人教A版2018年高中数学必修5等比数列前n项和性质与应用
同步练习
等比数列的性质
[课时作业]
[A组基础巩固]
1.等比数列{an}中，an=2n，则它的前n项和Sn=()
A.2n－1B.2n－2C.2n＋1－1D.2n＋1－2
2.在等比数列{an}中，若a1=1，a4=，则该数列的前10项和S10=()
A.2－B.2－C.2－D.2－
3.等比数列{an}中，已知前4项之和为1，前8项和为17，则此等比数列的公比q为()
A.2B.－2C.2或－2D.2或－1
4.已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5=()
A.35B.33C.31D.29
5.等比数列{an}中，a3=3S2＋2，a4=3S3＋2，则公比q等于()
A.2B.C.4D.
6.若数列{an}满足a1=1，an＋1=2an，n=1,2,3，…，则a1＋a2＋…＋an=________.
7.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则{an}的公比为________.
8.等比数列的前n项和Sn=m·3n＋2，则m=________.
9.在等差数列{an}中，a4=10，且a3，a6，a10成等比数列，求数列{an}前20项的和S20.
10.已知数列{an}的前n项和Sn=2n－n2，an=log5bn，其中bn>0，求数列{bn}的前n项和Tn.
[B组能力提升]
1.已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n－1，则a＋a＋…＋a等于()
A.(2n－1)2B.(2n－1)C.4n－1D.(4n－1)
2.设Sn是等比数列{an}的前n项和，若=3，则=()
A.2B.C.D.1或2
3.已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4=9，a2a3=8，则数列{an}的前n项和等于________.
4.设数列{an}(n=1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＋a1=2an，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＋a5=________.
5.已知数列{an}的前n项和Sn=1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5=，求λ.
6.设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列.
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn=lna3n＋1，n=1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
等比数列实际应用
[课时作业]
[A组基础巩固]
1.设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则()
A.Sn=2an－1B.Sn=3an－2C.Sn=4－3anD.Sn=3－2an
2.设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2－a5=0，则=()
A.5B.8C.－8D.15
3.已知在等比数列{an}中，公比q是整数，a1＋a4=18，a2＋a3=12，则此数列的前8项和为()
A.514B.513C.512D.510
4.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4=1，S3=7，则S5=()
A.B.C.D.
5.在数列{an}中，a1=2，an＋1=2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn=126，则n=________.
6.等比数列{an}的公比q>0，已知a2=1，an＋2＋an＋1=6an，则{an}的前4项和S4=________.
7.设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an=________.
8.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和，证明：log0.5Sn＋log0.5Sn＋2>2log0.5Sn＋1.
证明：设{an}的公比为q，由已知得a1>0，q>0.
9.设等比数列{an}的公比q<1，前n项和为Sn，已知a3=2，S4=5S2，求{an}的通项公式.
[B组能力提升]
1.在等比数列{an}中，公比q=2，log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a10=35，则S10=()
A.B.C.235D.
2.已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()
A.a1d>0，dS4>0B.a1d<0，dS4<0C.a1d>0，dS4<0D.a1d<0，dS4>0
3.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项的和的两倍，它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为________.
4.设等比数列{an}满足a1＋a3=10，a2＋a4=5，则a1a2…an的最大值为________.
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=5，S6=36，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an－2(n∈N)，数列{bn}中，b1=1，点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2=0上.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记Tn=a1b1＋a2b2＋…＋anbn，求Tn.
参考答案
等比数列的性质
[A组基础巩固]
1.解析：a1=2，q=2，∴Sn==2n＋1－2.答案：D
2.解析：设等比数列{an}的公比为q，由a1=1，a4=，得q3=，解得q=，
于是S10==2－.答案：B
3.解析：S4==1，①S8==17，②
②÷①得1＋q4=17，q4=16.q=±2.答案：C
4.解析：设数列{an}的公比为q，∵a2·a3=a·q3=a1·a4=2a1，∴a4=2.
又∵a4＋2a7=a4＋2a4q3=2＋4q3=2×，∴q=.∴a1==16.S5==31.答案：C
5.解析：a3=3S2＋2，a4=3S3＋2，等式两边分别相减得a4－a3=3a3，即a4=4a3，∴q=4.答案：C
6.解析：由=2，∴{an}是以a1=1，q=2的等比数列，故Sn==2n－1.答案：2n－1
7.解析：∵S1,2S2,3S3成等差数列，∴4S2=S1＋3S3，即4(a1＋a1q)=a1＋3(a1＋a1q＋a1q2)，
∴4(1＋q)=1＋3(1＋q＋q2)，解之得q=.答案：
8.解析：设等比数列为{an}，则a1=S1=3m＋2，S2=a1＋a2=9m＋2?a2=6m，S3=a1＋a2＋a3=27m＋2?a3=18m，
又a=a1·a3?(6m)2=(3m＋2)·18m?m=－2或m=0(舍去).∴m=－2.答案：－2
9.解：设数列{an}的公差为d，则a3=a4－d=10－d，a6=a4＋2d=10＋2d，a10=a4＋6d=10＋6d，
由a3，a6，a10成等比数列，得a3a10=a，即(10－d)(10＋6d)=(10＋2d)2.
整理，得10d2－10d=0.解得d=0或d=1.
当d=0时，S20=20a4=200；当d=1时，a1=a4－3d=10－3×1=7，
于是S20=20a1＋d=20×7＋190=330.
10.解：当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(2n－n2)－[2(n－1)－(n－1)2]=－2n＋3，
当n=1时，a1=S1=2×1－12=1也适合上式，∴{an}的通项公式an=－2n＋3(n∈N).
又an=log5bn，∴log5bn=－2n＋3，于是bn=5－2n＋3，bn＋1=5－2n＋1，∴==5－2=.
因此{bn}是公比为的等比数列，且b1=5－2＋3=5，
于是{bn}的前n项和Tn==.
[B组能力提升]
1.解析：根据前n项和Sn=2n－1，可求出an=2n－1，由等比数列的性质可得{a}仍为等比数列，
且首项为a，公比为q2，∴a＋a＋…＋a=1＋22＋24＋…＋22n－2=(4n－1).答案：D
2.解析：设S2=k，则S4=3k，由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，
得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，又S2=k，S4－S2=2k，∴S6－S4=4k，∴S6=7k，
∴==，故选B.答案：B
3.解析：由题意，，解得a1=1，a4=8或者a1=8，a4=1，
而数列{an}是递增的等比数列，所以a1=1，a4=8，即q3==8，所以q=2，
因而数列{an}的前n项和Sn===2n－1.答案：2n－1
4.解析：由Sn＋a1=2an，得an=Sn－Sn－1=2an－2an－1(n≥2)，即an=2an－1(n≥2).
从而a2=2a1，a3=2a2=4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，所以a1＋a3=2(a2＋1)，
所以a1＋4a1=2(2a1＋1)，解得a1=2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an=2n，所以a1＋a5=2＋25=34.答案：34
5.解：(1)证明：由题意得a1=S1=1＋λa1，故λ≠1，a1=，a1≠0.
由Sn=1＋λan，Sn＋1=1＋λan＋1得an＋1=λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)=λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以=.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an=n－1.
(2)由(1)得Sn=1－n.由S5=得1－5=，即5=.解得λ=－1.
6.解：(1)由已知得解得a2=2.
设数列{an}的公比为q，由a2=2，可得a1=，a3=2q，
又S3=7，可知＋2＋2q=7，即2q2－5q＋2=0.解得q1=2，q2=.
由题意得q>1，∴q=2，∴a1=1.故数列{an}的通项为an=2n－1.
(2)由于bn=lna3n＋1，n=1,2，…，由(1)得a3n＋1=23n，∴bn=ln23n=3nln2.
又bn＋1－bn=3ln2，∴{bn}是等差数列，
∴Tn=b1＋b2＋…＋bn==·ln2.故Tn=ln2.
等比数列实际应用
[A组基础巩固]
1.解析：Sn===3－2an.答案：D
2.解析：∵8a2－a5=0，∴8a1q=a1q4，∴q3=8，∴q=2，∴==1＋q2=5.答案：A
3.解析：由已知得解得q=2或q=.
∵q为整数，∴q=2.∴a1=2，∴S8==29－2=510.答案：D
4.解析：由a2a4=1?a1=，又S3=a1(1＋q＋q2)=7，联立得：=0，
∴q=，a1=4，S5==.答案：B
5.解析：∵a1=2，an＋1=2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴Sn==126，∴2n=64，∴n=6.答案：6
6.解析：由an＋2＋an＋1=6an，得qn＋1＋qn=6qn－1，即q2＋q－6=0，q>0，解得q=2，
又∵a2=1，∴a1=，∴S4==.答案：
7.解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，依题意得a2=a1·q=q，a3=a1q2=q2，S1=a1=1，
S2=1＋q，S3=1＋q＋q2，又3S1,2S2，S3成等差数列，所以4S2=3S1＋S3，
即4(1＋q)=3＋1＋q＋q2，所以q=3(q=0舍去).所以an=a1qn－1=3n－1.答案：3n－1
8.证明：设{an}的公比为q，由已知得a1>0，q>0.
∵Sn＋1=a1＋qSn，Sn＋2=a1＋qSn＋1，
∴SnSn＋2－S=Sn(a1＋qSn＋1)－(a1＋qSn)Sn＋1=Sna1＋qSnSn＋1－a1Sn＋1－qSnSn＋1
=a1(Sn－Sn＋1)=－a1an＋1<0，∴Sn·Sn＋2
根据对数函数的单调性可以得到log0.5(SnSn＋2)>log0.5S，即log0.5Sn＋log0.5Sn＋2>2log0.5Sn＋1.
9.解：由题设知a1≠0，Sn=，
则
由②得1－q4=5(1－q2)，(q2－4)(q2－1)=0.(q－2)(q＋2)(q－1)(q＋1)=0，
因为q<1，解得q=－1或q=－2.当q=－1时，代入①得a1=2，通项公式an=2×(－1)n－1；
当q=－2时，代入①得a1=；通项公式an=×(－2)n－1.
综上，当q=－1时，an=2×(－1)n－1；当q=－2时，an=×(－2)n－1.
[B组能力提升]
1.解析：由题意知log2(a1·a2·…·a10)=35，∴a1·a2·a3·…·a10=235.
∴a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1q9)=235.∴aq1＋2＋3＋…＋9=235.∴a·245=235，即a=，
∴a1=.∴a1＋a2＋…＋a10==.答案：A
2.解析：因为{an}是等差数列，a3，a4，a8成等比数列，
所以(a1＋3d)2=(a1＋2d)(a1＋7d)?a1=－d，
所以S4=2(a1＋a4)=2(a1＋a1＋3d)=－d，所以a1d=－d2<0，dS4=－d2<0.答案：B
3.解析：由题意可知q=2，设该数列为a1，a2，a3，…，a2n，则an＋an＋1=24，又a1=1，
∴qn－1＋qn=24，即2n－1＋2n=24，解得n=4，∴项数为8项.答案：8
4.解析：设{an}的公比为q，于是a1(1＋q2)=10，①a1(q＋q3)=5，②联立①②得a1=8，q=，
∴an=24－n，∴a1a2…an=23＋2＋1＋…＋(4－n)=2－n2＋n=2－(n－)2＋≤26=64.
∴a1a2…an的最大值为64.答案：64
5.解：(1)设{an}的公差为d，则即
∴a1=1，d=2.∴an=1＋2(n－1)=2n－1，(n∈N).
(2)∵bn=2an=22n－1，∴Tn=21＋23＋25＋…＋22n－1==.
6.解：(1)由Sn=2an－2得Sn－1=2an－1－2(n≥2)，两式相减得an=2an－2an－1，即=2(n≥2)，
又a1=S1=2a1－2，∴a1=2，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列.∴an=2n.
∵点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2=0上，∴bn－bn＋1＋2=0，即bn＋1－bn=2，
∴{bn}是等差数列.又b1=1，∴bn=2n－1.
(2)∵Tn=1×2＋3×22＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)·2n，①
∴2Tn=1×22＋3×23＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1.②
①－②，得－Tn=1×2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1
=2＋2·－(2n－1)2n＋1=2＋4·2n－8－(2n－1)2n＋1=(3－2n)·2n＋1－6.
∴Tn=(2n－3)·2n＋1＋6.
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