资源简介

(共27张PPT)
1.等比数列前n项和公式
2.在等比数列{an}中,对于a1,an,n,q,Sn这五个量,已知其中三个量就可利用通项公式
和前n项和公式求出另外两个量.
已知量 首项、公比与项数 首项、末项与公比
求和公式 Sn= Sn=
1.3.3 等比数列的前n项和
1 | 等比数列的前n项和
1.当公比q>0且q≠1时,设A= ,等比数列的前n项和公式是Sn=A(qn-1),即Sn是关
于n的指数型函数.
2.当公比q=1时,因为a1≠0,所以Sn=na1,即Sn是关于n的正比例函数.
2 | 等比数列前n项和的函数特征
　　已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则Sn有如下性质:
1.Sn+m=Sm+qmSn=Sn+qnSm,m,n∈N+.
2.当k为奇数时,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是等比数列;当q≠-1且k为偶数时,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, = .
3 | 等比数列前n项和的性质
1.等比数列的前n项和可以为0吗
可以.比如1,-1,1,-1,1,-1的和.
2.数列{an}的前n项和为Sn=an+b(a≠0,a≠1),则数列{an}一定是等比数列吗
不一定.当q≠1时,等比数列的前n项和为Sn= = - qn.可以发现当b= -1时,数列{an}才为等比数列.
知识辨析
1.当条件与结论间的联系不明显时,可以用a1与q表示an与Sn,从而列方程组求解.
2.求等比数列的前n项和时,若公比q未知,则要分q=1和q≠1两种情况,然后根据前
n项和公式的特点选择合适的公式求解.
1 等比数列前n项和公式及其应用
典例　设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S4=1,S8=17,求Sn.
思路点拨　思路一:设Sn=Aqn-A(A≠0) 由S4=1,S8=17,求出A,q 求出Sn.思路
二:将S4=1,S8=17代入Sn= 中,求出a1,q 求出Sn.
解析 解法一:设数列{an}的公比为q.
由S4=1,S8=17,知q≠±1,
故设Sn=Aqn-A(A≠0),
∴ 两式相除,化简得q4=16,
∴q=±2.
当q=2时,A= ,Sn= (2n-1);
当q=-2时,A= ,Sn= [(-2)n-1].
解法二:设数列{an}的首项为a1,公比为q,
由S4=1,S8=17,知q≠±1,
∴
两式相除并化简,得q4+1=17,
即q4=16,∴q=±2.
当q=2时,a1= ,Sn= = (2n-1);
当q=-2时,a1=- ,Sn= = [(-2)n-1].
1.恰当使用等比数列前n项和的相关性质可以避繁就简,不仅可以使运算简便,还
可以避免对公比q的讨论.解题时把握好等比数列前n项和性质的使用条件,并结
合题设条件寻找使用性质的切入点.
2.利用等比数列前n项和的性质答题技巧
(1)解决等比数列中高次方程问题时,为达到降幂的目的,在解方程组时经常利用
两式相除,以达到整体消元的目的.
(2)在遇到奇数项和与偶数项和时,如果总项数为2n,要优先考虑利用S偶=S奇·q,求公
比q.
2 等比数列前n项和的性质及其应用
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)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2,S3n=14,则S4n等于
(　 )
A.80　　B.30　　C.26　　D.16
思路点拨 (1)利用 =q直接求解.
(2)思路一:由Sn,S3n求出a1,q 求出S4n.
思路二:当q≠-1时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n成等比数列 求出S4n.
思路三:易知q≠1,故可由Sn= 推出Sn,S3n,S4n之间的关系 求出S4n.
思路四:令n=1,由S1=2,S3=14,求出q 求出S4n.
C
B
解析 (1)设这个等比数列为{an},其项数为2k(k∈N+),公比为q,
则其奇数项之和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,
∴等比数列{an}的所有项之和S2k= =22k-1=170+85=255,∴22k=256,解得k=
4,∴这个等比数列的项数为8.故选C.
(2)解法一:设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,
∵S3n=14≠3×2=3Sn,∴q≠1.
由已知得,Sn= =2①,
S3n= =14②,
,得q2n+qn-6=0,即(qn+3)(qn-2)=0.
∵数列{an}的各项均为正数,
∴qn+3>0,∴qn-2=0,即q= .
∴a1= =2( -1),
∴S4n= = =2×15=30.
解法二:易知q≠-1,∴Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n成等比数列,又Sn=2,S3n=14,
∴(S2n-2)2=2×(14-S2n),即 -2S2n-24=0,解得S2n=6或S2n=-4,∵an>0,∴S2n=6.
又∵ = =2,∴S4n-S3n=Sn·23=16,
∴S4n=S3n+16=30.
解法三:设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,
由解法一知,q≠1,
∴S4n= =
= +qn· =Sn+qnS3n.
这个式子表示了S4n,Sn,S3n之间的关系,
要求S4n,只需求出qn即可.
∵S3n=(a1+a2+…+an)+(an+1+an+2+…+a2n)+(a2n+1+a2n+2+…+a3n)=Sn+qnSn+q2nSn=Sn(1+qn+q
2n),
∴ =1+qn+q2n=7,∴q2n+qn-6=0,
解得qn=2或qn=-3.
∵an>0,∴qn=2,∴S4n=Sn+qnS3n=2+2×14=30.
解法四:设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,注意到四个选项都是具体的数值,
∴S4n是一个与n无关的定值,不妨令n=1,
由解法一知,q≠1,则a1=S1=2,S3= =14,
即q2+q-6=0,
解得q=2或q=-3.
∵an>0,∴q=2,
∴S4= =2×15=30.
1.分组求和法
　　分组求和法适用于解决数列通项公式可以写成cn=an+bn的形式的数列求和问
题,其中数列{an}与{bn}是等差数列或等比数列或可以直接求和的数列.其基本的
解题步骤为:
(1)准确拆分,根据通项公式的特征,将其分解为可以直接求和的一些数列的和.
(2)分组求和,分别求出各个数列的和.
(3)得出结论,对拆分后每个数列的和进行组合,解决原数列的求和问题.
2.错位相减法
　　利用等比数列求和公式的推导方法,一般可解决形如一个等差数列和一个等
比数列对应项相乘所得数列的求和问题.这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n
项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列.
3 与等比数列有关的数列求和
　　应用错位相减法的一般步骤:(1)两边同乘公比 q,写出Sn与qSn的表达式;(2)对
乘公比前后的两个式子进行错位相减,注意公比q≠1这一前提,如果不能确定公
比q是不是1,应分两种情况讨论.
典例　已知数列{an}满足an=2an-1+2n-1(n∈N+,且n≥2),a4=81.
(1)求数列{an}的前三项a1,a2,a3;
(2)若数列 为等差数列,求实数p的值;
(3)求数列{an}的前n项和Sn.
解析 (1)由an=2an-1+2n-1(n∈N+,且n≥2),得a4=2a3+24-1=81,解得a3=33,
同理,得a2=13,a1=5.
(2)∵数列 为等差数列,且 - = = =1- (n
≥2,n∈N+),∴1- 是与n无关的常数,
∴1+p=0,即p=-1.
(3)由(2)知,等差数列 的公差为1,
∴ = +(n-1)=n+1,
∴an=(n+1)×2n+1,
∴Sn=a1+a2+…+an=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)×2n+n,
记Tn=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)×2n①,
则2Tn=2×22+3×23+4×24+…+n×2n+(n+1)×2n+1②,
①-②,得-Tn=2×2+(22+23+…+2n)-(n+1)×2n+1=4+ -(n+1)×2n+1=-n×2n+1,
∴Tn=n×2n+1,∴Sn=n×2n+1+n=n(2n+1+1).
　　解决等差数列与等比数列综合问题的关键在于用好它们的有关知识,理顺两
个数列间的关系.注意运用等差数列与等比数列的基本量,即a1,d与b1,q来表示数
列中的所有项,还应注意等差数列与等比数列之间的相互转化.
4 等差数列、等比数列的综合应用问题
典例　已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+),数列{bn}是等比数列(n∈N+),a1
=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn= 设数列{cn}的前n项和为Tn,求T2n.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
由题意得 解得
∴an=2n+1,bn=2n-1.
(2)由(1)知,Sn= =n(n+2),∴cn=
在数列{cn}的前2n项中,所有奇数项的和为1- + - +…+ - ,
所有偶数项的和为21+23+25+…+22n-1,
∴T2n= +(21+23+25+…+22n-1)
=1- +
= - .

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
　　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.
素养解读
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)通过构建的等差数列模型,求等差数列的通项和前n项和,代入求值
即可.
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)通过构建的等比数列模型,求等比数列的通项和前n项和.
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),
将收入与投入的前n项和作差构造新数列,再结合数列的单调性求解.
则题目转化为求使An>Bn的正整数n的最小值.
设cn=An-Bn,则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)为增函数,且f(7)<0,f(8)>0,
故c1>c2>…>c8,c8cn=An-Bn=10n2+290n-10 000(1-0.9n),
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.

应用数列知识解决实际问题的一般思路
思维升华1.3.3　等比数列的前n项和
基础过关练
题组一　与等比数列前n项和有关的计算
1.等比数列{an}中,公比为,前6项和为,则a6=(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.　　B.　　C.　　D.24
2.设Sn为正项等比数列{an}的前n项和,a5,3a3,a4成等差数列,则的值为(　　)
A.　　B.　　C.16　　D.17
3.在递增数列{an}中,=an·an+2,若a1+am=130,a2·am-1=256,且前m项和Sm=170,则m=(　　)
A.3　　　　B.4
C.5　　　　D.6
4.已知等比数列{an}的公比为q(q>0),前n项和为Sn.若S2=6,S4=30,则a1=　　　　,q=　　　　.
题组二　等比数列前n项和的性质
5.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且其前n项和Sn=3n-2+k,则实数k的值为(　　)
A.-1　　B.-　　C.　　D.-
6.等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=8,S8=24,则a13+a14+a15+a16=　　　　.
7.等比数列{an}共2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q=　　　　.
8.等比数列{an}的前n项和为10,前2n项和为30,则前3n项和为　　　　.
题组三　错位相减法求和
9.设数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn<1 000成立的最大正整数n的值为(　　)
A.5　　B.6　　C.7　　D.8
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=an+2(n∈N+),a3+a4=12,数列{bn}为等比数列,且b1=a2,b2=S3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=(-1)nan·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
11.已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a2=3且a1,a3,a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{}的前n项和为Sn,求数列{nSn}的前n项和Tn.
题组四　等比数列前n项和的综合应用
12.某企业响应政府号召,积极参与扶贫帮扶活动.该企业2021年年初有资金500万元,资金年平均增长率可达到20%.每年年底扣除下一年必需的消费资金后,剩余资金全部投入再生产.为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标,每年应扣除的消费资金至多为(单位:万元,结果精确到万元)(参考数据:1.24≈2.07,1.25≈2.49)(　　)
A.83　　　　B.60
C.50　　　　D.44
13.已知首项均为的等差数列{an}与等比数列{bn}满足a3=-b2,a4=b3,且{an}的各项均不相等,设Sn为数列{bn}的前n项和,则Sn的最大值与最小值之差为　　　　.
14.(2020河南洛阳期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S3=-6,S6=42.
(1)求an,Sn;
(2)证明:Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
能力提升练
题组一　求等比数列的前n项和
1.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,anan+1=22n-1,则=(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.62　　B.63　　C.64　　D.65
2.已知数列{an}为等差数列,公差d不为0,{an}中的部分项组成的数列,,,…,,…恰为等比数列,其中k1=1,k2=5,k3=17,则数列{kn}的前n项和为(　　)
A.3n　　　　B.3n-1
C.3n+n-1　　　　D.3n-n-1
3.(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=p,2Sn-Sn-1=2p(n≥2)(p为非零常数),则下列结论正确的是(　　)
A.数列{an}为等比数列
B.当p=1时,S4=
C.当p=时,aman=am+n(m,n∈N+)
D.|a3|+|a8|=|a5|+|a6|
4.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=2,b2=4,an=2log2bn(n∈N+).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn},记数列{cn}的前n项和为Sn,求S100.
题组二　等比数列前n项和的性质
5.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若-5,S3,S6成等差数列,则S9-S6的最小值为(　　)
A.25　　B.20　　C.15　　D.10
6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.已知公比为2的等比数列{an}中,a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20=13,则该数列的前21项和S21=　　　　.
题组三　错位相减法求和
8.定义[x]表示不超过x的最大整数,如[0.39]=0,[1.28]=1.若数列{an}的通项公式为an=[log2n],Sn为数列{an}的前n项和,则S2 047=(　　)
A.211+2　　　　B.3×211+2
C.6×211+2　　　　D.9×211+2
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-,且4Sn+1=3Sn-9.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N+),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N+恒成立,求实数λ的取值范围.
题组四　等比数列前n项和的综合应用
10.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层都比上一层多1件,最后一层是n件.已知第一层货物的单价是1万元,从第二层起,每一层货物的单价都是上一层单价的.若这堆货物的总价是万元,则n的值为(　　)
A.7　　　　B.8
C.9　　　　D.10
11.(多选)下面是按照一定规律画出的一排“树形图”.
其中,第2个图比第1个图多2个“树枝”,第3个图比第2个图多4个“树枝”,第4个图比第3个图多8个“树枝”.假设第n个图的树枝数为an,数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是(　　)
A.an=2n-1
B.an+1=an+2n
C.Sn=2an-n
D.a1+a3+a5+…+a2n-1=2a2n-n+1
12.已知数列{an}满足an=log2.给出定义:使数列{an}的前k项和为正整数的k(k∈N+)叫作“好数”,则在[1,2 021]内的所有“好数”的和为　　　　.
13.已知正项等差数列{an}中,a1=2,且a1,a2-1,a3成等比数列,数列{bn}的前n项和为Sn,b1=,2Sn+1=2Sn+bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn+,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B　S6=a1·=a1=,故a1=24,故a6=24×=,故选B.
2.D　设数列{an}的公比为q,q>0,由a5,3a3,a4成等差数列,可得6a3=a5+a4,即6a1q2=a1q4+a1q3,
化简得q2+q-6=0,解得q=2(q=-3舍去),则===1+q4=1+16=17,故选D.
3.B　由题意知数列{an}是单调递增的等比数列,设其公比为q,则q>0,且q≠1.因为a2·am-1=256,所以a1·am=256,联立解得 或(舍去).因为Sm==170,所以=85①,又因为am=a1·qm-1=128,即qm-1=64②,联立①②,解得q=4,m=4.故选B.
4.答案　2;2
解析　若q=1,则无解,故q≠1.
当q>0,且q≠1时,
所以a1=2,q=2.
5.D　易知an≠0,由题意得{an}为等比数列,又∵Sn=3n-2+k=·3n+k,∴根据等比数列前n项和的性质,得k=-.
6.答案　64
解析　易知等比数列的公比q≠-1.由等比数列前n项和的性质知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,即8,16,S12-S8,S16-S12成等比数列,故S12-S8=32,S16-S12=64,所以a13+a14+a15+a16=S16-S12=64.
7.答案　2
解析　设奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶.根据题意得
解得∴q===2.
8.答案　70
解析　设等比数列{an}的前n项和为Sn.由等比数列前n项和的性质得=Sn(S3n-S2n) (30-10)2=10(S3n-30) S3n=70.
9.B　由题意,得nan=n·2n,所以Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n①,
则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,
①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2,所以Sn=(n-1)×2n+1+2,当n=6时,Sn=642,当n=7时,Sn=1 538,所以使Sn<1 000成立的最大正整数n为6.故选B.
10.解析　(1)由已知得an+1-an=2,
∴数列{an}是以2为公差的等差数列.
∵a3+a4=12,∴2a1+10=12,∴a1=1,
∴an=2n-1.
设等比数列{bn}的公比为q,
∵b1=a2=3,b2=S3=9,∴b2=3q=9,∴q=3,
∴bn=3n.
(2)由题意,得cn=(-1)nan·bn=(-1)n(2n-1)·3n=(2n-1)·(-3)n,
∴Tn=1×(-3)+3×(-3)2+5×(-3)3+…+(2n-1)×(-3)n,
∴-3Tn=1×(-3)2+3×(-3)3+…+(2n-3)×(-3)n+(2n-1)×(-3)n+1.
两式相减,得4Tn=-3+2[(-3)2+(-3)3+…+(-3)n]-(2n-1)×(-3)n+1
=-3+-(2n-1)×(-3)n+1
=-×(-3)n+1,
∴Tn=-×(-3)n+1.
易错警示
　　利用“错位相减法”求和应注意:①相减时后一项的符号;②项数别出错;③最后结果一定不能忘记等式两边同时除以(1-q).
11.解析　(1)设数列{an}的公差为d(d≠0),由题意得a1a7=,即a1(a1+6d)=(a1+2d)2,化简得a1=2d,
又因为a2=a1+d=3,所以d=1,所以a1=2,
所以an=2+(n-1)×1=n+1.
(2)由(1)得=2-n=,则数列{}是以为首项、为公比的等比数列,所以Sn==1-,则nSn=n-n,
所以Tn=(1+2+…+n)-1×+2×+…+n×
=-,
设tn=1×+2×+…+n×①,
则tn=1×+2×+…+n×②,
①-②,得tn=+++…+-n×=-n×=1-,
所以tn=2-,
所以Tn=+-2.
12.B　设每年应扣除的消费资金为x万元,则1年后投入再生产的资金为500(1+20%)-x,2年后投入再生产的资金为[500(1+20%)-x](1+20%)-x=500(1+20%)2-(1+20%)x-x,……,5年后投入再生产的资金为500(1+20%)5-(1+20%)4x-(1+20%)3x-(1+20%)2x-(1+20%)x-x≥800,
∴x≤500×1.25-800,∴x≤60.故选B.
13.答案　
解析　设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
则解得或
又因为{an}的各项均不相等,所以则Sn==1-.
当n为奇数时,Sn=1+,易知Sn=1+单调递减,最大值为S1=,且Sn>1;
当n为偶数时,Sn=1-,易知Sn=1-单调递增,最小值为S2=,且Sn<1.
所以Sn的最大值为S1=,最小值为S2=,
所以Sn的最大值与最小值之差为.
14.解析　 (1)设等比数列{an}的公比为q,由S6≠2S3得q≠1,则
,得1+q3=-7,即q3=-8,
所以q=-2,所以a1=-2,
所以an=-2×(-2)n-1=(-2)n,
Sn==-[1-(-2)n].
(2)证明:由(1)知,Sn+1+Sn+2=-[1-(-2)n+1]-[1-(-2)n+2]
=-[2-(-2)n+1-(-2)n+2]
=-[2+2×(-2)n-4×(-2)n]
=-[1-(-2)n]=2Sn,
所以Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
能力提升练
1.D　由===4,===4,可知数列{an}的奇数项是以1为首项、4为公比的等比数列;偶数项是以2为首项、4为公比的等比数列.所以S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=+=21+2×21=63,S12=+=1 365+2×1 365=4 095,所以==65.
故选D.
2.D　由题意可知=·,即=a1a17,可得(a1+4d)2=a1(a1+16d),因为d≠0,所以a1=2d,故an=a1+(n-1)d=(n+1)d.所以等比数列{}的公比q====3,所以=a1·qn-1=2×3n-1d,
又因为=(kn+1)d,所以kn+1=2×3n-1,故kn=2×3n-1-1.所以k1+k2+k3+…+kn=2(1+3+32+…+3n-1)-n=-n=3n-n-1.故选D.
3.AC　对于A,由2Sn-Sn-1=2p(n≥2)①,a1=p,得a2=,当n≥3时,2Sn-1-Sn-2=2p②,
①-②可得2an-an-1=0,即an=an-1(n≥3),又因为=,所以数列{an}是首项为p、公比为的等比数列,故A正确;
对于B,当p=1时,S4==,故B错误;
对于C,当p=时,aman=×××=,am+n=×=,所以aman=am+n,故C正确;
对于D,|a3|+|a8|=|p|·=|p|,
|a5|+|a6|=|p|·=|p|,
则|a3|+|a8|>|a5|+|a6|,故D错误.故选AC.
4.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为b2=4,所以a2=2log2b2=4,
所以d=a2-a1=2,
所以an=2+(n-1)×2=2n.
又因为an=2log2bn,所以2n=2log2bn,即n=log2bn,
所以bn=2n.
(2)由(1)得bn=2n=2·2n-1=,
即bn是数列{an}中的第2n-1项.
设数列{an}的前n项和为Pn,数列{bn}的前n项和为Qn,
因为b7==a64,b8==a128,
所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的,
所以S100=P107-Q7=-=11 302.
5.B　因为{an}是正项等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,所以=S3(S9-S6).
又因为-5,S3,S6成等差数列,所以S6-5=2S3,即S6-S3=S3+5,所以S9-S6===S3++10.易知S3>0,则S3++10≥2+10=20,当且仅当S3=5时取等号,故选B.
6.C　∵a1=1,a3=a2+2,∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1,∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1,
∴Sn===2n-1.
∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,
∴bn==-,
∴Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-=1-,∴T9=1-=.故选C.
7.答案　
解析　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q.由题意知a2,a5,a8,a11,a14,a17,a20仍为等比数列,其首项为a2,公比为q3,故a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20==
=·=S21×=13,所以S21=.
D　当0≤log2n<1时,n=1,即a1=0(共1项);当1≤log2n<2时,n=2,3,即a2=a3=1(共2项);当2≤log2n<3时,n=4,5,6,7,即a4=a5=a6=a7=2(共4项);……;当k≤log2n2 047,解得k=10,
所以S2 047=0×1+1×2+2×22+3×23+…+10×210①,
2S2 047=0×2+1×22+2×23+3×24+…+10×211②,
①-②可得-S2 047=0+2+22+23+…+210-10×211=-10×211,化简可得S2 047=9×211+2,故选D.
9.解析　(1)当n=1时,4(a1+a2)=3a1-9,
即4a2=-9=-,∴a2=-.
当n≥2时,由4Sn+1=3Sn-9①,
得4Sn=3Sn-1-9②,①-②得4an+1=3an,
∵a2=-≠0,∴an≠0,∴=,
又∵=,
∴{an}是首项为-、公比为的等比数列,
∴an=-×=-3×.
(2)由3bn+(n-4)an=0,得bn=-an=(n-4)×,
∴Tn=-3×-2×-1×+0×+…+(n-4)×,
Tn=-3×-2×-1×+…+(n-5)×+(n-4)×,
两式相减得Tn=-3×++++…+-(n-4)×
=-+-(n-4)×
=-+-4-(n-4)×
=-n×,
∴Tn=-4n×,
由Tn≤λbn得-4n×≤λ(n-4)×恒成立,即λ(n-4)+3n≥0恒成立.
当n=4时,不等式恒成立;
当n<4时,λ≤-=-3-恒成立,得λ≤1;
当n>4时,λ≥-=-3-恒成立,得λ≥-3.
∴-3≤λ≤1.
10.B　由题意,可设前n层货物的总价为Sn万元,则
Sn=1+2×+3×+…+n×,
Sn=+2×+…+(n-1)×+n×,
两式相减可得Sn=1+++…+-n×=-n×=5-(n+5)×,
所以Sn=25-5(n+5)×,
令Sn=25-65×,则5(n+5)=65,解得n=8.故选B.
11.BC　对于A,若an=2n-1,则a3=23-1=4≠7,故错误;对于B,由题意得an+1-an=2n,即an+1=an+2n,故正确;对于C,由an+1-an=2n,可得an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+21+22+…+2n-1==2n-1,则Sn=-n=2n+1-n-2,所以Sn=2an-n,故正确;对于D,由an=2n-1得a1+a3+a5+…+a2n-1=-n=·4n-n-,又因为2a2n-n+1=2·(22n-1)-n+1=22n+1-n-1,故错误.故选BC.
12.答案　2 026
解析　设{an}的前n项和为Sn.因为Sn=log2+log2+…+log2=log2+log2+…+log2=log2=log2(n+2)-log22=log2(n+2)-1,所以Sk=log2(k+2)-1.因为Sk为正整数,所以log2(k+2)-1>0,所以k+2>2,所以k>0.令m=log2(k+2),则k=2m-2.因为k∈[1,2 021],所以2m∈[3,2 023].因为y=2x为增函数,且21=2,22=4,……,210=1 024,211=2 048,所以m∈[2,10].所以所有“好数”的和为22-2+23-2+…+210-2=-2×9=2 026.
13.解析　(1)设正项等差数列{an}的公差为d(d>0),
因为a1=2,且a1,a2-1,a3成等比数列,
所以(d+1)2=2(2+2d),即d2-2d-3=0,
解得d=3或d=-1(舍去),所以an=3n-1.
由2Sn+1=2Sn+bn,得2Sn+1-2Sn=2bn+1=bn,易知bn≠0,所以=,所以数列{bn}是首项为、公比为的等比数列,
所以bn=.
(2)证明:由(1)可得cn=bn+=+=+,
所以Tn=++…++++…+
=+
=-.
因为+>0,所以Tn<,
又因为cn>0,所以数列{Tn}单调递增,则Tn≥T1=-=,
所以≤Tn<.
12

展开更多......

收起↑