等比数列前N项和同步练习题

等比数列的前n 项和公式一、单选题 1．（2021·内蒙古宁城·高三月考（文））已知{}n a 是等比数列，若12a =，528a a =，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则n S 为（ ） A ．22n - B ．121n +- C ．122n +- D ．21n -【答案】C 【分析】设公比为q ，根据528a a =求得公比，再利用等比数列前n 项和的公式即可得出答案. 【详解】 解：设公比为q ，因为528a a =，所以3528a q a ==，所以2q ，所以()12122212nn n S +⨯-==--.故选：C.2．（2021·河北·高三月考）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，42S =，810S =，则{}n a 的公比为( ) A．1 B C ．2 D ．4【答案】B 【分析】利用等比数列的性质求解即可. 【详解】因为42S =，810S =，{}n a 为正项等比数列，所以4845678412344S S a a a a q S a a a a -+++===+++，解得q 故选：B ．3．（2021·西藏·拉萨那曲第二高级中学高三月考（文））记等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若214a =，378S =，则公比q = （ ） A ．12-B ．12C ．2D ．12或2【答案】D 【分析】根据等比数列的性质可得2132116a a a ==，再由378S =，可得1358a a +=，分别求出13,a a ，即可得出答案. 【详解】解：在等比数列{}n a 中，若214a =，则2132116a a a ==，312378S a a a =++=，所以1358a a +=， 由13116a a =，1358a a +=，解得131218a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，或131812a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，当131218a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩时，2112a a q ==， 当131812a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩时，212a q a ==， 所以q =12或2.故选：D.4．（2021·全国·高二单元测试）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，()112322n n n a a n ---=⋅≥，且1232a a =.记n T 为数列1nn a S ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和，若对任意*n ∈N ，n T m <，则m 的最小值为（ ） A ．3 B ．13C ．2D ．12【答案】B 【分析】 由已知得()111112242n n n n a a n --⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭.再求得13a =，从而有数列12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项，14为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求得n a ，再利用分组求和的方法，以及等比数列求和公式求得n S ，从而求得n T 得答案. 【详解】解：由()112322n n n a a n ---=⋅≥，得()111322424n n n n a a n --=⋅+≥，∴()111112242n n n n a a n --⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭. 又由()112322n n n a a n ---=⋅≥，得2126a a -=，又1232a a =，∴13a =.所以111122a -=，∴数列12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项，14为公比的等比数列，则12111112242n n n na --⎛⎫⎛⎫-=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴()12122122n n n nn a --=+=+，∴()()231111212112122222221221212nn n n n n n S --⎛⎫- ⎪-⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+=+=⋅- ⎪-⎝⎭-，∴111112222232n n n n nn n a S --==+++⋅-⋅.∴+12111111111122113222332312n n n n T ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++⋅⋅⋅+=⨯=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-. ∵对任意*n ∈N ，n T m <，∴m 的最小值为13.故选：B.5．（2021·江苏省苏州第十中学校高二月考）已知等比数列{a n }的首项为1，公比为2，则a 12+a 22+⋯+a n 2＝（ ） A ．（2n ﹣1）2 B ．()1213n- C ．4n ﹣1 D ．()1413n- 【答案】D 【分析】根据等比数列定义，求出214n n n b a -==，可证明{}n b 是以1为首项，4为公比的等比数列，利用等比数列的求和公式，可得解 【详解】由等比数列的定义，11122n n n a --=⋅=故222124n n n n b a --=== 由于112144,104n n n n b b b ---===≠ 故{}n b 是以1为首项，4为公比的等比数列 a 12+a 22+⋯+a n 2＝1(14)41143n n ⋅--=- 故选：D6．（2021·河南郑州·高二期中（理））设n A ，n B 分别为等比数列{}n a ，{}n b 的前n 项和．若23n n n n A aB b+=+（a ，b 为常数），则74a b =（ ）A ．12881B ．12780C ．3227D ．2726【答案】C 【分析】设(2),(3)n nn n A a m B b m =+=+，项和转换776a A A =-，443b B B =-求解即可【详解】由题意，23n n n n A a B b+=+ 设(2),(3)n nn n A a m B b m =+=+则76776[(2)(2)]64a A A a a m m =-=+-+=()()434433354b B B b b m m ⎡⎤=-=+-+=⎣⎦7464325427a mb m ∴== 故选：C7．（2021·河南郑州·高二期中（理））设{}n a 是公差为d 的等差数列，{}n b 是公比为q 的等比数列．已知数列{}n n a b +的前n 项和()2*51N n n S n n =+-∈，则d q -=（ ）A ．3-B ．1-C ．2D ．4【答案】A 【分析】设数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为,n n A B ，然后利用分求出,n n A B ，再利用n n n S A B =+列方程，由对应项的系数相等可求出结果 【详解】设数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为,n n A B ，则 ()()1211111,222111n n n n b q n n db d d q A a n a n n B q q q --⎛⎫=+=-+==-⎪---⎝⎭（1q ≠）， 若1q =，则1n B nb =，则2211()5122n nn n d d S A n B a n n nb =+==+++--，显然没有出现5n ，所以1q ≠，所以21121221511n n b n b q d d a n n q q ⎛⎫-++-+= ⎪--⎝-⎭， 由两边的对应项相等可得110,1,5,1221b d da q q-====--， 解得111,2,5,4a d q b ====， 所以3d q -=-.8．（2021·福建·泉州科技中学高三月考）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为12n -，若去除所有为1的项，依次构成数列233464510105，，，，，，，，，，，则此数列的前35项和为（ ）A ．994B ．995C ．1003D ．1004【答案】B 【分析】没有去掉“1”之前，可得每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，可求出其前n 项和为21n n S =-，每一行的个数构成一个首项为1，公差为1的等差数列，从而可求出前n 项总个数为(1)2n n n T +=，由此可计算出第10行去掉“1”后的最后一个数为第36个数，从而可求出前35项和。

第2课时等比数列前n项和的性质及应用A级必备知识基础练1.(2022河南南阳高二期中)已知等比数列{a n}的前n项和为S n=4n+a，则实数a的值等于()A.-4B.-1C.0D.12.已知在等比数列{a n}中，a1=1，a1+a3+…+a2k+1=85，a2+a4+…+a2k=42，则k=()A.2B.3C.4D.53.已知{a n}是各项都为正数的等比数列，S n是它的前n项和，若S4=6，S8=18，则S16=()A.48B.54C.72D.904.(2022天津河西高二期末)已知等比数列的首项为-1，前n项和为S n，若，则公比q=()A.2B.-2C.D.-5.已知在等比数列{a n}中，a1=1，且=8，那么数列的公比为，S5= .6.已知正项等比数列{a n}共有2n项，它的所有项的和是奇数项的和的3倍，则公比q= .7.(2022安徽宣城高二期末)已知等比数列{a n}为递增数列，且前n项和为S n，S3=，a3a4=a5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若4a n=3S n，求正整数n的值.B级关键能力提升练8.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1+a3=5，S4=20，则=()A.9B.10C.12D.179.(2022河南新乡高二期中)已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若，则数列{a n}的公比q=()A.2B.-2C. D.-10.某工厂购买一台价格为a万元的机器，实行分期付款，每期付款b万元，每期为一个月，共付12次，如果月利率为5‰，每月复利一次，则a，b满足()A.b=B.b=C.b=D.<b<11.已知等比数列{a n}的公比q>0，前n项和为S n，则的大小为()A.B.C.D.12.(多选题)(2022江苏常州高二期中)记数列{a n}的前n项和为S n，则下列四个说法错误的有()A.若对于∀n∈N+，=a n a n+2，则数列{a n}为等比数列B.若S n=Aq n+B(非零常数q，A，B满足q≠1，A+B=0)，则数列{a n}为等比数列C.若数列{a n}为等比数列，则S n，S2n-S n，S3n-S2n，…仍为等比数列D.设数列{a n}是等比数列，若a1<a2<a3，则{a n}为递增数列13.某市共有1万辆燃油型公交车.有关部门计划于2022年投入128辆电力型公交车，以后电力型公交车每年投入的辆数比上一年增加50%.(1)求该市在2028年应该投入多少辆电力型公交车;(2)求到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过公交车总量的.(已知37=2 187，38=6 561)C级学科素养创新练14.某市为鼓励全民健身，从2021年7月起向全市投放A，B两种型号的健身器材.已知2021年7月投放A型健身器材300台，B型健身器材64台，自8月起，A型健身器材每月的投放量均为a 台，B型健身器材每月的投放量比上一月多50%.若2021年12月底该市A，B两种健身器材投放总量不少于2 000台，则a的最小值为()A.243B.172C.122D.7415.设S n是等比数列{a n}的前n项和，若，求的值.参考答案第2课时等比数列前n项和的性质及应用1.B根据题意，等比数列{a n}的前n项和为S n=4n+a，则a1=41+a=4+a，a2=S2-S1=(42+a)-(4+a)=12，a3=S3-S2=(43+a)-(42+a)=48，则有(4+a)×48=144，解得a=-1.故选B.2.B设等比数列{a n}的公比为q，则a1+a3+…+a2k+1=a1+a2q+…+a2k q=85，即q(a2+…+a2k)=85-1=84.因为a2+a4+…+a2k=42，所以q=2.则a1+a2+a3+…+a2k+a2k+1=85+42=127=，即128=22k+1，解得k=3，故选B.3.D因为{a n}是各项都为正数的等比数列，S n是它的前n项和，且由题意可知q≠-1，所以S4，S8-S4，S12-S8，S16-S12也成等比数列，且公比为=2.所以S12-S8=2(S8-S4)=24，所以S12=42，因此S16-S12=2(S12-S8)=48，所以S16=90.故选D.4.D(方法1)当q=1时，=2，不满足题意;当q≠1时，S10=，S5=，则=q5+1=，解得q=-.故选D.(方法2)设S10=31k，S5=32k(k∈R，且k≠0)，则由S10=S5+q5S5可知31k=S5(1+q5)=32k(1+q5)，解得q=-.故选D.5.831设公比为q，∵=8，a1=1，∴=q3=8，∴q=2.∴S5==31.6.2设等比数列{a n}的奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，前2n项之和为S2n，则S偶=a2+a4+…+a2n=a1q+a3q+…+a2n-1q=q(a1+a3+…+a2n-1)=qS奇.由S2n=3S奇，得(1+q)S奇=3S奇.因为a n>0，所以S奇>0，所以1+q=3，q=2.7.解(1)设公比为q，由a3a4=a5，可得q5=a1q4，故a1q=1.因为S3=a1+a2+a3=，所以+1+q=，解得q=3或q=.故可得a1>0，又因为{a n}为递增数列，所以q=3.故a n=a2q n-2=.(2)由(1)可得，S n=，若4a n=3S n，则4×3n-2=(3n-1)，解得n=2.8.B设等比数列{a n}的公比为q，因为S4=a1+a2+a3+a4=a1+a3+a2+a4=a1+a3+q(a1+a3)=(1+q)(a1+a3)=5(1+q)=20，所以q=3，则=q2+1=10.故选B.9.C由已知q≠1，则解得10.D因为b(1+1.005+1.0052+…+1.00511)=a(1+0.005)12，所以12b<a(1+0.005)12，所以b<.显然12b>a，即<b<.11.C+1，+1.因为q>0，所以+1>0，即.12.AC若a n=0，满足对于∀n∈N+，=a n a n+2，但数列{a n}不是等比数列，故A错误.当n≥2时，a n=S n-S n-1=Aq n+B-(Aq n-1+B)=Aq n-1(q-1)且q≠1;当n=1时，a1=S1=Aq+B=A(q-1)符合上式.故数列{a n}是首项为A(q-1)，公比为q的等比数列，故B正确.若数列{a n}为等比数列，当公比q=-1，且n为偶数时，此时S n，S2n-S n，S3n-S2n，…均为0，不是等比数列，故C错误.设数列{a n}是等比数列，且公比为q，若a1<a2<a3，即a1<a1q<a1q2，若a1>0，可得1<q<q2，即q>1，则{a n}为递增数列;若a1<0，可得1>q>q2，即0<q<1，则{a n}为递增数列.故D正确.13.解(1)依题意可知，从2022年起每年投入的电力型公交车的辆数可构成等比数列{a n}，其中a1=128，q=，则a7=a1q6=128×6=1458.故2028年应投入电力型公交车1458辆.(2)设{a n}的前n项和为S n，则S n==256n-1.由S n>(10000+S n)×，得S n>5000，即256n-1>5000，即n>，又n∈N+，∴n≥8.故到2029年底电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的.14.D设B型健身器材这6个月投放量构成数列{b n}，则b n是以b1=64为首项，以q=为公比的等比数列，∴其前6项和为S6==1330.则令5a+300+1330≥2000，解得a≥74，故选D.15.解(方法1)设等比数列{a n}的公比为q，由题意可知q≠1，则S n=.∵，∴，即1+q5=3，∴q5=2，∴.(方法2)设S5=k，S10=3k(k∈R，且k≠0)，由题意可得q≠-1，则S5，S10-S5，S15-S10，S20-S15成等比数列，则S15-S10=4k，S20-S15=8k，可得S15=7k，S20=15k，故.。

数学 等比数列及其前n 项和一、选择题1．在等比数列{a n }中，a 1＝12，q ＝12，a n ＝132，则项数n 为( )A ．3B ．4C ．5D ．62．在等比数列{a n }中，若a 1<0，a 2＝18，a 4＝8，则公比q 等于( ) A ．32B ．23C ．－23D ．23或－233．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7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塔的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏4．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝14，a 3＝8，则a 6＝( ) A ．16 B ．32 C ．64D ．1285．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则实数a 的值为( )A ．－13B ．13C ．－12D ．126．设等比数列{a n }的公比为q >0，且q ≠1，S n 为数列{a n }前n 项和，记T n ＝a nS n ，则( )A ．T 3≤T 6B ．T 3<T 6C ．T 3≥T 6D ．T 3>T 67．已知{a n }是首项为1的等比数列，若S n 是数列{a n }的前n 项和，且28S 3＝S 6，则数列{1a n}的前4项和为( ) A ．158或4B ．4027或4C ．4027D ．1588．已知数列{a n }是递减的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，若a 2＋a 5＝18，a 3a 4＝32，则S 5的值是( )A ．62B ．48C ．36D ．31二、填空题9．数列{a n }满足：log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，若a 3＝10，则a 8＝_____．10．已知数列{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝ ．11．等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝_____．12． 已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是_____． 三、解答题13．等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3． (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m ．14． (2018·安徽联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4． (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列． (2)求数列{S n }的前n 项和T n ．1．已知1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1＋a 2b 2的值是( )A ．52或－52B ．－52C ．52D ．122．等比数列{a n }共有奇数项，所有奇数项的和S 奇＝255，所有偶数项的和S 偶＝－126，末项是192，则首项a 1等于( )A ．1B ．2C ．3D ．43．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n ＝( ) A ．80 B ．30 C ．26D ．164．在等比数列{a n }中，a 1＋a n ＝82，a 3·a n －2＝81，且前n 项和S n ＝121，则此数列的项数n 等于( )A ．4B ．5C ．6D ．75． 已知等比数列{a n }满足条件a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，a 2n ＝3a 2n ，n ∈N *，数列{b n }满足b 1＝1，b n －b n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋c 3a 3＋…＋c na n＝b n ，n ∈N *，求{c n }的前n 项和T n ．【参考答案】一、选择题1．在等比数列{a n }中，a 1＝12，q ＝12，a n ＝132，则项数n 为( C )A ．3B ．4C ．5D ．62．在等比数列{a n }中，若a 1<0，a 2＝18，a 4＝8，则公比q 等于( C ) A ．32B ．23C ．－23D ．23或－23[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝18，a 1q 3＝8解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝27，q ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－27，q ＝－23，又a 1<0，因此q ＝－23.故选C ．3．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7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塔的2倍，则塔的顶层共有灯( B )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列，由x (1－27)1－2＝381可得x ＝3．4．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝14，a 3＝8，则a 6＝( C ) A ．16 B ．32 C ．64D ．128[解析] 由题意得，等比数列的公比为q ，由S 3＝14，a 3＝8，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q ＋q 2)＝14，a 3＝a 1q 2＝8，，解得a 1＝2，q ＝2，所以a 6＝a 1q 5＝2×25＝64，故选C ．5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则实数a 的值为( A )A ．－13B ．13C ．－12D ．12[解析] 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，又因为{a n }是等比数列，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13．6．设等比数列{a n }的公比为q >0，且q ≠1，S n 为数列{a n }前n 项和，记T n ＝a nS n ，则( D )A ．T 3≤T 6B ．T 3<T 6C ．T 3≥T 6D ．T 3>T 6[解析] T 6－T 3＝a 6(1－q )a 1(1－q 6)－a 3(1－q )a 1(1－q 3)＝q 5(1－q )1－q 6－q 2(1－q )1－q 3＝－q 2(1－q )1－q 6，由于q >0且q ≠1，所以1－q 与1－q 6同号，所以T 6－T 3<0，∴T 6<T 3，故选D ．7．已知{a n }是首项为1的等比数列，若S n 是数列{a n }的前n 项和，且28S 3＝S 6，则数列{1a n}的前4项和为( C ) A ．158或4B ．4027或4C ．4027D ．158[解析] 设数列{a n }的公比为q ．当q ＝1时，由a 1＝1，得28S 3＝28×3＝84.S 6＝6，两者不相等，因此不合题意． 当q ≠1时，由28S 3＝S 6及首项为1，得28(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，解得q ＝3.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1．所以数列{1a n }的前4项和为1＋13＋19＋127＝4027．8．已知数列{a n }是递减的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，若a 2＋a 5＝18，a 3a 4＝32，则S 5的值是( A )A ．62B ．48C ．36D ．31[解析] 由a 2＋a 5＝18，a 3a 4＝32，得a 2＝16，a 5＝2或a 2＝2，a 5＝16(不符合题意，舍去)，设数列{a n }的公比为q ，则a 1＝32，q ＝12，所以S 5＝32[1－(12)5]1－12＝62，选A ．二、填空题9．数列{a n }满足：log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，若a 3＝10，则a 8＝__320___．[解析] 由题意知log 2a n ＋1＝log 22a n ，∴a n ＋1＝2a n ，∴{a n }是公比为2的等比数列，又a 3＝10，∴a 8＝a 3·25＝320．10．已知数列{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝647(1－2－3n) ．[解析] 设数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝18，解得q ＝12，a 1＝a 2q＝4.易知数列{a n a n ＋1a n＋2}是首项为a 1a 2a 3＝4×2×1＝8，公比为q 3＝18的等比数列，所以a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n＋1a n ＋2＝8(1－18n )1－18＝647(1－2－3n )． 11．等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝__32___．[解析] 由题意知S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝74，a 4＋a 5＋a 6＝S 6－S 3＝634－74＝14＝74·q 3，∴q ＝2．又a 1＋2a 1＋4a 1＝74，∴a 1＝14，∴a 8＝14×27＝32．12． 已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是__(－∞，－1]∪[3，＋∞)___．[解析] 设等比数列的公比为q ，则S 3＝1q ＋q ＋1∵|1q ＋q |＝1|q |＋|q |≥2(当且仅当|q |＝1时取等号) ∴1q ＋q ≥2或1q＋q ≤－2∴S 3≥3或S 3≤－1，∴S 3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 三、解答题13．等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3． (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m ．[分析] 本题考查等比数列的通项公式、前n 项和公式． (1)根据已知，建立含有q 的方程→求得q 并加以检验→代入等比数列的通项公式(2)利用等比数列前n 项和公式与已知建立等量关系即可求解． [解析] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1．由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1． (2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n 3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6． [解后反思] 等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略： (1)求通项．求出等比数列的两个基本量a 1和q 后，通项便可求出． (2)求特定项．利用通项公式或者等比数列的性质求解． (3)求公比．利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解．(4)求前n 项和．直接将基本量代入等比数列的前n 项和公式求解或利用等比数列的性质求解．[易错警示] 解方程时，注意对根的检验．求解等比数列的公比时，要结合题意进行讨论、取值，避免错解．14． (2018·安徽联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4． (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列． (2)求数列{S n }的前n 项和T n ．[解析] (1)证明：由题意知S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 即S n ＝2S n －1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]， 又易知a 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1， 所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82．1．已知1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1＋a 2b 2的值是( C )A ．52或－52B ．－52C ．52D ．12[解析] 由题意得a 1＋a 2＝5，b 22＝4，又b 2与第一项的符号相同，所以b 2＝2.所以a 1＋a 2b 2＝52.故选C ． [技巧点拨] (1)在等差(比)数列的基本运算中要注意数列性质的运用，利用性质解题可简化运算，提高运算的速度．(2)根据等比中项的定义可得，在等比数列中，下标为奇数的项的符号相同，下标为偶数的项的符号相同，在求等比数列的项时要注意这一性质的运用，避免出现符号上的错误．2．等比数列{a n }共有奇数项，所有奇数项的和S 奇＝255，所有偶数项的和S 偶＝－126，末项是192，则首项a 1等于( C )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] ∵a n ＝192， ∴q ＝S 偶S 奇－a n ＝－12663＝－2．又S n ＝a 1－a n q1－q＝S 奇＋S 偶，∴a 1－192×(－2)1－(－2)＝255＋(－126)，解得a 1＝3，故选C ．3．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n ＝( B ) A ．80 B ．30 C ．26D ．16[解析] 由等比数列的性质知S n 、S 2n －S n 、S 3n －S 2n 成等比数列，∴(S 2n －2)2＝2(14－S 2n )，∴S 2n ＝6或－4(舍去)，又S 2n －S n 、S 3n －S 2n 、S 4n －S 3n 成等比数列，∴82＝4(S 4n －14)，∴S 4n ＝30.故选B ．另解：(特殊化)不妨令n ＝1，则a 1＝S 1＝2，S 3＝2(1－q 3)1－q ＝14，∴q 2＋q －6＝0，∴q ＝2或－3(舍去)∴S 4＝2(1－q 4)1－q＝30.故选B ．4．在等比数列{a n }中，a 1＋a n ＝82，a 3·a n －2＝81，且前n 项和S n ＝121，则此数列的项数n 等于( B )A ．4B ．5C ．6D ．7[解析] 在等比数列{a n }中，a 3·a n －2＝a 1·a n ＝81，又a 1＋a n ＝82，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a n ＝81或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝81，a n ＝1.当a 1＝1，a n ＝81时，S n ＝1－81q1－q ＝121，解得q ＝3．由a n ＝a 1q n －1得81＝3n －1，解得n ＝5． 同理可得当a 1＝81，a n ＝1时，n ＝5.故选B ．5． 已知等比数列{a n }满足条件a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，a 2n ＝3a 2n ，n ∈N *，数列{b n }满足b 1＝1，b n －b n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋c 3a 3＋…＋c na n ＝b n ，n ∈N *，求{c n }的前n 项和T n ．[解析] (1)设{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1，n ∈N *，由已知a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，a 1q ＋a 1q 3＝3(a 1＋a 1q 2)，得q ＝3，由已知a 2n ＝3a 2n ，即a 1q 2n －1＝3a 21q 2n －2， 解得q ＝3a 1，a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1．因为b 1＝1，b n －b n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)， 可得b 2－b 1＝3，b 3－b 2＝5，…，b n －b n －1＝2n －1， 累加可得b n ＝n 2．(2)当n ＝1时，c 1a 1＝1，c 1＝1，当n ≥2时，c 1a 1＋c 2a 2＋c 3a 3＋…＋c na n ＝n 2①c 1a 1＋c 2a 2＋c 3a 3＋…＋c n －1a n －1＝(n －1)2② 由①－②得到c na n ＝2n －1，c n ＝(2n －1)·3n －1，n ≥2，综上，c n ＝(2n －1)·3n －1，n ∈N *．T n ＝1×30＋3×31＋…＋(2n －3)×3n －2＋(2n －1)×3n －1③ 3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ④ 由③－④得到－2T n ＝1×30＋2×(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n ＝1×30＋2×3(3n －1－1)3－1－(2n －1)×3n ．所以T n ＝1＋(n －1)×3n ．。

人教版高三数学必修五等比数列的前n 项和同步测试题【同步达纲练习】一、选择题1.在等比数列｛a n ｝中，S 4=2,S 8=6,a 17+a 18+a 19+a 20等于( )2.已知等比数列｛a n ｝的公比q=31，且a 1+a 3+a 5+…+a 99=60，则a 1+a 2+a 3+a 4+…+a 100等于( )3.一个等比数列，它的前n 项和S n =ab n +c ，其中a 、b 、c 为常数且a ≠0，b ≠0且b ≠1，则a 、b 、c 必需知足( )+b=0 +c=0 +c=0 +b+c=04.等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，若S 10=10，S 20=30，则S 30等于( )5.一个等比数列｛a n ｝的首项为a 1=2，公比q=3，从第m 项到第n 项(m ＜n)的和为720，则m 的值为( )6.数列｛a n ｝是由实数组成的等比数列，S n =a 1+a 2+…+a n ，则数列｛S n ｝中( )A.任一项均不为0B.必有一项不为0C.最多有有限项为0D.或无一项为0，或有无穷多项为07.运算机的本钱不断降低，若每隔5年运算机价钱降低31，此刻的价钱是8100元，则15年后，价钱降低为( )元 元 元 元8.数列1，1+2，1+2+22，…，1+2+22+…+2n-1的前n 项和S n 等于( )+1-n-29.一个等比数列｛a n ｝共有2n+1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则a n+1为( ) A.56 B.6510.已知等比数列｛a n ｝中，a n =2·3n-1，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n 项和为( )(3n -1) C.419-n D. 4)19(3-n 二、填空题1.已知lgx+lgx 2+…+lgx 10=110,则lgx+(lgx)2+…+(lgx)10= .2.在等比数列｛a n ｝中，若S n =93,a n =48，公比q=2，则n= .=1+a+a 2+a 3+…+a 10= .4.等比数列首项为2，公比为3，之前 项的和开始大于100.三、解答题1.已知等比数列｛a n ｝的首项a 1＞0，公比q ＞0.设数列｛b n ｝的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N +)，数列｛a n ｝、｛b n ｝的前n 项和别离为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.2.已知数列｛a n ｝为等差数列，公差d ≠0，其中1k a ,2k a ,…, n k a 恰为等比数列，若k 1=1，k 2=5，k 3=17，求k 1+k 2+…+k n 的值.3.设数列｛a n ｝的前n 项和S n =2a n -4(n ∈N +)，数列｛b n ｝知足：b n+1=a n +2b n ，且b 1=2，(1)求通项a n .(2)求｛b n ｝前n 项的和T n .【素养优化训练】1.设数列｛a n ｝的前n 项和S n =3n -c ，求证：c=1是数列｛a n ｝为等比数列的充要条件.2.数列｛a n ｝为等比数列，项数为偶数且各项为正数.若是该数列所有项的和为偶数项的和的4倍，且a 2·a 4=9(a 3+a 4).问数列｛lga n ｝的前多少项的和最大?【生活实际运用】1.某种果树至少要培植五年才能够开始采果，有一农户于1988年初利用边角地种植了一批这种果树，1993年开始采果，昔时的产量为156千克，1994年至1998年持续5年每一年的产量平均比上一年增加50%还多34千克，从1999年起，由于治理等方面的缘故致使产量开始下降，且平均每一年比上一年减少10%，据估量这种情形还会继续下去.(1)1998年，该农户采得这种水果多少千克?(2)若是用S n 表示该农户从1993年起的n(n ∈N)年内采得这种水果的总量，试求出用n 表示的S n 的表达式，并据此计算，到2000年，该农户共采得这种水果多少千克?(精准到1千克)2.某君有人民币若干，拟作股票投资或长期储蓄，若存入银行年利率为6%，若购某种股票年盈利为24%，不考虑物价转变因素，且银行年利率及该种股票年盈利不变，股分公司再也不发行新股票，但每一年的利息和盈利可存入银行.(1)求某君购股票或储蓄x 年后所拥有人民币总额y 与x 的函数关系式；(2)问通过几年，购买股票与储蓄所拥有的人民币相等?(lg2=,lg3=,=参考答案：【同步达纲练习】一、二、 或aa --1111三、°q ＞215-时，B n -A n ＞0，得B n ＞A n 2°q=215-时，B n -A n =0，得B n =A n . 3°0＜q ＜215-时，B n -A n ＜0，得B n ＜A n . .3.解：(1)2n+1 (2)T n =(n-1)2n+1+2.【素养优化训练】1.略2.前5项的和最大.【生活实际运用】1.解：(1)1998年的产量a 6=1633(千克)(2)S n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≤--⋅-)7.(1091633020577)6(,44868)23(4486n n n n n 到2000年末的总产量S 8=20577-16330·1092=≈7350(千克). 2.解：(1)设某君有人民币a 元，若长期储蓄，则x 年后人民币总额为y=a(1+x ，即y=·a.若购买股票，则x 年后利息和盈利总额为y=［+(1++(1+2+…+(1+x-1］a =06.01)06.01(24.0++x a 即y=4a.(2)由·a=4a ，得=34，两边取以10为底的对数，得 x=06.1lg 3lg 4lg -=0253.04771.06020.0-≈. 即大约通过5年，股票与储蓄拥有的人民币相等.。

等比数列的前n项和练习1、设Sn 是数列{an}（n∈N*）的前n项和，已知a1=4，an+1=Sn+3n，设bn=Sn﹣3n．（Ⅰ）证明：数列{bn }是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）令cn =2log2bn﹣+2，求数列{cn}的前n项和Tn．2、已知数列{an }的前n项和Sn=，且a1=1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn =lnan，是否存在k（k≥2，k∈N*），使得bk、bk+1、bk+2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由．3、数列{an }满足a1=1，a2=r（r＞0），令bn=an•an+1，{bn}是公比为q（q≠0，q≠﹣1）的等比数列，设cn =a2n﹣1+a2n．（1）求证：cn=（1+r）•q n﹣1；（2）设{cn }的前n项和为Sn，求的值；（3）设{cn }前n项积为Tn，当q=﹣时，Tn的最大值在n=8和n=9的时候取到，求n为何值时，Tn取到最小值．4、已知等比数列{an }的公比为q，a1=，其前n项和为Sn（n∈N*），且S2，S 4，S3成等差数列．（I）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=Sn﹣（n∈N*），求bn的最大值与最小值．5、等比数列{}的前n 项和为，已知,,成等差数列（1）求{}的公比q；（2）若－=3，求。

6、对于一组向量()，令，如果存在()，使得，那么称是该向量组的“向量”．（1）设()，若是向量组的“向量”，数的取值围；（2）若()，向量组是否存在“向量”？给出你的结论并说明理由；（3）已知均是向量组的“向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列满足：为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与()关于点对称，求的最小值．7、已知数列为等比数列，其前项和为，已知，且对于任意的有，，成等差数列．求数列的通项公式；已知（），记，若对于恒成立，数的围．8、已知各项都为正数的等比数列的前n项和，数列的通项公式，若是与的等比中项。

[A 基础达标]1．等比数列1，a ，a 2，a 3，…的前n 项和为( )A ．1＋a （1－a n －1）1－11aB ．1－a n 1－aC.a n ＋1－1a －1 D ．以上皆错 解析：选D.当a ＝1时，S n ＝n ，故选D.2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4等于( )A ．7B ．8C ．15D ．16解析：选C.设{a n }的公比为q ，因为4a 1，2a 2，a 3成等差数列，所以4a 2＝4a 1＋a 3，即4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，即q 2－4q ＋4＝0，所以q ＝2，又a 1＝1，所以S 4＝1－241－2＝15，故选C. 3．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝( )A ．－2B ．2C ．3D ．－3 解析：选A.因为S 3＋3S 2＝0，所以a 1（1－q 3）1－q ＋3a 1（1－q 2）1－q＝0， 即(1－q )(q 2＋4q ＋4)＝0.解得q ＝－2或q ＝1(舍去)．4．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9＝( ) A.18B ．－18 C.578 D ．558 解析：选A.法一：由等比数列前n 项和的性质知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，又a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，则S 3，S 6－S 3，a 7＋a 8＋a 9成等比数列，从而a 7＋a 8＋a 9＝（S 6－S 3）2S 3＝18.故选A.法二：因为S 6＝S 3＋S 3q 3，所以q 3＝S 6－S 3S 3＝－18，所以a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝S 3q 6＝8× ⎝⎛⎭⎫－182＝18.故选A.5．在等比数列{a n }中，已知S 30＝13S 10，S 10＋S 30＝140，则S 20等于( )A ．90B ．70C ．40D ．30解析：选C.因为S 30≠3S 10，所以q ≠1.由⎩⎪⎨⎪⎧S 30＝13S 10，S 10＋S 30＝140得⎩⎪⎨⎪⎧S 10＝10，S 30＝130， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 10）1－q ＝10，a 1（1－q 30）1－q ＝130，所以q 20＋q 10－12＝0.所以q 10＝3，所以S 20＝a 1（1－q 20）1－q＝S 10(1＋q 10) ＝10×(1＋3)＝40.6．在等比数列{a n }中，若公比q ＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式a n ＝________．解析：因为在等比数列{a n }中，前3项之和等于21，所以a 1（1－43）1－4＝21，所以a 1＝1. 所以a n ＝4n －1. 答案：4n －1 7．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋1－a n ＝2n ，应用累加法可得a n ＝2n －1.所以S n ＝a 1＋a 2＋...＋a n ＝2＋22＋ (2)－n ＝2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－n －2. 答案：2n ＋1－n －2 8．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝1，a 4＋a 5＋a 6＝－2，则该数列的前15项和S 15＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，则由已知，得q 3＝－2.又a 1＋a 2＋a 3＝a 11－q(1－q 3)＝1， 所以a 11－q ＝13，所以S 15＝a 11－q (1－q 15)＝a 11－q[1－(q 3)5]＝13×[1－(－2)5]＝11. 答案：119．记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋q ＋q 2）＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n ·2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n 2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．10．数列{a n }是首项为1的等差数列，且公差不为零，而等比数列{b n }的前三项分别是a 1，a 2，a 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b 1＋b 2＋…＋b k ＝85，求正整数k 的值．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 2，a 6成等比数列，所以a 22＝a 1·a 6，所以(1＋d )2＝1×(1＋5d )，所以d 2＝3d ，因为d ≠0，所以d ＝3，所以a n ＝1＋(n －1)×3＝3n －2.(2)数列{b n }的首项为1，公比为q ＝a 2a 1＝4， 故b 1＋b 2＋…＋b k ＝1－4k 1－4＝4k －13. 令4k －13＝85，即4k ＝256， 解得k ＝4.故正整数k 的值为4.[B 能力提升]11．一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )A ．13项B ．12项C ．11项D ．10项解析：选B.设该数列的前三项分别为a 1，a 1q ，a 1q 2，后三项分别为a 1q n －3，a 1q n －2，a 1q n －1.所以前三项之积a 31q 3＝2，后三项之积a 31q 3n －6＝4.所以两式相乘，得a 61q 3(n －1)＝8，即a 21q n －1＝2，又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1qn －1＝64，所以a n 1·q n （n －1）2＝64，即(a 21q n －1)n ＝642，即2n ＝642，所以n ＝12. 12．已知等比数列{a n }的前10项中，所有奇数项之和S 奇为8514，所有偶数项之和S 偶为17012，则S ＝a 3＋a 6＋a 9＋a 12的值为________．解析：设公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧S 偶S 奇＝q ＝2，S 奇＝a 1[1－（q 2）5]1－q 2＝8514，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2. 所以S ＝a 3＋a 6＋a 9＋a 12＝a 3(1＋q 3＋q 6＋q 9)＝a 1q 2·1－q 121－q 3＝585. 答案：58513．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以c (c >0)为公比的等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求a 2＋a 4＋…＋a 2n .解：由条件知S 1＝a 1＝1.(1)①当c ＝1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2⇒a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，0，n ≥2.②当c ≠1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，（c －1）c n －2，n ≥2. (2)①当c ＝1时，a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝0；②当c ≠1时，数列是以a 2为首项，c 2为公比的等比数列，所以a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝（c －1）（1－c 2n ）1－c 2＝c 2n －11＋c. 14．(选做题)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新，证明：须在第9年初对M 更新．解：(1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列．a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6； 因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7.(2)证明：设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ；当n ≥7时，S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －6＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6n ，因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列，又A 8＝780－210×（34）8－68＝824764>80， A 9＝780－210×（34）9－69＝767996<80， 所以须在第9年初对M 更新．。

课时作业11 等比数列的前n 项和时间：45分钟 满分：100分课堂训练1．在等比数列{a n }(n ∈N ＋)中，若a 1＝1，a 4＝18，则该数列的前10项和为( )A ．2－128B ．2－129C ．2－1210D ．2－1211【答案】 B【解析】 由a 4＝a 1q 3＝q 3＝18⇒q ＝12，所以S 10＝1－12101－12＝2－129.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则此数列奇数项的前n 项和为( )A.13(2n ＋1－1) B.13(2n ＋1－2)C.13(22n －1) D.13(22n －2) 【答案】 C【解析】 由S n ＝2n －1知{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列．所以奇数项构成的数列是首项为1，公比为4的等比数列． 所以此数列奇数项的前n 项和为 13(22n －1)．3．等比数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝－512，S n ＝－341，则公比q ＝________，n ＝________.【答案】 －2 10 【解析】 由S n ＝a 1－a n q 1－q得1＋512q1－q＝－341⇒q ＝－2，再由a n ＝a 1·q n －1⇒n ＝10.4．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列．(1)求数列{a n }的通项； (2)求数列{2a n }的前n 项和S n .【解析】 本题考查等差与等比数列的基本性质，第一问只需设出公差d ，从而得到关于d 的方程式求解，第二问直接利用等比数列前n 项和公式即可求得．解：(1)由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得1＋2d 1＝1＋8d1＋2d ，解得d ＝1，d ＝0(舍去)，故{a n }的通项a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知2a n ＝2n ，由等比数列前n 项和公式得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.课后作业一、选择题(每小题5分，共40分)1．已知等比数列的公比为2，且前5项和为1，那么前10项和等于( )A ．31B ．33C ．35D ．37【答案】 B 【解析】 S 5＝a 11－q 51－q＝a 11－251－2＝1，∴a 1＝131.∴S 10＝a 11－q 101－q＝1311－2101－2＝33，故选B.2．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋1(n ∈N ＋)，则f (n )等于( )A.27(8n －1) B.27(8n ＋1－1) C.27(8n ＋3－1) D.27(8n ＋4－1) 【答案】 B【解析】 依题意，f (n )是首项为2，公比为8的等比数列的前n ＋1项和，根据等比数列的求和公式可得．3．已知等比数列的前n 项和S n ＝4n ＋a ，则a 的值等于( ) A ．－4 B ．－1 C ．0 D ．1【答案】 B【解析】 ∵S n ＝4n ＋a ， ∴a n ＝S n －S n －1(n ≥2) ＝4n ＋a －(4n －1＋a ) ＝3·4n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＋a ， 又∵{a n }为等比数列， ∴3×41－1＝4＋a ， 解得a ＝－1.4．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )A ．11B ．5C ．－8D ．－11【答案】 D【解析】 设数列的公比为q ，则8a 1q ＋a 1q 4＝0，解得q ＝－2，∴S 5S 2＝a 11－q 51－q a 11－q 21－q＝1－q 51－q2＝－11，故选D. 5．(2013·新课标Ⅰ文)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n【答案】 D【解析】 由题意得，a n ＝(23)n －1，S n ＝1－23n1－23＝1－2323n －113＝3－2a n ，选D.6．在等比数列{a n }中，a 9＋a 10＝a (a ≠0)，a 19＋a 20＝b ，则a 99＋a 100等于( )A.b 9a8B ．(b a)9C.b 10a9D ．(b a)10【答案】 A【解析】 由等比数列的性质知a 9＋a 10，a 19＋a 20，…，a 99＋a 100成等比数列．且首项为a (a ≠0)，公比为b a.∴a 99＋a 100＝a ·(b a)10－1＝b 9a8.7．某商品零售价2008年比2006年上涨25%，欲控制2009年比2006年上涨10%，则2009年应比2008年降价( )A ．15%B ．12%C ．10%D ．5%【答案】 B【解析】 设2006年售价为a 元．则2008年售价为a (1＋25%)元，2009年售价为a (1＋10%)元．则2009年应比2008年降价：a 1＋25%－a 1＋10%a 1＋25%＝0.12，∴应降低12%，选B.8．等比数列{a n }共有2n ＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则a n ＋1＝( )A.65B.56 C ．20 D ．110【答案】 B【解析】 设公比为q ，由题知：S 奇＝a 1·a 3·…·a 2n ＋1＝100，S 偶＝a 2·a 4·…·a 2n ＝120，∴S 奇S 偶＝a 3·a 5·a 7·…·a 2n ＋1a 2·a 4·a 6·…·a 2n·a 1＝100120＝56.∴a 1q n ＝56，即a n ＋1＝56，故选B.二、填空题(每小题10分，共20分)9．设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________.【答案】 15【解析】 因为数列{a n }是公比为q 的等比数列，且S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 4q 3＋a 4q 2＋a 4q ＋a 4，所以S 4a 4＝1q 3＋1q 2＋1q＋1＝15.10．在等比数列{a n }中，a 1＝14，在前2n 项中，奇数项的和为85.25，偶数项的和为170.5时，n 的值为________．【答案】 5 【解析】 由q ＝S 偶S 奇，得q ＝2.又S 奇＝141－4n 1－4＝3414，∴n ＝5.三、解答题(每小题20分，共40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)11．在等比数列{a n }中，已知a 3＝32，S 3＝92，求a 1与q .【分析】 先检验q ＝1是否满足；然后列出关于a 1，q 的方程组进行求解．【解析】 ∵a 3＝32，S 3＝92，当q ＝1时，a 1＝a 3＝32，S 3＝3a 1＝3×32＝92，∴适合题意； 当q ≠1时，由通项公式及前n 项和公式得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝32，a 11－q 31－q ＝92，∴⎩⎨⎧a 1＝6，q ＝－12.综上知a 1＝32，q ＝1或a 1＝6，q ＝－12.【规律方法】 解决此类问题，要抓住两个方面，一是注意对公比q 的取值进行分类讨论；二是要准确利用相关公式把已知条件转化为关于a 1与q 的方程或方程组求解．12．(2013·湖南文，19)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N ＋.(1)求a1，a2，并求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{na n}的前n项和．【分析】(1)用赋值法求出a1、a2，再用a n＝S n－S n－1(n≥2)，求出a n；(2)用错位相减法可求出{na n}的前n项和．【解析】(1)令n＝1，得2a1－a1＝a21，即a1＝a21，因为a1≠0，所以a1＝1，令n＝2，得2a2－1＝S2＝1＋a2，解得a2＝2.当n≥2时，由2a n－1＝S n,2a n－1－1＝S n－1两式相减得2a n－2a n ＝a n，即a n＝2a n－1，－1于是数列{a n}是首项为1，公比为2的等比数列，因此，a n＝2n－1.所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.(2)由(1)知，na n＝n·2n－1.记数列{n·2n－1}的前n项和为B n，于是B n＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①2B n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②①－②得－B n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n.从而B n＝1＋(n－1)·2n.【规律方法】本题主要考查了由递推公式求通项式，由a n＝S n.. .. .. －S n－1(n≥2)，求通项及错位相减法．在运用a n＝S n－S n－1(n≥2)时，一定别忘记“n≥2”这一条件．在用错位相减法时别忘记把S n的系数化为1.. 专业资料可编辑.。

等比数列前n 项和同步检测训练题一、选择题1．(2010·浙江卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )A ．11B ．－8C ．5D ．－11分析：本题主要考查等比数列求和公式的运用能力． 解析：由8a 2＋a 5＝0，则公比q ＝－2，∴S 5S 2＝1－q 51－q 2＝1＋251－22＝331－4＝－11.故选D. 答案：D2．{a n }为等比数列，若a 8a 4＝2，S 4＝4，则S 8的值等于( )A ．12B ．24C ．16D ．32解析：∵a 8a 4＝a 1q 7a 1q 3＝2，∴q 4＝2.又S 4＝a 11－q 41－q ＝－a 11－q＝4.∴a 11－q＝－4. ∴S 8＝a 11－q 81－q ＝－4×(1－22)＝12，故选A.答案：A3．等比数列{a n }的前3项和等于首项的3倍，则该等比数列的公比为( ) A ．－2 B ．1C ．－2或1D ．2或－1解析：由题意可得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝3a 1，∴q 2＋q －2＝0，∴q ＝1或q ＝－2.故选C. 答案：C4．等比数列{a n }的首项为1，公比为q (q ≠1)，前n 项之和为S n ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n等于( )A.1S n B.S n q n －1 C ．S nD.1q n －1S n解析：由于等比数列{a n }的首项为1，公比为q ，且q ≠1，则前n 项之和为S n ＝q n －1q －1；等比数列{1a n }的首项为1，公比为1q ，则数列{1a n }的前n 项之和为1×[1－1q n]1－1q ＝S nqn －1.故选B.答案：B5．等比数列{a n }共有2n ＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则a n ＋1为( ) A.65B.56 C ．20D ．110解析：由题知：S 奇＝a 1·a 3·…·a 2n ＋1＝100， S 偶＝a 2·a 4·…·a 2n ＝120， ∴S 奇S 偶＝a 3·a 5·a 7·…·a 2n ＋1a 2·a 4·a 6·…·a 2n·a 1＝100120＝56，∴a 1q n ＝56，即a n ＋1＝56，故选B.答案：B6．在等比数列{a n }中，a 2－a 1＝7，a n ＝112，S n ＝217，则( ) A ．q ＝2，n ＝5 B ．q ＝1516，n ＝2C ．q ＝2，n ＝5或q ＝1615，n ＝2D ．q ＝2，n ＝5或q ＝4，n ＝2解析：由⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a 1＝7，S n ＝217⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1q －a 1＝7，a 1－112q1－q＝217⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q －a 1＝7，a 1＝217－105q ⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝105，q ＝1615.若a 1＝7，q ＝2，a n ＝7×2n －1＝112，n ＝5；若a 1＝105，q ＝1615，a n ＝105×(1615)n －1＝112，n ＝2，故选C.答案：C7．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝ab n ＋c ，其中a 、b 、c 为常数，且a ≠0，b ≠0，c ≠0，则a 、b 、c 必须满足( )A ．a ＋b ＝0B ．b ＋c ＝0C ．a ＋c ＝0D ．a ＋b ＋c ＝0解析：a n ＝S n －S n －1＝ab n ＋c －(ab n －1＋c )＝a (b －1)b n －1，且a 1＝S 1得a (b －1)＝ab ＋c .解得a ＋c ＝0.故选C.答案：C8．1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n －1的前n 项和S n 等于( )A ．2nB ．2n －nC ．2n ＋1－n －2D ．n －2n解析：此数列的通项公式a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1×1－2n 1－2＝2n －1，∴S n ＝2－1＋22－1＋23－1＋…＋2n －1 ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－n ＝21－2n 1－2－n ＝2n ＋1－n －2，故选C.答案：C9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 10＝2，S 20＝6，则a 41＋a 42＋…＋a 49＋a 50＝( ) A ．8 B ．12 C ．16D ．32解析：∵S 10＝2，S 20＝6，∴S 20－S 10＝a 11＋a 12＋…＋a 19＋a 20＝4.又a 1＋a 2＋…＋a 10，a 11＋a 12＋…＋a 20，a 21＋a 22＋…＋a 30，…成等比数列，公比为2，∴a 41＋a 42＋…＋a 50＝2×24＝32.故选D.答案：D10．已知等比数列{a n }的公比q <0，前n 项和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是( ) A ．S 4a 5＝S 5a 4 B ．S 4a 5>S 5a 4 C ．S 4a 5<S 5a 4D ．不确定解析：S 4a 5－S 5a 4＝S 4a 4q －(a 1＋qS 4)a 4＝－a 1a 4.∵q <0，∴a 1与a 4异号，∴S 4a 5－S 5a 4>0，故选B.答案：B 二、填空题11．1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ＝________.解析：S ＝(12＋14＋18＋…＋12n )＋(14＋18＋…＋12n )＋(18＋116＋…＋12n )＋…＋(12n －1＋12n )＋12n＝1－(12)n ＋12－(12)n ＋…＋12n －1－(12)n＝(1＋12＋…＋12n －1)－n 2n＝2－22n －n2n ＝2－n ＋22n .答案：2－n ＋22n12．等比数列a ，－6，m ，－54，…的前n 项和S n ＝________. 解析：由m 2＝－6×(－54)， ∴m ＝±18.当m ＝18时，由(－6)2＝18a ，a ＝2，∴q ＝－3. ∴S n ＝2[1－－3n]1－－3＝1－－3n2.当m ＝－18时，由(－6)2＝－18a ，a ＝－2，q ＝3. ∴S n ＝－21－3n 1－3＝1－3n .∴S n ＝1－3n或1－－3n2.答案：1－3n或1－－3n213．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝1，a 4＋a 5＋a 6＝－2，则该数列的前15项和S 15＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知，得q 3＝－2.又a 1＋a 2＋a 3＝a 11－q (1－q 3)＝1，∴a 11－q ＝13，∴S 15＝a 11－q (1－q 15)＝a 11－q[1－(q 3)5]＝13×[1－(－2)5]＝11.答案：1114．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项为S n ，且S n ＋1、S n 、S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：①当q ＝1时，设首项为a 1. 则S n ＋1＝(n ＋1)a 1，S n ＋2＝(n ＋2)a 1， 显然2S n ＝2na 1≠S n ＋1＋S n ＋2＝(2n ＋3)a 1. ②当q ≠1时，由题意得：2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2， 2·a 11－q n 1－q＝a 11－q n ＋11－q ＋a 11－q n ＋21－q.即q 2＋q －2＝0，求得q ＝－2，q ＝1(舍去)． 综合①②得：q ＝－2. 答案：－2三、解答题 15．求和：(1)S n ＝(a －1b )＋(a 2－1b 2)＋(a 3－1b 3)＋…＋(a n －1b n )；(2)求数列2,22,222，…的前n 项和S n .解析：(1)S n ＝(a ＋a 2＋a 3＋…＋a n )－(1b ＋1b 2＋…＋1b n )．a 分三种情况：①a ＝0；②a ＝1；③a ≠0，且a ≠1.b 分两种情况：①b ＝1；②b ≠1.所以S n＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧0， a ＝1，b ＝1，－n ， a ＝0，b ＝1.a 1－a n 1－a －n ， a ≠0，a ≠1，b ＝1，n －1－1b nb －1，a ＝1，b ≠1，－1－1b n b －1，a ＝0，b ≠1，a 1－a n1－a －1－1b nb －1，a ≠0，a ≠1，b ≠1.(2)设2,22,222，…为{a n }，则a n ＝29×10n －29.所以S n ＝29(10＋102＋…＋10n )－29n＝29·101－10n1－10－29n ＝281·10n ＋1－29n －2081. 16．(2010·山东卷)已知等差数列{a n }满足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26.{a n }的前n 项和为S n . (Ⅰ)求a n 及S n ； (Ⅱ)令b n ＝1a 2n －1(n ∈N*)，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(Ⅰ)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由于a 3＝7，a 5＋a 7＝26， 所以a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26. 解得a 1＝3，d ＝2.由于a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n a 1＋a n 2， 所以a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)．(Ⅱ)因为a n ＝2n ＋1，所以a 2n －1＝4n (n ＋1)，因此b n ＝14n n ＋1＝14(1n －1n ＋1)． 故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝14(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1) ＝14(1－1n ＋1) ＝n4n ＋1. 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n4n ＋1. 17．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项a n ； (2)求数列{na n }的前n 项和T n .解析：(1)解法1：∵⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝2S n ①a n ＝2S n －1n ≥2，n ∈N *②①－②得：⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝3a n n ≥2，n ∈N *a 2＝2S 1＝2，∴a n ＝a 2q n －2＝2·3n －2(n ≥2，n ≥N *)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 n ＝12·3n －2n ≥2，n ∈N *.解法2：∵a n ＋1＝2S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ， ∴S n ＋1S n＝3. 又∵S 1＝a 1＝1，∴数列{S n }是首项为1，公比为3的等比数列，S n ＝3n －1(n ∈N *)． 当n ≥2时，a n ＝2S n －1＝2·3n －2(n ≥2)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，2·3n －2，n ≥2. (2)T n ＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n . 当n ＝1时，T 1＝1；当n ≥2时，T n ＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n ·3n －2，①3T n ＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n ·3n －1，②①－②得－2T n ＝－2＋4＋2(31＋32＋…＋3n －2)－2n ·3n －1＝2＋2·31－3n －21－3－2n ·3n －1＝－1＋(1－2n )·3n －1， ∴T n ＝12＋(n －12)3n －1(n ≥2)．又∵T 1＝a 1＝1也满足上式． ∴T n ＝12＋(n －12)3n －1(n ∈N *)．18．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若{S n }是首项为S 1，各项均为正数且公比为q 的等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式a n (用S 1和q 表示)； (2)试比较a n ＋a n ＋2与2a n ＋1的大小．解析：(1)∵{S n }是各项均为正数的等比数列， ∴S n ＝S 1q n －1(q >0)．当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝S 1(q －1)q n －2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝1，S 1q －1q n －2 n ≥2.(2)当n ＝1时，∵a 1＋a 3－2a 2＝S 1＋S 1(q －1)q －2S 1(q －1) ＝S 1[(q －32)2＋34]>0，∴a 1＋a 3>2a 2；当n ≥2时，a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝S 1(q －1)q n －2＋S 1(q －1)q n －2S 1(q －1)q n －1＝S 1(q －1)3q n －2.∵S 1>0，q n －2>0，①当q ＝1时，(q －1)3＝0，∴a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1； ②当0<q <1时，(q －1)3<0，∴a n ＋a n ＋2<2a n ＋1； ③当q >1时，(q －1)3>0，∴a n ＋a n ＋2>2a n ＋1. 综上，当n ＝1时，a 1＋a 3>2a 2；当n ≥2时，若q ＝1，则a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1； 若0<q <1，则a n ＋a n ＋2<2a n ＋1； 若q >1，则a n ＋a n ＋2>2a n ＋1.。

《第三节等比数列》同步练习（课时2等比数列的前n项和公式(2)）一、基础巩固知识点1等比数列前n项和推导方法(错位相减法)的应用1.[2022江西南昌三校高二下期末联考]已知等差数列{a n}满足a2=2,a4=4,正项等比数列{b n}满足首项为1,前3项和为7.(1)求{a n}与{b n}的通项公式;(2)求{a n b n}的前n项和S n.2.已知数列{a n}满足a1=1,2S n=3a n-4n(n≥2).(1)证明:数列{a n+2}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;,求数列{b n}的前n项和T n.(2)设b n=log3(a n+2)a n+2知识点2等比数列前n项和的实际应用3.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其大意为:“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地……”则该人最后一天走的路程为()A.24里B.12里C.6里D.3里4.某学生在体育训练时弄伤了膝关节,医生给他开了一些消炎药,并叮嘱他每天早上8点和晚上8点各服用一片药片.现知该药片每片220 mg,该学生的肾脏每12小时从体内代谢出这种药的60%,且如果这种药在体内的残留量超过386 mg,就会产生副作用.(1)该学生早上8点第一次服药,问第二天早上8点服完药时,药在他体内还残留多少?(2)该学生若长期服用该药会不会产生副作用?二、能力提升1.已知等比数列{a n}的前n项和S n=3n+a,则实数a的值为()A.3B.1C.-3D.-12.[2022陕西安康高三上联考]已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若a1+a3=5,S4=20,则S8−2S4=()S6−S4−S2A.9B.10C.12D.173.[2022安徽宣城高二期末]如图,若干个正方体形状的积木摆成塔形平放于桌面上,上方正方体中下底面的四个顶点是下面相邻正方体中上底面各边的中点,最下面的正方体的棱长为1,如果所有正方体积木露在外面的面积之和超过8.8,则正方体的个数至少是()A.5B.6C.7D.84.(多选)[2022湖北荆州监利高二期末]一个弹性小球从100 m的高处自由落下,每次着地后又跳回原来高度的3再落下.设它第n次着地时,经过的总路程为S n,则当n≥3时,下4面说法正确的是()A.S n≤650B.S n<700C.S n的最小值为725D.S n的最小值为25025.计算机病毒的危害性很大,它一直是计算机科学家研究的对象.当计算机内某文件被病毒感染后,该文件就不断地感染其他未被病毒感染的文件.计算机科学家们研究了计算机病毒传染指数C0,即一个感染病毒的文件在一分钟内平均所传染的文件数.某台计算机有105个文件,如果该台计算机有一半以上文件被感染,则该计算机将处于瘫痪状态.该计算机现只有1个感染病毒的文件,该计算机病毒的传染指数C0=2,如果未经防毒和杀毒处理,则下列说法中不正确的是()A.在第3分钟内,该计算机病毒新感染了18个文件B.经过5分钟,该计算机共有243个感染病毒的文件C.10分钟后,该计算机处于瘫痪状态D.该计算机瘫痪前,每分钟内新被病毒感染的文件数构成公比为2的等比数列6.[2022山东聊城高二期末]下图中的一系列正方形图案称为谢尔宾斯基地毯.在图中4个大正方形中,着色的正方形的个数依次构成一个数列{a n}的前4项,则数列{a n}的一个通项公式为.7.[2022湖北武汉十九中高二期末]设等比数列{a n}的前n项和为S n,且a n+1=2S n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在a n与a n+1之间插入n个实数,使这n+2个数依次组成公差为d n的等差数列,设数列{1 d n }的前n项和为T n,求证:T n<158.8.数列{a n}中,a1=-12,2a n=a n-1-n-1(n≥2,n∈N*),设b n=a n+n.(1)求证:数列{b n}是等比数列;(2)求数列{nb n}的前n项和T n;(3)若c n=(12)n-a n,P n为数列{c n2+c n+1c n2+c n}的前n项和,求不超过P2 022的最大的整数.参考答案一、基础巩固1.解析 (1)设等差数列{a n}的公差为d,由a2=2,a4=4,可得a1+d=2,a1+3d=4,解得a1=1,d=1,所以a n=1+n-1=n.设正项等比数列{b n}的公比为q,q>0,则b1=1,b1+b1q+b1q2=7,所以1+q+q2=7,得q=2,所以b n=2n-1.(2)由(1)可得a n b n=n×2n-1,所以S n=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1, 则2S n=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,两式相减可得-S n=1+21+22+…+2n-1-n×2n=1−2n1−2-n×2n=(1-n)×2n-1, 所以S n=1+2n(n-1).2.解析(1)因为数列{a n }满足a 1=1,2S n =3a n -4n (n ≥2), 所以当n ≥2时,a n =S n -S n -1=32a n -2n -32a n -1+2(n -1)=32a n -32a n -1-2, 所以12a n =32a n -1+2,所以a n =3a n -1+4, 所以a n +2=3(a n -1+2). 因为a 1+2=3,所以数列{a n +2}是首项为3,公比为3的等比数列, 所以a n +2=3n ,所以a n =3n -2. (2)b n =log 3(a n +2)a n +2=log 33n 3n=n 3n, 所以T n =13+232+333+…+n3n , 又13T n =132+233+334+…+n 3n+1, 两式相减,得23T n =13+132+133+…+13n −n3n+1=13(1−13n )1−13−n 3n+1=12−12·3n −n3n+1,所以T n =34−2n+34·3n. 3.C 由题意知,该人每天行走的里数构成一个等比数列,设为{a n }(n ∈N *),公比q =12,S 6=a 1(1−126)1−12=378,所以a 1=192,所以a 6=192×125=6.故该人最后一天走的路程为6里.4.解析(1)设该学生第n 次服药后,药在他体内的残留量为a n mg,则a 1=220,a 2=220+a 1×(1-60%)=220+220×0.4=308, a 3=220+a 2×(1-60%)=220+308×0.4=343.2.因为第二天早上是该学生第三次服药,所以服药后,药在该学生体内的残留量为343.2 mg . (2)由(1)得a n =220+0.4a n -1(n ≥2). 设a n -x =0.4(a n -1-x ),得x =1 1003,即a n -1 1003=0.4(a n -1-1 1003)(n ≥2),所以{a n -1 1003}是以a 1-1 1003为首项,0.4为公比的等比数列,所以a n -1 1003=(a 1-1 1003)·0.4n -1<0, 所以a n <1 1003<386. 综上,该学生长期服用该药不会产生副作用. 二、能力提升1.D 方法一由题意,得a 1=S 1=3+a ,a 2=S 2-S 1=6,a 3=S 3-S 2=18,因为a 1,a 2,a 3成等比数列,所以62=(3+a )×18,解得a =-1.方法二设等比数列{a n }的公比为q ,则S n =a 1(1−q n )1−q =A (q n -1),其中A =-a11−q .由S n =3n +a 可知A =1,a =-A =-1.2.B设等比数列{a n }的公比为q.因为S 4=a 1+a 2+a 3+a 4=a 1+a 3+a 2+a 4=a 1+a 3+q (a 1+a 3)=(1+q )(a 1+a 3)=5(1+q )=20,所以q =3,则S 8−2S 4S 6−S 4−S 2=(S 8−S 4)−S 4(S 6−S 2)−S 4=q 4S 4−S 4q 2S 4−S 4=q 4−1q 2−1=q 2+1=10. 3.B 由题设,从下到上正方体的棱长构成公比为√22的等比数列,设为{a n },则a 1=1,a n =(√22)n -1.设从下到上正方体积木露在外面的面积构成数列{S n },则S 1=92a 12,…,S n -1=92a n−12,S n =5a n 2,所以S 1+…+S n -1+S n =92(a 12+…+a n−12)+5a n 2=92(1−12n−11−12)+52n−1=9-42n−1≥8.8,所以82n ≤15,即2n ≥40,可得n >5,故正方体的个数至少是6.4.BC 由题可知,第一次着地时,S 1=100;第二次着地时,S 2=100+200×34;第三次着地时,S 3=100+200×34+200×(34)2;……则第n 次着地时,S n =100+200×34+200×(34)2+…+200×(34)n -1=100+200[34+(34)2+…+(34)n -1]=100+600[1-(34)n -1],显然S n <700.又S n 递增,n ≥3,故当n =3时,S n 取得最小值,为7252.故选BC.5.D 设第n +1分钟之内病毒新感染的文件数为a n +1,前n 分钟内病毒新感染的文件数之和为S n ,则a n +1=2(S n +1),且a 1=2.由a n +1=2(S n +1),可得当n ≥2时,a n =2(S n -1+1),所以a n +1-a n =2a n ,所以a n +1=3a n ,又a 2=2(a 1+1)=6=3a 1也满足上式,所以每分钟内新被病毒感染的文件数构成以2为首项,3为公比的等比数列,所以a n =2×3n -1,a 3=2×33-1=18,即在第3分钟内,该计算机病毒新感染了18个文件,故说法A 正确,说法D 不正确;经过5分钟,该计算机被病毒感染的文件数为1+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=1+2×(1−35)1−3=35=243,故说法B 正确;10分钟后,计算机被病毒感染的文件数为1+a 1+a 2+…+a 10=1+2×(1−310)1−3=310>12×105,所以计算机处于瘫痪状态,故说法C 正确.故选D .6.a n =8n −17解析由题图分析可知a 1=1,a 2=a 1×8+1=8+1,a 3=a 2×8+1=82+8+1,依次类推,a n =8n -1+8n -2+…+1,数列{8n -1}是首项为1,公比为8的等比数列,所以a n =1−8n 1−8=8n −17. 7.解析(1)a n +1=2S n +1,① 当n ≥2时,a n =2S n -1+1,②①-②,得a n +1-a n =2a n ,即a n +1=3a n (n ≥2), 所以{a n }是公比为3的等比数列, 又a 2=2a 1+1=3a 1,得a 1=1,所以a n =1·3n -1=3n -1. (2)由题意知d n =a n+1−a n n+1=3n −3n−1n+1=2·3n−1n+1,所以1d n=n+12·3n−1,所以T n =22×30+32×31+42×32+…+n2×3n−2+n+12×3n−1,③13T n =22×31+32×32+…+n−12×3n−2+n 2×3n−1+n+12×3n,④ 由③-④,得23T n =1+12×31+12×32+…+12×3n−1−n+12×3n=1+16[1−(13)n−1]1−13−n+12×3n =1+14−14×(13)n -1-n+12×3n =54−2n+54×3n, 所以T n =158−2n+58×3n−1<158. 8.解析(1)将2a n =a n -1-n -1两边都加2n ,得2(a n +n )=a n -1+(n -1), 所以a n +nan−1+(n−1)=12,即b nbn−1=12(n ≥2,n ∈N *),又b 1=a 1+1=12,所以数列{b n }是首项为12,公比为12的等比数列. (2)由(1)知,b n =(12)n , 所以nb n =n ·(12)n =n 2n ,所以T n =12+222+323+424+…+n−12n−1+n2n ,①12T n =122+223+324+425+…+n−12n +n 2n+1,② ①-②得12T n =12+122+123+124+…+12n −n2n+1=1-12n −n2n+1, 所以T n =2-2+n2n .(3)由(2)及题目条件,得a n =b n -n =(12)n -n ,所以c n =n ,所以c n 2+c n+1c n2+cn =n 2+n+1n 2+n =1+1n(n+1)=1+1n−1n+1.P 2 022=(1+11−12)+(1+12−13)+(1+13−14)+…+(1+12 021−12 022)+(1+12 022−12 023)=2 023-12 023,所以不超过P 2 022的最大的整数是2 022.。