1、第2课时 等比数列习题课 类型一 等比数列的基本运算(数学运算)【题组训练】1.已知等比数列an中,a3=3,a10=384,则该数列的通项公式an=.2.已知数列an满足1+log3an=log3an+1(nN+)且a2+a4+a6=9,则 (a5+a7+a9)的值是()A.B.-C.5 D.-5 关键能力合作学习 13log15153.(2020抚州高一检测)等比数列 各项均为正数,若a1=1,an+2+2an+1=15an,则 的前6项和为()A.364 B.63 C.D.633213651024na na【解析】1.由已知得 =q7=128=27,故q=2.所以an=a1qn-1=a1
2、q2qn-3=a3qn-3=32n-3.答案:32n-3 9101231aa qaa q2.选D.由1+log3an=log3an+1(nN+),得an+1=3an,即an是公比为3的等比数列.设等比数列an的公比为q,又a2+a4+a6=9,则 (a5+a7+a9)=q3(a2+a4+a6)=(339)=-5.13log13log13log3.选A.an+2+2an+1=15an等价于anq2+2anq=15an因为an0,故可得q2+2q-15=0,解得 q=-5(舍),q=3;故由公式可得S6=364.61313【解题策略】等比数列中的基本运算技巧(1)数列中有五个量a1,n,q,an,
3、Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)所求问题可迎刃而解.(2)解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式并灵活运用,在运算过程中,还应善于运用整体代换思想简化运算的过程.(3)在使用等比数列的前n项和公式时,应根据公比q的情况进行分类讨论,切不可忽视q的取值而盲目用求和公式.类型二 等比数列前n项和的应用(逻辑推理)角度1 等比数列前n项和的实际应用 【典例】某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案:第一种,每天支付38元;第二种,第一天付4元,第二天付8元,第三天付12元,以此类推;第三种,第一天付0.4元,以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选
4、择哪种方式领取报酬呢?【思路导引】结合题意建立等比数列模型求解.【解析】设该学生工作n天,每天领工资an元,共领工资Sn元,则第一种方案an(1)=38,Sn(1)=38n;第二种方案an(2)=4n,Sn(2)=4(1+2+3+n)=2n2+2n;第三种方案an(3)=0.42n-1,Sn(3)=0.4(2n-1).n0.4 1212（）令Sn(1)Sn(2)即38n2n2+2n,解得n18,即小于或等于18天时,第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).令Sn(1)Sn(3),即38n0.4(2n-1),利用计算器计算得小于或等于9天时,第一种方案报酬高,所以少于10天时,选择第一种
5、方案.比较第二、第三种方案,S10(2)=220,S10(3)=409.2,S10(3)S10(2),Sn(3)Sn(2).所以等于或多于10天时,选择第三种方案.综上,当小于或等于9天时,选择第一种方案,等于或多于10天时,选择第三种方案.角度2 错位相减法求和 【典例】已知数列an是首项为正数的等差数列,数列 的前n项和为 .(1)求数列an的通项公式.(2)设bn=(an+1),求数列bn的前n项和Tn.nn 11aa n2n1na2【思路点拨】数列an是等差数列,是等比数列,求数列bn的前n项和,可 采用错位相减法.na2【解析】(1)设数列an的公差为d,令n=1,得 所以a1a2=
6、3.令n=2,得 所以a2a3=15.由解得a1=1,d=2,所以an=2n-1.经检验,符合题意.1211a a3，1223112a aa a5，(2)由(1)知bn=2n22n-1=n4n,所以Tn=141+242+n4n,4Tn=142+243+n4n+1,两式相减,得-3Tn=41+42+4n-n4n+1=-n4n+1=4n+1-.所以 n4 1414（）1 3n343n 1n 1n3n1443n1 4T4.999（）【解题策略】1.错位相减法的适用范围及注意事项(1)适用范围:主要适用于an是等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n项和.(2)注意事项:利用“错位相减法”时,在
7、写出Sn与qSn的表达式时,应注意使两式对齐,以便于作差,正确写出(1-q)Sn的表达式;利用此法时要注意讨论公比q是否等于1.2.错位相减法进行求和的基本步骤(1)在等式Sn=a1+a2+a3+an两边同乘以等比数列的公比q.(2)两式相减:左边为(1-q)Sn,右边为q的同次式对齐相减.(3)右边去掉最后一项(有时需要去掉第一项)剩下的各项组成等比数列,可以采用公式求和.【题组训练】1.国家计划在西部地区退耕还林6 370万亩,2015年底西部已退耕还林的土地面积为515万亩,以后每年退耕还林的面积按12%递增.试问从2015年底,到哪一年底西部地区才能完成退耕还林计划?(1.1282.4
8、76,1.1272.211)(精确到年)【解析】设从2015年底起以后每年的退耕还林的土地依次为a1,a2,a3,an,万亩.则a1=515(1+12%),a2=515(1+12%)2,an=515(1+12%)n,.Sn=a1+a2+an=6 370-515,n515(10.12)(1 1.12)1 1.12所以5151.12(1.12n-1)=5 8550.12.即1.12n2.218.又因为nN+,当n=7时,1.1272.211,此时完不成退耕还林计划,所以n=8.故到2023年底西部地区才能完成退耕还林计划.2.(2020宁化高一检测)已知 是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=3
9、,a3+a4=12,数列 满足 (1)分别求数列 ,的通项公式;(2)设数列 的前n项和Tn,求Tn的最小值.【解题指南】(1)根据 是各项均为正数的等比数列,利用“a1,q”求解,然后利用数列通项公式与前n项和的关系求解bn.(2)利用错位相减法求Tn,再利用作差法判断Tn的增减性求最值.*12nn 1bbb=a(nN).132n 1na nb na nb na【解析】(1)因为 是各项均为正数的等比数列,所以a3+a4=q2,因为a1+a2=3,a3+a4=12,所以q2=4,所以q=2,所以a1+a2=3a1=3,所以a1=1,所以an=2n-1,又因为 所以 n=1时b1=2,所以 =
10、2n-1(n2),na 12(aa)*12nn 1bbb=a(nN).132n 1n*12nbbb=2(nN).132n 112n 1bbb132n 3两式相减得 =2n-2n-1=2n-1,所以bn=(2n-1)2n-1(n2),因为b1=2不满足bn,所以bn=nb2n 1n 12,n1(2n 1)2,n2，(2)当n=1时,T1=2;当n2时,Tn=2+321+522+(2n-1)2n-1,2Tn=22+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,所以-Tn=2+2+222+22n-1-(2n-1)2n=-(2n-1)2n=-(2n-1)2n,所以Tn=4+(2n-3)2n,
11、12n 12(222)n 12(12)212因为T1=2满足Tn,所以Tn=4+(2n-3)2n 因为Tn+1-Tn=4+(2n+2-3)2n+1-=(2n+1)2n0,所以数列 为递 增数列,所以Tn的最小值为2.*(nN),n4(2n 3)2 nT 1.计算机的价格不断降低,若每台计算机的价格每年降低 ,则现在价格为 8 100元的计算机3年后的价格可降低为()A.300元 B.900元 C.2 400元 D.3 600元 课堂检测素养达标 13【解析】选C.降低后的价格构成以 为公比的等比数列.则现在价格为8 100 元的计算机3年后的价格可降低为8 100 =2 400(元)2332(
12、)32.设等比数列an的前n项和为Sn,若a3=2S2+1,a4=2S3+1,则公比q等于()A.-3 B.-1 C.1 D.3【解析】选D.由a3=2S2+1,a4=2S3+1,两式相减得a4-a3=2a3,从而q=3.43aa3.已知等比数列an的前n项和为Sn,且满足2Sn=2n+1+,则 的值是()A.4 B.2 C.-2 D.-4【解题指南】利用Sn先求出an,然后计算出结果.【解析】选C.根据题意,当n=1时,2S1=2a1=4+,所以a1=,故当n2 时,an=Sn-Sn-1=2n-1,因为数列an是等比数列,则a1=1,故 =1,解得=-2.42 42 4.(教材二次开发:习题
13、改编)若数列an满足a1=-2,且对于任意的m,nN*,都 有am+n=aman,则a3=;数列an前10项的和S10=.【解析】由am+n=aman得a2=a1a1=4,a3=a2a1=-8,由am+n=aman得 an+1=a1an=-2an,所以数列an为等比数列,因此S10=682.答案:-8 682 1021(2)1(2)5.设数列(n2+n)an是等比数列,且a1=,a2=,则数列3nan的前15项和 为 .16154【解析】等比数列(n2+n)an的首项为2a1=,第二项为6a2=,所以公比为 ,所以(n2+n)an=所以 则3nan=其前n项和为1-,当n=15时,为 答案:1
14、31913n 1n1 11()3 33，nn21a3(nn)，2111nnnn1，1n11151.161615166.已知an是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.(1)求数列an的通项公式;(2)bn为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn,已知S2n+1=bnbn+1,求数列 的前n项和Tn.nnba【解析】(1)设an的公比为q,由已知 又an0,解得 所以an=2n.12211a 1q6a qa q（），1a2q2，(2)由已知S2n+1=(2n+1)bn+1,又S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以bn=2n+1.所以Tn=c1+c2+cn 12n 1(2n1
15、)(bb)2nnnnnb2n1cca2令，则23n 1nn234nn 13572n12n12222213572n12n1T222222，又，两式相减得 所以Tn=n2n 1n 1131112n1T()222222，n2n55.2课时素养评价【基础通关】(20分钟 35分)1.数列1+2n-1的前n项和为()A.1+2n B.2+2n C.n+2n-1 D.n+2+2n【解析】选C.由题意得an=1+2n-1,所以Sn=n+=n+2n-1.n12122.设等比数列an的前n项和为Sn,若S5,S4,S6成等差数列,则数列an的公比等于()A.-2或1 B.-1或2 C.-2 D.1【解析】选C.
16、由已知2S4=S5+S6,可知q1,由等比数列前n项和公式可得2=q+q2,解得q=-2.3.已知等比数列an的公比q=4,且a1+a2=20,bn=log2an,则b2+b4+b6+b2n=()A.n2+n B.2n2+n C.2(n2+n)D.4(n2+n)【解析】选C.由已知得a1+a2=a1(1+q)=5a1=20,所以a1=4,所以an=4n,bn=log2an=log24n=2n,b2+b4+b6+b2n=4+8+4n,=2(n2+n).n(44n)24.(2020徐州高二检测)在公比q为整数的等比数列an中,Sn是数列an的前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则下列说法
17、不正确的是()A.q=2 B.数列Sn+2是等比数列 C.S8=510 D.数列lgan是公差为2的等差数列【解析】选D.因为数列an为等比数列,又a1a4=32,所以a2a3=32,又a2+a3=12,所以 或 又公比q为整数,则 即an=2n,Sn=2n+1-2,对于选项A,由上可得q=2,即选项A正确;23a4,a8,q2,23a8,a4,1q,2 n2(12)12对于选项B,Sn+2=2n+1,=2,则数列Sn+2是等比数列,即选项B正确;对于选项C,S8=29-2=510,即选项C正确;对于选项D,lg an+1-lg an=(n+1)-n=1,即数列lgan是公差为1的等差数列,即
18、选 项D错误.n 2n 1n 1nS22S225.已知数列an为等比数列,an0,且amam+1am+2=26m,若p+q=6,则apaq=.【解析】数列an为等比数列,an0,且amam+1am+2=26m,可得 =26m,所以am+1=22m,所以an=22n-2,又p+q=6,则apaq=22p-222q-2=22(p+q)-4=28.答案:28 3m 1a6.已知数列an,Sn是其前n项和,且满足3an=2Sn+n(nN+).(1)求证:数列 为等比数列.(2)记Tn=S1+S2+Sn,求Tn的表达式.n1a2【解析】(1)n=1时,3a1=2S1+1=2a1+1,所以a1=1.当n2
19、时,由3an=2Sn+n,得3an-1=2Sn-1+n-1,-得3an-3an-1=2Sn+n-2Sn-1-n+1=2(Sn-Sn-1)+1=2an+1,即an=3an-1+1,所以an+=3an-1+1+=3(an-1+),121212又a1+=0,所以an+是首项为 ,公比为3的等比数列.(2)由(1)得an+=3n-1,即an=3n-1-,将其代入得 Sn=3n-(2n+3),12321232123232123414所以Tn=S1+S2+Sn=(3+32+33+3n)-(5+7+2n+3)=(3n-1)-.3414n33(13)n(n4)413434n(n4)4【补偿训练】已知数列an满
20、足(n+1)an=(n-1)an-1(n2),且a1=,数列bn满足 bn+1=2bn,且b1=2.(1)求数列an和数列bn的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得对于任意的nN+且n 恒成 立?若存在,请求出m的最小值;若不存在,说明理由.1212n111m81bbb4L【解析】(1)因为(n+1)an=(n-1)an-1(n2),所以 (n2).又因为a1=,所以an=(n2).当n=1时,a1=,满足上式,所以an=(nN+).因为bn+1=2bn,且b1=2,所以数列bn是首项为2,公比为2的等比数列,所以bn=2n.nn 1an1an112nn 121n 1n 21aaan1n21
21、11aaaan1n32n(n1)LL1111 12（）1n(n1)(2)由(1)知bn=2n,所以 .假设存在正整数m,使得对于任意的nN+且n2,恒成立,则2-恒成立,所以 2,解得m16.所以存在正整数m,使得对于任意的nN+且n2,恒成 立,m的最小值为16.2nn12n1111111112bbb2222 LL12n111m81bbb4Ln1m824m8412n111m81bbb4L【能力进阶】(30分钟 60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.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等于 ()A.B.C.D.152314334172【解析
22、】选B.因为an是由正数组成的等比数列,且a2a4=1,所以设an的公比为q,则q0,且 =1,即a3=1.因为S3=7,所以a1+a2+a3=+1=7,即6q2-q-1=0.故q=或q=-(舍去),所以a1=4.所以S5=.23a211qq121321q5514(1)13128(1)124122.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称为中国四大石窟.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1 016个“浮雕像”,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案,若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列an,则log2
23、(a3a5)的值为()A.16 B.12 C.10 D.8【解析】选B.每上层的数量是下层的2倍,得到数列an是公比为2的等比数列,7项之和为1 016,设首项为a1,和为 =1 016,得到a1=8,a4=823=64,则 log2(a3a5)=log2()=log2(642)=12.71a(1 q)1 q24a3.(2020吉林高二检测)等比数列an的首项为 ,公比为-,前n项和为Sn,则当nN*时,Sn-的最大值与最小值的比值为()A.-B.-C.D.321212125107109125【解析】选B.因为等比数列an的首项为 ,公比为-,所以an=,所以Sn=.当n为奇数时,Sn=1+随
24、着n的增大而减小,则1SnS1=,故0Sn-;321232n 11()2nn311()1221()121()2n1()2n1S3256当n为偶数时,Sn=1-随着n的增大而增大,则 =S2Sn1,故-Sn-N B.0,其前n项和为Sn,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足an+1=,Tn为数列bn的前n项和,若Tnm恒成立,求m的 最大值.nna b1()2【解析】(1)因为S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列,所以2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),(S3-S1)+(S3-S2)+2a3=a1+a2,4a3=a
25、1,因为数列an是等比数列,所以 =q2,又q0,所以q=,所以数列an的通项公式an=.31a1a412n 11()2(2)因为Tnm恒成立,所以只需 m,由(1)知an=,又an+1=,所以bn=n2n-1,Tn=120+221+(n-1)2n-2+n2n-1,2Tn=121+222+(n-1)2n-1+n2n,所以-Tn=120+(2-1)21+n-(n-1)2n-1-n2n=(20+21+2n-1)-n2n=-n2n=-(n-1)2n-1,n 11()2nna b1()2n11212（）所以Tn=(n-1)2n+1,Tn+1=n2n+1+1,所以Tn+1-Tn=n2n+1+1-(n-1
26、)2n+1=(n+1)2n0,即Tn+1Tn,所以Tn是递增数列,所以(Tn)min=T1=1,所以m1,即m的最大值为1.【创新迁移】1.有穷数列1,1+2,1+2+4,1+2+4+2n-1所有项的和为 .【解析】由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数列 的求和公式可得和为 -n=2n+1-2-n.答案:2n+1-2-n n1212n2(12)122.已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列;(2)求an和bn的通项公式;(3)令cn=,求数列cn的前n项和
27、Sn的通项公式,并求数列 的 最大值、最小值,并指出分别是第几项.nna nb n是奇数是偶数，n1S【解析】(1)由题4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4,相加得4(an+1+bn+1)=2(an+bn)得 ,故an+bn是首项为a1+b1=1,公比为 的等比数列;又由4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4,相减得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即(an+1-bn+1)-(an-bn)=2,故an-bn是首项为a1-b1=1,公差为2 的等比数列.(2)由(1)得an+bn=,an-bn=2n-1,联立解得 an=n-+,bn=-n+
28、.n 1n 1nnab1ab21212n 112 n1212n12(3)由(2)得an+bn+1=,当n为偶数时,Sn=a1+b2+a3+b4+an-1+bn =3 当n为奇数时,S1=1,n3时,Sn=Sn-1+an=+=+1-,则当n为奇数时,Sn=.综合得Sn=nn 1n 111113(n)(n1)122222 nn111n1n()14162222Ln1nn1n111n1(1)(n)1222222nnn11 n,221n1 n,22是奇数是偶数则当n为奇数时,Sn单调递增且Sn0;当n为偶数时,Sn+2-Sn=-10,故Sn单调递减,又S2=-0,即Sn0,当n为偶数时,单 调递增且Sn0,故 的最大值为第1项,最大值为1,最小值为第2项,最小值为-4.nn 2n 2n21n13(1)(1)22222 14n1Sn1Sn1S
