 023-22 024
3.在数列{an}中,a1=2,a2=1,an+2=则{an}的前20项和S20=(　　)
A.621　　　　B.622　　　　C.1 133　　　　D.1 134
4.已知正项数列{an}满足a1=1,an=,其前200项和为S200,则(　　)
A.
C.
5.已知两个等比数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若,则=　　　　.
题组二　与等比数列有关的数列求和
6.已知数列{bn}为正项等比数列,且b1=1,等差数列{an}的首项a1=2,且a2=b3,a4=b4,记cn=,数列{cn}的前n项和为Sn, n∈N*,t≤SnA.2　　　　B.4　　　　C.6　　　　D.8
7.(多选题)已知数列{an}满足a4=4,anan+1=2n(n∈N*),则下列结论正确的是(　　)
A.a1=1　　　　
B.数列{an}为递增数列
C.a1+a2+…+a2 023=21 013-3　　　　
D.+…+<3
8.已知数列{an}和{bn}满足:an+1=an+1,其中n∈N*,且a1=2,b1=1.
(1)求数列{an+bn}的通项公式;
(2)求数列{}的前n项和Sn.
答案与分层梯度式解析
4.3.3　等比数列的前n项和
第1课时　等比数列前n项和公式及应用
基础过关练
1.A　设等比数列{an}的公比为q,则S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=S3+q3S3=1+q3=3,解得q3=2,
所以a10+a11+a12=q9(a1+a2+a3)=q9S3=8.故选A.
2.D　设{an}的公差为d,则a2+a3=2a1+3d=5ln 2,
又∵a1=ln 2,∴d=ln 2,∴an=a1+(n-1)d=nln 2,
∴=enln 2==2n,
∴+…+=2+22+…+2n==2n+1-2.
故选D.
3.C　设{an}的公比为q,q≠0,
当n=1时,a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,
当n=2时,a3=2(a1+a2)+2,即a1q2=2(a1+a1q)+2,
联立
则a5=a1q4=2×34=162.故选C.
4.B　设等比数列{an}的公比为q,
∵+…+>0,
∴a1+a2+…+an>+…+,
∵a1 012=1,a1 011>a1 012=1,∴01,即a1·an>1,
∵a1a2 023==1,a1a2 024=a1a2 023·q=q<1,a1a2 022=a1 011a1 012>1,∴nmax=2 022,故选B.
5.答案　-2
解析　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(a+b·2n)-(a+b·2n-1)=b·2n-1,当n=1时,a1=S1=a+2b,
因为{an}为等比数列,所以=2,所以a1==b,即a+2b=b,所以a+b=0.
因为a2,9,a5成等差数列,所以a2+a5=18,即2b+16b=18,解得b=1,所以a=-1,所以a-b=-2.
6.B　由题意,得nan=n·2n,Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,①
则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=2n+1-n×2n+1-2,所以Sn=n×2n+1-2n+1+2=(n-1)×2n+1+2,易知{Sn}递增,当n=6时,S6=642,当n=7时,S7=1 538,所以使得Sn<1 000成立的正整数n的最大值为6.故选B.
7.答案　-1
解析　当λ=1时,an=-an-1+2(n≥2),即an+an-1=2(n≥2),
所以S11=(a11+a10)+(a9+a8)+(a7+a6)+(a5+a4)+(a3+a2)+a1=2×5+.
当λ=2时,an=3an-1+2(n≥2),
所以有an+1=3(an-1+1)(n≥2),
所以{an+1}是以a1+1=为首项,3为公比的等比数列,所以an+1=·3n-1,所以an=-1.
8.解析　(1)易知数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d,
由b1=a2=2,b3=a2+a3+a4=2+4+8=14,
得d==6,
所以bn=b1+(n-1)d=6n-4.
(2)由(1)可知cn=an+bn=2n-1+6n-4,
所以Sn=(1+2+…+2n-1)+[2+8+…+(6n-4)]==2n+3n2-n-1.
能力提升练
1.C　由an+1=(n∈N*),得lg an+1=2lg an(an>0),
所以{lg an}是以lg a1=lg 10=1为首项,2为公比的等比数列,所以lg an=2n-1,故an=1,
Tn=a1a2a3…an=,令Tn≤102 023,得20+21+22+…+2n-1≤2 023,故≤2 023,
整理得2n≤2 024,又因为210<2 024<211,所以正整数n的最大值为10,故选C.
2.A　当n≥2时,原式可变形为Sn+1-Sn-2Sn+2Sn-1=2×3n,即an+1-2an=2×3n,得an+1-2·3n+1=2(an-2·3n),又因为a1=2,a2=10,所以a2-2×32=2(a1-2×3),
所以数列{an-2·3n}是首项为a1-2×3=-4,公比为2的等比数列,
所以an-2·3n=(-4)×2n-1,即an=2(3n-2n),
所以Sn=2[(31+32+33+…+3n)-(21+22+23+…+2n)]=2×=3n+1-2n+2+1,故S2 022=32 023-22 024+1.故选A.
3.C　设bn=a2n-1,cn=a2n,n∈N*,则b1=a1=2,c1=a2=1.
由已知可得a2n+1-a2n-1=2,a2n+2=2a2n,即bn+1-bn=2,cn+1=2cn,
所以{bn}是以2为首项,2为公差的等差数列,{cn}是以1为首项,2为公比的等比数列,
所以bn=2+2(n-1)=2n,cn=1×2n-1=2n-1.
所以{an}的前20项和S20=(b1+b2+…+b10)+(c1+c2+…+c10)=(2+4+…+20)+(1+2+…+29)==1 133.故选C.
4.C　令n=1,得a2=,因为a1+a2=,且{an}的各项均为正数,所以S200>,
由an=,
则
=>0,所以,又an>0,
所以an+1所以,所以,
所以,所以an≤,
则S200<+…+
=.
综上,.故选C.
5.答案　
解析　设数列{an},{bn}的公比分别为q1,q2,
当n=1时,=4,即a1=4b1,
当n=2时,,即2q2-3q1=1,
当n=3时,,即3q2+3=4,
联立
当时,,符合题意;
当时,,不符合题意,所以.
6.
思路分析　SnSn的
范围结果
C　设等比数列{bn}的公比为q(q>0),等差数列{an}的公差为d,
由a1=2,b1=1,a2=b3,a4=b4,可得则q3-3q2+4=0,即(q+1)(q-2)2=0,所以q=2(q=-1舍去),则d=2,
所以an=2+2(n-1)=2n,bn=2n-1,
故cn==n·,
则Sn=1×+…+n×,
+…+(n-1)×,
两式相减可得+…+-n·-n·=4-(n+2)·,故Sn=8-(n+2)·,
易知Sn≥S1=2,Sn<8,可得2≤Sn<8.
∵ n∈N*,t≤Sn∴k≥8,t≤2,即k-t≥6,即k-t的最小值为6.故选C.
7.ACD　由题意得an=,则a3==1,A正确,B错误.
a5==8,
由anan+1=2n得an+1an+2=2n+1,两式相除得=2,
所以数列{an}的奇数项是首项为1,公比为2的等比数列,偶数项是首项为2,公比为2的等比数列.
故a1+a2+…+a2 023=(a1+a3+…+a2 023)+(a2+a4+…+a2 022)==21 012-1+21 012-2=21 013-3,C正确.
由上述分析可知数列的奇数项是首项为1,公比为的等比数列,偶数项是首项为,公比为的等比数列.
当n为偶数时,+…+
=
=<3;
当n为奇数时,+…+
=
=<3,
∴+…+<3,D正确.故选ACD.
8.解析　(1)an+1=an+1,
两式相加得an+1+bn+1=an+bn+2,
即(an+1+bn+1)-(an+bn)=2,
又a1+b1=3,所以{an+bn}是首项为3,公差为2的等差数列,所以an+bn=3+2(n-1)=2n+1.
(2)因为an+1=an+1,
所以an+1-bn+1=(an-bn),
又因为a1-b1=1≠0,所以{an-bn}是首项为1,公比为的等比数列,所以an-bn=,
由(1)知an+bn=2n+1,所以=(2n+1)·.
所以Sn=3×+…+(2n-1)×,①
+…+(2n-3)×,②
①-②得,所以Sn=10-.
12(共22张PPT)
知识点 1 等比数列的前n项和
4.3.3 等比数列的前n项和
必备知识 清单破
1.等比数列前n项和公式
已知量 首项、公比与项数 首项、末项与公比
求和公式 Sn= Sn=
2.等比数列前n 项和公式的函数特征
(1)当q=1时,Sn=na1,Sn是关于n的一次函数.
(2)当公比q>0且q≠1时,等比数列的前n项和公式Sn= 可以变形为Sn=- ·qn+ ,设
A= ,则Sn=A(qn-1),即Sn是关于n的指数型函数.
　
　　已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则利用等比数列的通项公式及其前n项和公 式可推得Sn有如下性质:
(1)Sn+m=Sm+qmSn=Sn+qnSm,m,n∈N*.
(2)当q≠-1或q=-1且k为奇数时,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是等比数列.
(3)设S偶与S奇分别是偶数项的和与奇数项的和.若项数为2n,则 =q;若项数为2n+1,则 =
q.
(4)当q=1时, = ;当q≠±1时, = .
知识点 2 等比数列前n 项和的性质
知识辨析
1.若数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和一定为Sn= 吗
2.等比数列的前n项和一定是关于n的指数型函数吗
3.若数列{an}是等比数列,其前n项和为Sn,则S4,S8-S4,S12-S8一定构成等比数列吗
4.已知等比数列{an}是递增数列,其前n项和为Sn,则{Sn}也是递增数列吗
一语破的
1.不一定.当a=1时,Sn=n.
2.不一定.当公比q=1时,等比数列的前n项和是关于n的一次函数,当公比q>0且q≠1时,等比数 列的前n项和是关于n的指数型函数.
3.不一定.当a1=1,公比q=-1时,S4=S8=S12=0,故S4,S8-S4,S12-S8构不成等比数列.
4.不一定.当a1<0,公比q∈(0,1)时,等比数列{an}是递增数列,此时an<0,从而{Sn}是递减数列.
定点 1 等比数列前n项和基本量的求解
关键能力 定点破
　　等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量:a1,an,n,q,Sn,这五个量可以“知三求 二”,一般通过等比数列的通项公式和前n项和公式列方程(组)求基本量,注意一些解题技巧, 如用约分或两式相除的方法进行消元,整体代换的应用 可以看作一个整体 等.
典例 已知等比数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若an=3n+1,求Sn和S4;
(2)若Sn=2-n-1,求an和a4;
(3)若S2=30,S3=155,求an和Sn;
(4)若S3S5- =-16,a2a4=32,求S4.
解析 设等比数列{an}的公比为q.
(1)因为an=3n+1,所以a1=9,a2=27,所以q= =3,故Sn= = (3n-1),
所以S4= ×(34-1)=360.
(2)当n=1时,a1=S1=2-1-1=- ;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2-n-1)-(2-n+1-1)= - =- .
因为a1=- 适合上式,所以对任意的n∈N*,an=- ,因此a4=- =- .
(3)由 得
解得 或
当a1=q=5时,an=a1qn-1=5n,Sn= = (5n-1);当a1=180,q=- 时,an=a1qn-1=180× ,Sn=
= .
(4)当q=1时,S3S5- =3a1×5a1-(4a1)2=- =-16,得 =16,
此时,a2a4=32≠ ,矛盾;
当q≠1时,S3S5- = · - =- q3=-16,
所以 解得
因此S4= =15a1=±15 .
易错警示 利用等比数列求和公式进行运算时,一定要注意q的取值是不是1,如果不确定,需 要分情况讨论.
　　在等比数列前n项和的有关问题中,把握好等比数列前n项和性质的使用条件,恰当运用 性质能帮助我们简化运算,快速解题.
定点 2 等比数列前n项和的性质及应用
典例 (1)已知一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇数项之和为85,偶数项之和为170,则 这个数列的项数为 (　 )
A.2　　　　B.4　　　　C.8　　　　D.16
(2)等比数列{an}中,已知a1+a2+a3+a4=20,a5+a6+a7+a8=10,则数列{an}的前16项和S16= (　 )
A.20　　　　B. 　　　　C. 　　　　D.-
C
B
解析 (1)设这个等比数列为{an},{an}中共有2k(k∈N*)项,公比为q,前n项和为Sn,
则奇数项之和S奇=a1+a3+…+a2k-1=85,
偶数项之和S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=170,∴q= = =2,
故S2k= =22k-1=170+85=255,则22k=256,解得k=4,因此,这个等比数列的项数为8.故选C.
(2)由题意得S4=20,S8-S4=10,则 = ,根据等比数列前n项和的性质可知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12
构成公比为 的等比数列,∴S12-S8=5,S16-S12= ,易求得S8=30,∴S12=35,∴S16= ,故选B.
1.分组求和法
一般地,若{an},{bn}中一个是等差数列,一个是等比数列,则常用分组求和法求数列{an±bn}的 前n项和,即先分别求{an},{bn}的前n项和,再将两个和式合在一起.
2.错位相减法
已知数列{an}为等差数列,数列{bn}是等比数列,由这两个数列组成的新数列为{anbn},在求该 数列的前n项和时,常常将{anbn}的各项乘{bn}的公比q,并向后错位一项,与{anbn}中q的同次项 对应相减,即可转化为特殊数列的求和,这种求数列前n项和的方法称为错位相减法.若公比不 确定,则需对其进行分类讨论.
求和过程如下:设数列{anbn}的前n项和是Sn,等差数列{an}的首项是a1,公差是d,等比数列{bn} 的首项是b1,公比是q,则
定点 3 与等比数列有关的数列求和
当q=1时,Sn=b1(a1+a2+…+an)=b1· ;
当q≠1时,Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=a1b1+a2b1q+a3b1q2+…+anb1qn-1,
qSn=a1b1q+a2b1q2+…+an-1·b1qn-1+anb1qn,
∴Sn-qSn=a1b1+(a2-a1)b1q+(a3-a2)·b1q2+…+(an-an-1)b1qn-1-anb1qn,
由等差数列的定义知a2-a1=a3-a2=…=an-an-1=d,
∴(1-q)Sn=a1b1+db1q+db1q2+…+db1qn-1-anb1qn
=a1b1+db1(q+q2+…+qn-1)-anb1qn,
∵q≠1,
∴Sn= +db1· .
典例 已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn+3an=6n+4(n∈N*).
(1)求证:数列{an-3}是等比数列;
(2)求数列{nan}的前n项和.
解析 (1)证明:当n=1时,2S1+3a1=6+4,∴a1=2,
当n≥2时,有
两式相减得2an+3an-3an-1=6,∴5an-3an-1=6,故an-3= (an-1-3),又a1-3=-1≠0,故 = ,
∴数列{an-3}是以-1为首项, 为公比的等比数列.
(2)由(1)可得an-3=-1× ,∴an=3- ,∴nan=3n-n· ,
令Wn=1× +2× +3× +…+n· ,①
两边同乘 ,得 Wn= +2× +…+(n-1)· +n ,②
由①-②得 Wn=1+ + +…+ -n· = -n = - ,
∴Wn= - ,
设数列{nan}的前n项和为Tn,
则Tn=3(1+2+3+…+n)-Wn= -Wn= + - .
方法技巧 由两式相减得到的等比数列部分求和时,为避免出现项数错误,通常利用公式Sn= 求和,a1为等比数列部分的首项,an为等比数列部分的末项.
学科素养 情境破
素养解读
　　数列在实际问题中有广泛的应用,在此类问题中,建立数列模型是关键,在建立数列模型 的过程中发展数学建模的核心素养,然后利用数列的通项公式、前n项和公式、递推公式等 知识求解,在解模过程中发展逻辑推理的核心素养.
素养 通过数列在实际问题中的应用发展逻辑推理和数学建模的核心素养
例题 从社会效益和经济效益出发,某地投入资金进行生态环境建设,并以此发展旅游产业.根 据规划,2021年投入资金1 000万元,以后每年投入比上年减少10%.预测显示,2021年当地旅游 业收入为300万元,以后每年收入比上年增加20万元.根据预测,解答以下问题:
(1)从2021年至2030年,该地十年的旅游业收入共计多少万元
(2)从哪一年起该地的旅游业总收入将首次超过总投入
(参考数据:0.96≈0.531,0.97≈0.478,0.98≈0.430,0.918≈0.150 09,0.919≈0.135 09)
典例呈现
信息提取 ①由投入资金的相关信息可建立等比数列模型;②由旅游业收入的相关信息可建 立等差数列模型.
解题思路 (1)以2021年为第1年,设第n年旅游业收入为an万元,则数列{an}是以300为首项,20 为公差的等差数列,设其前n项和为An,
故an=300+20(n-1)=20n+280,
An=300n+ ×20=10n2+290n,
所以A10=10×102+290×10=3 900.
因此从2021年至2030年,该地十年的旅游业收入共计3 900万元.
(2)以2021年为第1年,设第n年投入资金为bn万元,则数列{bn}是以1 000为首项,0.9为公比的等 比数列,设其前n项和为Bn,
故bn=1 000·0.9n-1,Bn= =10 000(1-0.9n),
设cn=An-Bn,则cn=10n2+290n-10 000(1-0.9n),所以cn+1-cn=an+1-bn+1=300+20n-1 000·0.9n,
令f(n)=300+20n-1 000·0.9n(n∈N*),则f(n)单调递增,且f(7)<0, f(8)>0,
故c1>c2>…>c8,c8又c1=-700<0,c18≈-39.1<0,c19≈470.9>0,
因此该地从2039年起旅游业总收入将首次超过总投入.
思维升华
应用数列知识解决实际问题的一般思路第2课时　等比数列前n项和的性质及其应用
基础过关练
题组一　等比数列前n项和的性质
1.已知等比数列{an}的前n项和为45,前2n项和为60,则其前3n项和为(　　)
A.65　　　　B.80　　　　C.90　　　　D.105
2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=4,S6=12,则S12=(　　)
A.32　　　　B.28　　　　C.48　　　　D.60
3.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且S2=3,S6=5S4-12,则S4=(　　)
A.11　　　　B.13　　　　C.15　　　　D.17
4.已知一个等比数列的项数是偶数,其奇数项之和为1 011,偶数项之和为2 022,则这个数列的公比为(　　)
A.8　　　　B.-2　　　　C.4　　　　D.2
5.已知等比数列{an}的公比q=,且a1+a3+a5+…+a99=90,则a1+a2+a3+…+a100=　　　　.
题组二　等比数列前n项和的实际问题
6.某蛋糕店制作了一个大型蛋糕,这个蛋糕是由多个高度均为0.1米的圆柱形蛋糕重叠而成的,上层蛋糕会覆盖相邻下层蛋糕的上底面的一半,最底层蛋糕的半径为1米.若该蛋糕的体积至少为0.6立方米,则蛋糕的层数至少为(其中π≈3.14)(　　)
A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6
7.如图所示,正方形上方连着一个等腰直角三角形,等腰直角三角形的两腰上再连两个正方形,……,如此下去,得到一个树状图形,称为“勾股树”.若某“勾股树”含有127个正方形,且其中最大的正方形的边长为,则其中最小正方形的边长为　　　　.
题组三　等比数列前n项和的综合问题
8.(多选题)设Sn,Tn分别是等差数列{an}和等比数列{bn}的前n(n∈N*)项和,则下列说法正确的是(　　)
A.若a15+a16>0,a15+a17<0,则使Sn>0的最大正整数n的值为15
B.若Tn=5n+c(c为常数),则c=-1
C.S5,S10-S5,S15-S10必为等差数列
D.T5,T10-T5,T15-T10必为等比数列
9.(2023江苏苏州中学期中)已知数列{an}的各项均为正数,a1=2,=0,求数列的前10项和.
能力提升练
题组一　等比数列前n项和的性质
1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且数列{ka3k-1}(k=1,2,3)是等差数列,则=(　　)
A.1或　　　　B.1或 C.2或
2.已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和,S4=10,则2S12-3S8+S4的最小值为　　　　.
3.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且210S30-(210+1)S20+S10=0,则公比q=　　　　.
4.记Sn为等比数列{an}的前n项和,S18=7S6.
(1)若S12=12,求S24的值;
(2)若S6>0,求证:S6n+6>2S6n.
题组二　等比数列的综合问题
5.(多选题)在等比数列{an}中,a2=2,a5=16,记Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{}的前n项和,则下列结论正确的是(　　)
A.}是等比数列
C.=3
6.(多选题)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,若a1>1,a2 023a2 024>0,<0,则(　　)
A.{an}为递增数列　　　　B.S2 023C.T2 023为{Tn}的最大项　　　　D.{Tn}无最大项
7.在数学课堂上,为提高学生探究分析问题的能力,教师引导学生构造新数列:现有一个每项都为1的常数列,在此数列的第n(n∈N*)项与第(n+1)项之间插入首项为2,公比为2的等比数列的前n项,从而形成新的数列{an},数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)
A.a2 023=26　　　　B.a2 024=26 C.S2 023=264-3　　D.S2 023=264+189
8.已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn<2 022时,n的最大值是　　　　.
9.如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到纸板P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得纸板P3,P4,…,Pn,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=　　　　,如果 n∈N*,Sn>恒成立,那么a的取值范围是　　　　.
10.已知数列{an},{bn}满足a1=2,点(an,an+1)(n∈N*)在函数f(x)=的图象上,且bn=.
(1)证明:{log3bn}是等比数列,并求bn;
(2)令cn=an-1,设{cn}的前n项和为Sn,证明:Sn<.
11.已知数列{an}满足a1=1,a2=3,数列{bn}为等比数列,且满足bn(an+1-an)=bn+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}的前n项和为Sn,若　　　　,记cn=求数列{cn}的前2n项和T2n.
在①2S2=S3-2,②b2,2a3,b4成等差数列,③S6=126这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并解答.
12.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,首项为a1,且,an,Sn成等差数列.
(1)判断数列{an}是不是等比数列,若是,写出通项公式;若不是,请说明理由;
(2)若bn=-2log2an,cn=,求数列{cn}的前n项和Tn;
(3)在(2)的条件下,若不等式Tn≤m2-m-1对一切正整数n恒成立,求实数m的取值范围.
答案与分层梯度式解析
第2课时　等比数列前n项和的性质及其应用
基础过关练
1.A　设数列{an}的前n项和为Sn,由等比数列前n项和的性质得Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列,
故45,60-45,S3n-60成等比数列,
故(60-45)2=45(S3n-60),解得S3n=65.故选A.
2.D　设{an}的公比为q,易知q≠1,所以,即1+q3=3,故q3=2,因此=1+q6=1+22=5,所以S12=5S6=5×12=60,故选D.
3.C　由等比数列前n项和的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,且S4-S2≠0,S6-S4≠0,
所以=S2(S6-S4),故(S4-3)2=3×(5S4-12-S4),即(S4-3)(S4-15)=0,解得S4=3或S4=15,
因为S4-S2≠0,所以S4=15,故选C.
4.D　设该等比数列为{an},项数为2n(n∈N*),公比为q(q≠1),
设奇数项之和为S1,偶数项之和为S2,
故奇数项组成首项为a1,公比为q2的等比数列,偶数项组成首项为a2,公比为q2的等比数列,
则S1==1 011,S2==2 022,
所以=2,即q=2.
故这个数列的公比为2.故选D.
5.答案　120
解析　在等比数列中,若项数为2n,则=q,
则a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)=(a1+a3+a5
+…+a99)+(a1+a3+a5+…+a99)=90+×90=120.
6.C　设蛋糕至少有n(n∈N*)层,则每层圆柱形蛋糕的底面面积组成首项为π,公比为的等比数列,
又每层圆柱形蛋糕的高都是0.1米,所以每层蛋糕的体积也构成等比数列,所以这n层蛋糕的体积V=π×12×0.1×π,
由已知得0.2π≥0.6,所以1-,
即2n≥1+≈22.43,所以n≥5,n∈N*,所以蛋糕的层数至少为5.故选C.
7.答案　
解析　设第n(n∈N*)级所得正方形的边长为an,由题意知{an}是以为首项,为公比的等比数列,
∴an=.
又∵边长为an的正方形有2n-1个,∴1+2+22+23+…+2n-1==127,解得n=7,
故最小正方形的边长为a7=.
8.BCD　设等差数列{an}的公差为d,则故-d若Sn=na1+n>0,则1≤n<1-,
而29<-<30,即1-∈(30,31),故1≤n≤30,
所以使Sn>0的最大正整数n的值为30,A错误;
设等比数列{bn}的公比为q,q≠0且q≠1,则Tn==5n+c,
所以即c=-1,B正确;
由等差、等比数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10为等差数列,T5,T10-T5,T15-T10为等比数列,C、D正确.故选BCD.
9.解析　由=0得(an+1-2an)(an+1+an)=0,故an+1=2an或an+1=-an.
当an+1=-an,即=-1时,数列{an}是以2为首项,-1为公比的等比数列,不符合题意.
当an+1=2an,即=2时,数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2×2n-1=2n.
因为,
所以数列的前10项和为+…+.
能力提升练
1.B　设等比数列{an}的公比为q,q≠0,
由题意可得4a5=a2+3a8,则4a1q4=a1q+3a1q7,化简得3q6-4q3+1=0,解得q3= 或q3=1.
又S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=a1+a2+a3+q3(a1+a2+a3)=(q3+1)S3,所以=q3,
当q3=1时,=1;当q3= 时,.故选B.
2.答案　-
解析　由等比数列的性质可得S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,则S4(S12-S8)=,
由于S4=10,所以S12-S8=,
则2S12-3S8+S4=2(S12-S8)+S4-S8=,
当S8=时取最小值,且最小值为-.
3.答案　
解析　由210S30-(210+1)S20+S10=0,
得210(S30-S20)=S20-S10.
又{an}为正项等比数列,∴S20-S10≠0,∴,
∵数列{an}是等比数列,
∴=q10,
故q10=,解得q=±,
∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=.
方法技巧　已知公比为q的等比数列的前n项和为Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的关系或Sn与Sm的关系时考虑应用以下两个性质:
①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比数列,其公比为qn(q≠-1).
②Sn+m=Sn+qnSm.
4.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠1),
S12=S6+q6S6=S6(1+q6)=12,所以S6≠0,
故S6,S12-S6,S18-S12成等比数列,且公比为q6,
所以S18=S6+(S12-S6)+(S18-S12)=S6+q6S6+q12S6=7S6,整理得S6(q12+q6-6)=0,
因为S6≠0,故q12+q6-6=0,解得q6=2(q6=-3舍去),
所以S24=S12+(S24-S12)=S12+q12S12=S12(1+q12)=5S12=60.
(2)证明:因为S6>0,所以q≠-1,由(1)知q6=2,
因为数列S6,S12-S6,S18-S12,…,S6n-S6n-6,S6n+6-S6n是以S6为首项,q6为公比的等比数列,
所以S6n+6=S6+(S12-S6)+(S18-S12)+…+(S6n+6-S6n)==S6(2n+1-1),
同理S6n==S6(2n-1),
又S6n+6-2S6n=S6(2n+1-1)-2S6(2n-1)=S6>0,
所以S6n+6>2S6n.
5.BD　设等比数列{an}的公比为q,
由题意可得
则an=1×2n-1=2n-1,Sn==2n-1,
可得=9,故A、C错误;
因为=q2=4,所以{}是首项为=1,公比为4的等比数列,
则Tn=,可得=3,故B、D正确.
故选BD.
6.BC　由a2 023a2 024=a2 023×a2 023×q=×q>0,得q>0,∵a1>1,∴an>0.
当q≥1时,an=a1qn-1>1,则a2 023>1,a2 024>1,则>0,与题意矛盾,因此0故{an}为递减数列,A错误;
S2 024-S2 023=a2 024>0,故S2 023∵{an}为递减数列,∴a2 023>a2 024,由<0可知a2 023>1,0∴当2≤n≤2 023时,=an>1,则Tn>Tn-1.
当n>2 023时,=an<1,则Tn因此{Tn}的最大项为T2 023,C正确,D错误.故选BC.
7.D　由题意可得数列{an}为1,2,1,2,22,1,2,22,23,1,2,22,23,24,1,…,
可将数列{an}进行分组:
第1组为1,2,共2项;
第2组为1,2,22,共3项;
第3组为1,2,22,23,共4项;
……
第(n-1)组为1,2,22,…,2n,共n项.
∴前(n-1)组共有2+3+4+…+n=项.
当n=63时,=2 015<2 023,
当n=64时,=2 079>2 023,
∵2 023-2 015=8,
∴a2 023是第63组的第8个数,
∴a2 023=28-1=27,故A错误.
同理得a2 024=29-1=28,故B错误.
则S2 023=a1+a2+a3+…+a2 023
=(1+2)+(1+2+22)+…+(1+2+22+…+262)+(1+2+22+…+27)
=+…+
=22-1+23-1+…+263-1+28-1
=(22+23+…+263)-62+28-1
=-63+28
=264+189,故D正确,C错误.故选D.
8.答案　9
解析　由题意得an=2n-1,bn=2n-1,
∴Tn=c1+c2+…+cn=+…+
=+…+=(2×20-1)+(2×21-1)+(2×22-1)+…+(2×2n-1-1)=2×(20+21+22+…+2n-1)-n=2×-n=2n+1-n-2,∵Tn<2 022,
∴2n+1-n-2<2 022,当n=10时,211-10-2=2 036>2 022,不适合题意,
当n=9时,210-9-2=1 013<2 022,适合题意,∴n的最大值是9.
9.答案　,+∞)
解析　第一块纸板的面积S1=π(2a)2=2πa2,
第二块纸板的面积S2=2πa2-πa2,
第三块纸板的面积S3=πa2,
……
第n块纸板的面积Sn=2πa2
-
=2πa2,
要使得 n∈N*,Sn>恒成立,只需,解得a2≥506,故a∈[,+∞).
10.解析　(1)因为点(an,an+1)在函数f(x)=的图象上,所以an+1=,
又bn=,
所以bn+1=,即bn+1=,①
又b1==3>0,所以bn>0.
对①式两边取以3为底的对数,得log3bn+1=2log3bn,
又b1=3,log3b1=1,所以{log3bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
所以log3bn=2n-1,故bn=.
(2)证明:因为bn=,所以an=,所以cn=an-1=,
则,得cn+1又因为c1=1,
所以Sn=c1+c2+…+cn11.解析　(1)令n=1,得2b1=b2,因为{bn}为等比数列,所以公比为2,即bn+1=2bn,则an+1-an=2,
所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,故an=2n-1.
(2)由(1)知等比数列{bn}的公比为2.
若选①,由2S2=S3-2得2(b1+2b1)=b1+2b1+4b1-2,所以b1=2,则bn=2n,
所以cn=
故数列{cn}的奇数项是以1为首项,4为公差的等差数列,偶数项是以4为首项,4为公比的等比数列,
所以T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=n+.
若选②,由b2,2a3,b4成等差数列得4a3=b2+b4,即20=2b1+8b1,所以b1=2,则bn=2n,下同①.
若选③,由S6=126得=126,所以b1=2,则bn=2n,下同①.
12.解析　(1)数列{an}是等比数列.
由题意得2an=+Sn①,当n=1时,2a1=+S1,即a1=;
当n≥2时,2an-1=+Sn-1②,①-②得2an-2an-1=an,即an=2an-1,
故数列{an}是首项为,公比为2的等比数列,
即an=×2n-1=2n-2.
(2)由题意得bn=-2log2an=-2log22n-2=4-2n,则cn==(16-8n)·,
故Tn=8×-…+(16-8n)×,
-…+(24-8n)×,
两式相减得
=4-8×,
故Tn=.
(3)由(2)可得,设dn=,则dn+1-dn=,
当n≥2时,数列{dn}递减,又d1=,d2=1,故数列{dn}的最大值为1.
则m2-m-1≥1,解得m≥2+2或m≤2-2.
16

展开更多......

收起↑