数学选择性必修 第二册4.3 等比数列第1课时课后作业题

4．3.2　等比数列的前n项和公式

第1课时　等比数列的前n项和

知识点一  等比数列前n项和的直接应用

1．已知公比为q(q≠1)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则数列的前n项和为(　　)

A.  B．

C.  D．

答案　D

解析　数列仍为等比数列，且公比为，所以数列的前n项和Sn′＝＝＝＝.

2．等比数列{an}的公比q＜0，已知a2＝1，an＋2＝an＋1＋2an，则{an}的前2020项和等于(　　)

A．2020  B．－1

C．1  D．0

答案　D

解析　由an＋2＝an＋1＋2an，得qn＋1＝qn＋2qn－1，即q2－q－2＝0.又q＜0，解得q＝－1.又a2＝1，∴a1＝－1.

∴S2020＝＝0.

3．已知单调递增的等比数列{an}中，a2·a6＝16，a3＋a5＝10，则数列{an}的前n项和Sn＝(　　)

A．2n－2－  B．2n－1－

C．2n－1  D．2n＋1－2

答案　B

解析　∵a2·a6＝16，∴由等比数列的性质可得a3·a5＝16，又a3＋a5＝10，∴a3，a5为方程x2－10x＋16＝0的实根，解方程可得a3＝2，a5＝8，或a3＝8，a5＝2，∵等比数列{an}单调递增，∴a3＝2，a5＝8，∴q＝2，a1＝，∴Sn＝＝2n－1－.故选B.

4．等比数列{an}共有2n项，它的全部各项的和是奇数项的和的3倍，则公比q＝________.

答案　2

解析　设{an}的公比为q，由已知可得q≠1，则奇数项也构成等比数列，其公比为q2，首项为a1，S2n＝，S奇＝.由题意得＝，∴1＋q＝3，∴q＝2.

知识点二  “知三求二”问题

5.在等比数列{an}中，已知a1＝3，an＝96，Sn＝189，则n的值为(　　)

A．4  B．5

C．6  D．7

答案　C

解析　由an＝a1qn－1，得96＝3qn－1.故q≠1，且qn－1＝32.故Sn＝＝＝＝189，解得q＝2，∴2n－1＝32，∴n＝6.故选C.

6．数列{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，数列{bn}满足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝1,2，…)，数列{cn}满足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)．若{cn}为等比数列，则a＋q＝(　　)

A.  B．3

C．  D．6

答案　B

解析　∵数列{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，

∴bn＝1＋a1＋a2＋…＋an＝1＋＝1＋－，

则cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn

＝2＋n－×

＝2－＋n＋，

要使{cn}为等比数列，则

解得或(舍去)，∴a＋q＝3.故选B.

7．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn＝93，an＝48，公比q＝2，则项数n＝________.

答案　5

解析　由Sn＝93，an＝48，公比q＝2，得

⇒2n＝32⇒n＝5.

知识点三  等比数列前n项和公式的综合应用

8.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等于(　　)

A．7  B．8

C．15  D．16

答案　C

解析　设{an}的公比为q.∵4a1,2a2，a3成等差数列，∴4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，∴q＝2.又a1＝1，∴S4＝＝15.故选C.

9．已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{2an}的前n项和Sn.

解　(1)由题设，知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，解得d＝1或d＝0(舍去)．

故{an}的通项公式为an＝1＋(n－1)×1＝n.

(2)由(1)知2an＝2n，所以数列{2an}是以2为首项，2为公比的等比数列，由等比数列的前n项和公式，得Sn＝＝2n＋1－2.

10．设数列{an}是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和．求证：＜lg Sn＋1.

证明　设{an}的公比为q.当q＝1时，Sn＝na1，Sn＋1＝(n＋1)a1，Sn＋2＝(n＋2)a1，

故SnSn＋2－S＝－a＜0，即SnSn＋2＜S.

两边同时取对数并整理，得＜lg Sn＋1.

当q≠1时，由题意知q>0，故Sn＝，

从而SnSn＋2－S

＝－

＝－aqn<0.

即SnSn＋2<S.

两边同时取对数并整理，得<lg Sn＋1.

一、选择题

1．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前3项和为21，则a3＋a4＋a5等于(　　)

A．33  B．72

C．84  D．189

答案　C

解析　∵S3＝a1(1＋q＋q2)＝21且a1＝3，∴q2＋q－6＝0，又q>0，∴q＝2.∴a3＋a4＋a5＝q2(a1＋a2＋a3)＝22×21＝84.故选C.

2．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为(　　)

A.或5  B．或5

C．  D．

答案　C

解析　若公比q＝1，则9S3＝9·3a1＝27≠S6＝6，

得q≠1.由题意可知＝，解得q＝2.

所以数列是以1为首项，为公比的等比数列．

由求和公式可得数列的前5项和S5＝.故选C.

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

A．16(1－4－n)  B．16(1－2－n)

C.(1－4－n)  D．(1－2－n)

答案　C

解析　∵{an}是等比数列，a2＝2，∴a5＝a2q3＝2·q3＝，则q＝，a1＝4，a1a2＝8，∵＝q2＝，∴数列{anan＋1}是以8为首项，为公比的等比数列，∴a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)．故选C.

4．某人从2013年起每年5月10日到银行存入a元定期储蓄，若年利率为p，且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新一年的定期，到2020年5月10日将所有存款和利息全部取回，则可取回的钱数(元)为(　　)

A．a(1＋p)7

B．a(1＋p)8

C.[(1＋p)7－(1＋p)]

D.[(1＋p)8－(1＋p)]

答案　D

解析　设所有存款和利息的总和为S元，由题意知第一年存入的a元到2020年本息和为a(1＋p)7元，以此类推，2019年存入的a元到2020年本息和为a(1＋p)元，所以S＝a(1＋p)7＋a(1＋p)6＋a(1＋p)5＋…＋a(1＋p)＝a[(1＋p)7＋(1＋p)6＋(1＋p)5＋…＋(1＋p)]＝a·＝[(1＋p)8－(1＋p)]．故选D.

5．(多选)设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，则下列四个命题中正确的是(　　)

A．若{an}既是等差数列又是等比数列，则an＝an＋1

B．若Sn＝an(a为非零常数)，则{an}是等比数列

C．若Sn＝1－(－1)n，则{an}是等比数列

D．若Sn＝n2＋3n，则{an}是等差数列

答案　ACD

解析　易知A是真命题；由等比数列前n项和Sn＝＝－·qn知B不正确；对于C，易知{an}为2，－2,2，－2，…，正确；对于D，由Sn＝n2＋3n，得a1＝4，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋3(n－1)＝n2＋n－2，故an＝Sn－Sn－1＝2n＋2，a1＝4符合上式，故{an}为等差数列，正确．故选ACD.

二、填空题

6.如图，画一个边长为2的正三角形，再将这个正三角形各边的中点相连得到第二个正三角形，依此类推，一共画了5个正三角形．那么这五个正三角形的面积之和等于________．

答案　

解析　此五个正三角形的边长an成等比数列：2,1，，，.

∴这五个正三角形的面积之和＝×＝×＝.

7．给定an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，定义乘积a1a2…ak为整数的k(k∈N*)叫做“理想数”，则区间[1,2020]内的所有理想数的和为________．

答案　2026

解析　∵an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，

∴由a1a2…ak为整数，得

log23·log34·…·logk(k＋1)·log(k＋1)(k＋2)＝log2(k＋2)为整数，设log2(k＋2)＝m，则k＋2＝2m，

∴k＝2m－2.∵211＝2048＞2020，

∴区间[1,2020]内所有“理想数”为22－2,23－2,24－2，…，210－2，

其和M＝22－2＋23－2＋24－2＋…＋210－2

＝－18＝2026.

8．已知{an}，{bn}均为等比数列，其前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，总有＝，则＝________.

答案　9

解析　设{an}，{bn}的公比分别为q，q′，

∵＝，∴n＝1时，a1＝b1.

n＝2时，＝＝.

n＝3时，＝＝7.

∴2q－5q′＝3,7(q′)2＋7q′－q2－q＋6＝0，

解得或(舍去)，∴＝＝9.

三、解答题

9．已知等比数列{an}中，a1＝，公比q＝.

(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝；

(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．

解　(1)证明：因为an＝×n－1＝，

Sn＝＝，

所以Sn＝.

(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－.

所以{bn}的通项公式为bn＝－.

10．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列．

(1)求{an}的公比q；

(2)若a1－a3＝3，求Sn.

解　(1)∵S1，S3，S2成等差数列，∴2S3＝S1＋S2.

显然{an}的公比q≠1，于是有＝a1＋，

即2(1＋q＋q2)＝2＋q，整理得2q2＋q＝0，

∴q＝－(q＝0舍去)．

(2)∵q＝－，又a1－a3＝3，

∴a1－a1·2＝3，

解得a1＝4.

于是Sn＝＝.