1、4.3.3等比数列的前n项和第1课时等比数列前n项和公式及其应用基础过关练题组一等比数列前n项和公式的有关计算1.设Sn为等比数列an的前n项和,若27a4+a7=0,则S4S2等于()A.10B.9C.-8D.-52.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S10=()A.512B.511C.1 024D.1 0233.(2020江苏扬州高三高考模拟)等比数列an的前n项和为Sn,已知a1a6=3a3,且a4与a5的等差中项为2,则S5=.4.(2020浙江宁波高一期末)已知等比数列an的公比为q(q0),前n项和为Sn.若S2=6,S4=30,则a1=
2、,q=.5.(2020河北唐山开滦一中高一期末)已知等差数列an和正项等比数列bn满足a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5.(1)求an的通项公式;(2)求数列bn的前n项和Sn.题组二“分组求和法”求和6.(2020山东师范大学附中高二月考)数列(-1)nn的前2 019项的和是()A.-2 019B.-1 010C.1 010D.2 0197.已知数列an满足:a1=1,an+1=2n+an,则数列an的前n项和Sn=.8.(2020陕西洛南中学高二月考)已知数列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)若bn=4an+2a
3、n,求数列bn的前n项和Sn.题组三“错位相减法”求和9.(1)求和:12+222+323+n2n;(2)求数列1,3a,5a2,7a3,(2n-1)an-1的前n项和.10.已知等比数列an的公比q1,且a1,a3的等差中项为5,a2=4.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=nan,求数列bn的前n项和Sn.11.(2021河南信阳高中高二测试)已知数列an的前n项和为Sn,且2Sn=3np+m(其中p、m为常数),a1=a2=3.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=log3an,求数列anbn的前n项和Tn.能力提升练题组一等比数列前n项和公式及其应用1.(2021安徽皖北名校
4、高二联考,)已知Sn是等比数列an的前n项和,若存在mN*,满足S2mSm=28,a2mam=2m+21m-2,则数列an的公比为()A.2B.12C.3D.132.(2020河南郑州外国语学校高一期中,)已知等比数列an的前n项和为Sn,若a12=a2,且S3,S1,S2成等差数列,则S4=()A.10B.12C.18D.303.(2020江西新余一中高二月考,)已知数列an的通项公式为an=2n+1,其前n项和为Tn,若不等式nlog2(Tn+4)-(n+1)+73n对一切nN*恒成立,则实数的取值范围为()A.(-,3B.(-,4C.2,3D.3,44.(2020安徽合肥一中、合肥六中高
5、一期末,)已知数列an的前n项和为Sn,且an=4+-12n-1,若对任意nN*,都有1p(Sn-4n)3成立,则实数p的取值范围是()A.(2,3)B.2,3C.2,92D.2,925.(多选)(2020山东济宁高二期末,)已知数列an满足a1=1,an+1=an2+3an(nN*),则下列结论正确的是()A.1an+3为等差数列B.an的通项公式为an=12n+1-3C.an为递增数列D.1an的前n项和Tn=2n+2-3n-46.(多选)(2021湖南长沙长郡中学高三月考,)已知数列an的前n项和为Sn,且a1=p,2Sn-Sn-1=2p(n2)(p为非零常数),则下列结论中正确的是()
6、A.数列an为等比数列B.当p=1时,S4=1516C.当p=12时,aman=am+n(m,nN*)D.|a3|+|a8|=|a5|+|a6|7.(2021江苏无锡锡山高级中学高二期中,)在a1,a2+1,a3成等差数列,S4=30,a1a2a3=64这三个条件中任选一个补充在下面的问题中,并作答.已知Sn是数列an的前n项和.若Sn=2an-a1(nN*),a10,且满足.(1)求数列an的通项公式;(2)设b1=1,bn+1-bn=an(nN*),求数列bn的通项公式.8.(2021江苏苏州高三期中,)已知数列an是等差数列,数列bn是等比数列,且满足a1=b1=2,a3+a5+a7=3
7、0,b2b3=a16.(1)求数列an与bn的通项公式;(2)设数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn.是否存在正整数k,使得Tk+1=Tk+bk+32成立?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由;解关于n的不等式Snbn.题组二“错位相减法”求和及其应用9.(多选)(2020辽宁省实验中学高二期中,)已知数列an为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bn=anqan(q0,且q1),则bn的前n项和可以是()A.nB.nqC.q+nqn+1-nqn-qn(1-q)2D.q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)210.(2020江苏赣榆智贤中学高二月考
8、,)已知数列an是公差d0的等差数列,其前n项和为Sn满足S4-2a2=10,且a1,a2,a5恰为等比数列bn的前三项.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)设cn=anbn,数列cn的前n项和为Tn,求证:Tn3.11.(2020江苏泗阳桃州中学月考,)设数列an、bn都有无穷项,an的前n项和Sn=12(3n2+5n),bn是等比数列,b3=4且b6=32.(1)求an和bn的通项公式;(2)记cn=anbn,求数列cn的前n项和Tn.12.(2021江苏南通平潮高级中学高二期中,)已知数列an满足a1=1,2an+1-an=n+4,设bn=an+1-an,nN*.(1)求证:bn-1
9、是等比数列;(2)设cn=n+14(n+2-an),数列cn的前n项和为Sn,求证:1Sn3.第2课时等比数列前n项和的性质基础过关练题组一等比数列前n项和的性质1.(2020山西大同豪洋中学高一期末)设等比数列an的前n项和为Sn,且S5=3,S10=15,则S20=()A.255B.375C.250D.2002.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.-1B.-13C.19D.-193.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=.4.(2020四川广元高一期末)一个等比数列an的前n项和为1
10、0,前2n项和为30,则前3n项和为.题组二等比数列的综合问题5.(2020山东潍坊高二上期末)已知数列an满足anan+1=3n,且a1=1,则数列an的前9项和S9=()A.160B.241C.243D.4846.已知数列an满足a1a2a3an=2n2(nN*),且对任意nN*都有1a1+1a2+1an0,且amam+1am+2=26m,若p+q=6,则apaq=()A.27B.28C.29D.2102.(多选)(2020山东淄博高二上期末,)在递增的等比数列an中,已知公比为q,Sn是其前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则下列说法正确的是()A.q=1B.数列Sn+2是等比
11、数列C.S8=510D.数列lg an是公差为2的等差数列3.(多选)(2020江苏南通启东中学高二期末,)将n2个数排成n行n列的一个数阵,如下:a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3ann该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2个数的和为S,则下列结论正确的有()A.m=3B.a67=1737C.aij=(3i-1)3j-1D.S=14n(3n+1)(3n-1)4.(2020河北石家庄第一中学高一期末,)一个项数是偶数的等
12、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.5.(2021浙江名校协作体高三开学考试,)已知等比数列an的前n项和Sn=2n-a,nN*,则a=,设数列log2an的前n项和为Tn,若Tn2n+对nN*恒成立,则实数的取值范围为.6.(2020广东广州广雅、执信、二中、六中四校高一期末联考,)设数列an的前n项和为Sn,且2a1=a2=2,等差数列bn满足b1=1,b2+b5=b8且b2Sn+1+b5Sn-1=b8Sn(n2,nN*).(1)求an和bn的通项公式;(2)求数列anbn的前n项和Tn.7.(2021江苏南京师大附中高三期中
13、,)已知函数f(x)=ax(a为常数,a0且a1).(1)在数列f(an)是首项为4,公比为2的等比数列;数列f(an)是首项为4,公差为2的等差数列;数列f(an)是首项为4 ,公比为2的等比数列的前n项和构成的数列三个条件中选择一个条件,使数列an为等差数列,并说明理由;(2)在(1)的选择下,若a=2,b=12n(nN*),求数列anbn的前n项和Sn.8.2021新高考八省(市)1月联考,已知各项都为正数的数列an满足an+2=2an+1+3an.(1)证明:数列an+an+1为等比数列;(2)若a1=12,a2=32,求an的通项公式.9.(2021吉林长春第二实验中学高二月考,)已
14、知数列an满足an+1=12an+t,a1=12t为常数,且t14.(1)证明:an-2t为等比数列;(2)当t=-18时,数列an的前几项和最大?(3)当t=0时,设cn=4an+1,数列cn的前n项和为Tn,若不等式12k4+n-Tn2n-7对任意的nN*恒成立,求实数k的取值范围.题组二等比数列的实际应用10.(2020福建福州高二期末,)“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
15、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45.若这堆货物的总价是25-6545n万元,则n的值为() A.7B.8C.9D.1011.(2020湖北黄冈高二期末,)如图,方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形,每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的边上,且分边长为34.现用13米长的铁丝材料由外到内的顺序制作一个方格蜘蛛网,若最外边的正方形边长为1米,则完整的正方形的个数最多为参考数据:lg 750.15()A.6B.7C.8D.912.(2020广东汕头金山中学高二上期末,)如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的
16、半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得到图形P3,P4,Pn,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=,若nN*,Sn2 0203 恒成立,则a的取值范围是.13.(2020四川南充高三期中,)某汽车销售公司为推广一款新能源汽车,面向意向客户推出“玩游戏,送大奖”活动,客户可根据抛掷骰子的结果,操控微型遥控车在方格图上行进,若遥控车最终停在“胜利大本营”,则可获得购车优惠券.已知骰子出现任意点数的概率都是16,方格图上标有第0格,第1格,第2格,第50格.遥控车开始在第0格,客户每抛掷一次骰子,遥控车向前移动一次,若抛掷出正面向上的点数是1,2,3,4
17、,5,则遥控车向前移动一格(从k到k+1,k为抛掷前骰子所在的格子数),若抛掷出正面向上的点数是6,则遥控车向前移动两格(从k到k+2,k为抛掷前骰子所在的格子数),直到遥控车移动到第49格(标有“胜利大本营”)或第50格(标有“失败大本营”)时,游戏结束.设遥控车移动到第n格的概率为Pn,试证明Pn-Pn-1(1n49)是等比数列,并求P50,请根据P50的值解释这种游戏方案对意向客户是否具有吸引力.答案全解全析第1课时等比数列前n项和公式及其应用基础过关练1.A设数列an的公比为q,由27a4+a7=0,得a4(27+q3)=0,因为a40,所以27+q3=0,解得q=-3,所以S4S2=
18、1-q41-q2=10.2.D设等比数列an的公比为q,由题意得4a2=4+a3,即4q=4+q2,所以q=2,则S10=1-2101-2=210-1=1 023,故选D.3.答案121解析设等比数列an的公比为q,由题意可得a1a1q5=3a1q2,即a1q3=3,由a4与a5的等差中项为2,可得a4+a5=4,即a1q3+a1q4=4,由解得a1=81,q=13,则S5=a1(1-q5)1-q=811-1351-13=121.4.答案2;2解析若q=1,则2a1=6,4a1=30,无解,故q1.当q0,且q1时,a1(1-q2)1-q=6,a1(1-q4)1-q=30,解得a1=2,q=2
19、.5.解析(1)设等差数列an的公差为d,正项等比数列bn的公比为q(q0),因为a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5,所以1+d+1+3d=10,q2=1+4d,所以d=2,q=3(负值舍去),故an=1+(n-1)2=2n-1.(2)由(1),知q=3,Sn=1-3n1-3=12(3n-1).方法总结在等比数列问题中共涉及五个量:a1,n,q,an及Sn,利用等比数列的通项公式及前n项和公式即可“知三求二”.解题时注意方程思想、整体思想及分类讨论思想等的应用.6. B设该数列的前n项和为Sn.由题意得S2 019=-1+2-3+4-5+6-2 017+2 018-2 019=(-1
20、+2)+(-3+4)+(-5+6)+(-2 017+2 018)-2 019=1 0091-2 019=-1 010.7.答案2n+1-n-2解析由已知,得an+1-an=2n,当n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+2+22+2n-1=1-2n1-2=2n-1,又a1=1满足此式,所以an=2n-1,其前n项和Sn=2+22+2n-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.8.解析(1)设等差数列an的公差为d(d0),则a3=a1+2d=1+2d,a9=a1+8d=1+8d.因为a1,a3,a9成等比数列,所以a32=a1a9,即(1+2d)2=
21、1+8d,解得d=0(舍去)或d=1,所以an=1+(n-1)1=n.(2)由(1)可知bn=4n+2n,数列4n是以4为公比,4为首项的等比数列,其前n项和为4(4n-1)3,数列2n是以2为首项,2为公差的等差数列,其前n项和为n(n+1).所以数列bn的前n项和Sn=4(4n-1)3+n(n+1).9.解析(1)设Sn=12+222+323+n2n,则2Sn=122+223+(n-1)2n+n2n+1,-,得-Sn=2+22+23+2n-n2n+1,即-Sn=2(1-2n)1-2-n2n+1,Sn=2-22n+n2n+1=(n-1)2n+1+2.(2)设该数列的前n项和为Tn.当a=0时
22、,Tn=1;当a=1时,数列为1,3,5,7,2n-1,则Tn=n1+(2n-1)2=n2;当a0且a1时,Tn=1+3a+5a2+7a3+(2n-1)an-1,aTn=a+3a2+5a3+(2n-3)an-1+(2n-1)an,-,得Tn-aTn=1+2a+2a2+2a3+2an-1-(2n-1)an,即(1-a)Tn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+an-1)=1-(2n-1)an+2a(1-an-1)1-a=1-(2n-1)an+2(a-an)1-a,又1-a0,Tn=1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2.综上,Tn=1,a=0,n2,a=1,1-(2n-1)
23、an1-a+2(a-an)(1-a)2,a0且a1.易错警示本题(2)中易忽略对a的分类讨论,参数a影响数列的特点,在求和中要分a=0,a=1和a0且a1三种情况进行讨论.10.解析(1)由题意可得a1(1+q2)=10,a1q=4,2q2-5q+2=0,q1,a1=2,q=2,数列an的通项公式为an=2n(nN*).(2)由(1)可得bn=n2n,Sn=12+222+323+n2n,12Sn=122+223+n-12n+n2n+1,-,得12Sn=12+122+123+12n-n2n+1,Sn=1+121+122+123+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-n+22n(nN
24、*).11.解析(1)由a1=a2=3及2Sn=3np+m得3p+m=6,2(a1+a2)=9p+m=12,解得p=1,m=3,即2Sn=3n+3,当n2时,2Sn-1=3n-1+3,-得2an=3n-3n-1,即an=3n-1(n2,nN*),a1=3不满足此式,an=3,n=1,3n-1,n2,nN*.(2)由(1),得bn=log3an=1,n=1,n-1,n2,nN*.当n=1时,T1=a1b1=3;当n2时,Tn=a1b1+a2b2+a3b3+anbn=31+31+322+3n-1(n-1),3Tn=321+321+332+3n-1(n-2)+3n(n-1),-,得-2Tn=-3+3
25、2+33+3n-1-3n(n-1)=-6+3(1-3n-1)1-3-3n(n-1)=3n(3-2n)-152,Tn=3n(2n-3)+154,显然当n=1时,T1=3符合此式,Tn=3n(2n-3)+154.解题模板错位相减法是一种重要的数列求和方法,等比数列前n项和公式的推导用的就是错位相减法.当一个数列由等差数列与等比数列对应项的乘积构成时,可使用此法求数列的前n项和.在运用错位相减法求数列的前n项和时要注意以下四点:(1)乘数(式)的选择;(2)对q的讨论;(3)两式相减后的未消项及相消项呈现的规律;(4)相消项的项数.能力提升练1.C设等比数列an的公比为q,当公比q=1时,S2mSm
26、=228,不满足题意;当公比q1时,因为S2mSm=28,所以a1(1-q2m)1-q1-qa1(1-qm)=1+qm=28,所以qm=27,又因为a2mam=2m+21m-2,所以qm=2m+21m-2,所以2m+21m-2=27,解得m=3,所以q3=27,即q=3.2.A设等比数列an的公比为q,由a12=a2,得a12=a1q,即a1=q.又S3,S1,S2成等差数列,2S1=S3+S2,即2a1=2a1+2a1q+a1q2,解得q=0(舍去)或q=-2,a1=q=-2,S4=a1(1-q4)1-q=-2(1-16)3=10.3.A由题意知Tn=4(1-2n)1-2=2n+2-4,不等
27、式nlog2(Tn+4)-(n+1)+73n即为n(n+2)-(n+1)+73n,即n2-n+7n+1=n+1+9n+1-3.又nN*,则n+10,所以n+1+9n+1-32(n+1)9n+1-3=3,当且仅当n+1=9n+1,即n=2时等号成立,所以n+1+9n+1-3的最小值为3,故3.故选A.4.B因为an=4+-12n-1,所以Sn=4n+1-12n1+12=4n+231-12n,所以Sn-4n=231-12n.又nN*时,341-12n32,所以12231-12n1,即Sn-4n的最大值为1,最小值为12.若对任意nN*,都有1p(Sn-4n)3,即1Sn-4np3Sn-4n成立,则
28、只需满足p3Sn-4nmin且p1Sn-4nmax即可,所以2p3,即实数p的取值范围是2,3.故选B.5.BD易知数列an的各项均不为0.因为1an+1=2+3anan=2an+3,所以1an+1+3=21an+3,又1a1+3=40,所以1an+3是以4为首项,2为公比的等比数列,故A错误;1an+3=42n-1,即an=12n+1-3,故B正确;易知an为递减数列,故C错误;1an的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+(2n+1-3)=2(21+22+2n)-3n=22(1-2n)1-2-3n=2n+2-3n-4,故D正确.6.ACA中,由2Sn-Sn-1=2p(n2),a1=p,
29、得a2=p2.当n3时,2Sn-1-Sn-2=2p,-可得2an-an-1=0,即an=12an-1(n3),又a2a1=12,所以数列an是首项为p,公比为12的等比数列,故A正确;B中,由A中分析可得p=1时,S4=1-1241-12=158,故B错误;C中,由A中分析可得aman=am+n等价于p212m+n-2=p12m+n-1,可得p=12,故C正确;D中,由A中分析可知|a3|+|a8|=|p|122+127=|p|33128,|a5|+|a6|=|p|124+125=|p|12128,则|a3|+|a8|a5|+|a6|,故D错误.故选AC.7.解析(1)因为Sn=2an-a1,
30、所以Sn+1=2an+1-a1,所以an+1=Sn+1-Sn=2an+1-a1-(2an-a1),化简得an+1=2an.选择:因为a1,a2+1,a3成等差数列,所以2(a2+1)=a1+a3,即2(2a1+1)=a1+4a1,解得a1=2,所以数列an是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.选择:因为S4=a1+a2+a3+a4=15a1=30,所以a1=2,所以数列an是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.选择:因为a1a2a3=8a13=64,所以a1=2,所以数列an是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.(2)由(1)得an=2n,则bn+1-bn=
31、2n,所以当n2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+(b4-b3)+(bn-bn-1)=1+2+22+23+2n-1=1(1-2n)1-2=2n-1,当n=1时,b1=1满足此式,所以bn=2n-1.8.解析(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,则a3+a5+a7=3a5=30,所以a5=a1+4d=2+4d=10,解得d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n,所以b2b3=a16=32,即b1qb1q2=4q3=32,解得q=2,所以bn=b1qn-1=2n.(2)假设存在正整数k,使得Tk+1=Tk+bk+32,则bk+1=bk+32,所以2k+1=2k+3
32、2,所以2k=32,解得k=5,所以存在正整数k=5满足题意.由(1)得Sn=a1+an2n=n(n+1),所以不等式Snbn即为n(n+1)2n,即2n-n(n+1)0.令f(n)=2n-n(n+1),nN*,则f(n+1)-f(n)=2n+1-(n+1)(n+2)-2n+n(n+1)=22n-1-(n+1),当n3且nN*时,f(n+1)-f(n)0,所以f(1)f(2)f(3)=f(4)f(5)f(6),又f(1)=0,f(4)=-4,f(5)=2,所以当且仅当n=1,2,3,4时,f(n)0,所以不等式Snbn的解集为1,2,3,4.9.BD设等差数列an的公差为d,又a1=1,且a2
33、,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,a42=a2a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),化简得d(d-1)=0,所以d=0或d=1,故an=1或an=n,所以bn=q或bn=nqn.设bn的前n项和为Sn,当bn=q时,Sn=nq;当bn=nqn时,Sn=1q+2q2+3q3+nqn,qSn=1q2+2q3+3q4+(n-1)qn+nqn+1,-,得(1-q)Sn=q+q2+q3+qn-nqn+1=q(1-qn)1-q-nqn+1,所以Sn=q(1-qn)(1-q)2-nqn+11-q=q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2.10.解析(1)设等比数列bn的公比为q
34、.由题意得S4-2a2=10,a22=a1a5,即a1+2d=5,d2=2a1d,由d0,得a1=1,d=2,所以an=2n-1.由题意知b1=a1=1,b2=a2=3,得公比q=3,所以bn=3n-1.(2)证明:因为cn=2n-13n-1,所以Tn=130+331+532+2n-13n-1,13Tn=13+332+533+2n-33n-1+2n-13n,-得23Tn=1+23+232+23n-1-2n-13n=1+231-13n-11-13-2n-13n=2-2n+23n.所以Tn=3-n+13n-1.从而Tn0,则Sn为增函数,所以SnS1=1,又Sn=2121+3122+(n+1)12
35、n,12Sn=2122+n12n+(n+1)12n+1,-,得12Sn=1+122+12n-(n+1)12n+1=12+121-12n1-12-(n+1)12n+1,Sn=1+2-22n-n+12n=3-n+32n3.综上可得,1Sn3.第2课时等比数列前n项和的性质基础过关练1.A由题意得S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,则有(S10-S5)2=S5(S15-S10),即122=3(S15-15),解得S15=63,同理有(S15-S10)2=(S10-S5)(S20-S15),即482=12(S20-63),解得S20=255.故选A.2.D易知an0,an+1=can,c为非
36、零常数,an为等比数列,又Sn=3n-2+k=193n+k,根据等比数列前n项和的性质,得k=-19.3.答案2解析设奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶.由题意,得S奇+S偶=-240,S奇-S偶=80,解得S奇=-80,S偶=-160,q=S偶S奇=-160-80=2.4.答案70解析设等比数列an的前n项和为Sn.由题意得(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n)(30-10)2=10(S3n-30)S3n=70.5.Banan+1=3n,当n2时,an-1an=3n-1,两式相除得an+1an-1=3(n2).a1=1,a3=3,a5=9,a7=27,a9=81,由anan+1=3n,得
37、a1a2=3,a2=3,a4=9,a6=27,a8=81,S9=1+2(3+9+27+81)=241.故选B.6.D数列an满足a1a2a3an=2n2(nN*),当n2时,a1a2a3an-1=2(n-1)2,an=22n-1(n2,nN*),又当n=1时,a1=2,符合此式,an=22n-1(nN*),1an=122n-1,数列1an是首项为12,公比为14的等比数列,1a1+1a2+1an=121-14n1-14=231-14n23.对任意nN* 都有1a1+1a2+1ant,t的取值范围为23,+.7.答案4解析设等比数列an的公比为q,由已知得S3-S1=S2-S3,即a2+a3=-
38、a3,a3=-12a2,q=-12,又a1-a3=a1-a1q2=3,a1=4.当n为奇数时,Sn=831+12n831+12=4;当n为偶数时,Sn=831-12n83.综上,Sn的最大值为4.8.解析(1)选条件.设an的公比为q(q1).因为a1为a2,a3的等差中项,所以2a1=a2+a3,所以2a1=a1q+a1q2,因为a10,所以2=q+q2,解得q=-2或q=1(舍去).选条件.设an的公比为q(q1).因为S3-S1=2,所以a1+a2+a3-a1=a2+a3=2,因为a3=4,所以a2=-2,所以q=a3a2=-2.(2)由(1)可得等比数列an的首项a1=a3q2=44=
39、1,所以an=(-2)n-1.设数列2n+an的前n项和为Tn,因为数列2n是以2为首项,2为公差的等差数列,所以Tn=(2+2n)n2+11-(-2)n1-(-2)=n(n+1)+1-(-2)n3.9.C由题意知每天取的木棒的长度(单位:尺)组成一个以12为首项,12为公比的等比数列,所以an=1-121-12n1-12=12n=12n.故选C.10.B由题意可得,该女子每天所织布的尺数构成等比数列,设此数列为an,公比为q,前n项和为Sn,由题意可得q=2,S5=a1(1-q5)1-q=5,解得a1=531,所以第二天织布的尺数为a2=a1q=1031.故选B.11.B设大鼠和小鼠每天穿墙
40、的尺数分别为数列an和bn,则由题意可知,数列an是首项为1,公比为2的等比数列,数列bn是首项为1,公比为12的等比数列,设第n天时两鼠穿墙的尺数之和为Sn,则Sn=1-2n1-2+1-12n1-12=2n-12n-1+1,当n=2时,S3=925,故两鼠相逢时是第3天.故选B.12.答案B信息提取(1)蒲生一日,长四尺.(2)莞生一日,长一尺.(3)蒲生日自半,莞生日自倍.数学建模本题以我国数学名著九章算术中记载的关于蒲、莞(两种水草)的生长速度问题为背景,构建等比数列的模型.根据题意可知蒲每天生长的尺数构成首项a1=4,公比q1=12的等比数列,莞每天生长的尺数构成首项b1=1,公比q2
41、=2的等比数列,利用等比数列的前n项和公式求和,再由“莞的长度为蒲的长度的四倍”建立方程求出n.解析由题意知,蒲第一天长高四尺,以后蒲每天长高前一天的一半,所以蒲每天生长的尺数构成首项a1=4,公比q1=12的等比数列,设其前n项和为Sn,则Sn=41-12n1-12=8-12n-3,又莞第一天长高一尺,以后每天长高前一天的两倍,则莞每天生长的尺数构成首项b1=4,公比q2=2的等比数列,设其前n项和为Tn,则Tn=1(1-2n)1-2=2n-1,令Tn=4Sn,即2n-1=48-12n-3,解得n=5.故选B.13.答案132解析由题意,由下至上,各层正方形的边长构成以22为首项,22为公比
42、的等比数列,由下至上,各层正方形的个数构成以1为首项,2为公比的等比数列.现已知共得到1 023个正方形,设共有n(nN*)层正方形,则有1+2+2n-1=1(1-2n)1-2=1 023,解得n=10,故最小正方形的边长为22229=132,故答案为132.能力提升练1.B由数列an为等比数列,an0,且amam+1am+2=26m,可得am+13=26m,所以am+1=22m,所以an=22n-2,又p+q=6,所以apaq=22p-222q-2=22(p+q)-4=28.2.BCa1a4=32,a2+a3=12,a2a3=a1a4=32,a2+a3=12,解得a2=4,a3=8或a2=8
43、,a3=4,an为递增数列,a2=4,a3=8,q=a3a2=2,a1=a2q=2,an=2n,Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2,S8=29-2=510,又Sn+2=2n+1,数列Sn+2是等比数列,故A错误,B、C正确.又lg an=lg 2n=nlg 2,数列lg an是公差为lg 2的等差数列,故D错误.故选BC.3.ACD由该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列,且a11=2,a13=a61+1,可得a13=a11m2=2m2,a61=a11+5m=2+5m,所以2m2=2+5m+1,解得m=3或m=-12(舍去),
44、所以A中结论是正确的;a67=a61m6=(2+53)36=1736,所以B中结论是不正确的;aij=ai1mj-1=a11+(i-1)mmj-1=2+(i-1)33j-1=(3i-1)3j-1,所以C中结论是正确的;由题意可得S=(a11+a12+a1n)+(a21+a22+a2n)+(an1+an2+ann)=a11(1-3n)1-3+a21(1-3n)1-3+an1(1-3n)1-3=12(3n-1)(2+3n-1)n2=14n(3n+1)(3n-1),所以D中结论是正确的.故选ACD.4.答案8解析设该数列为a1,a2,a2n,公比为q,由题意可得q=2,an+an+1=24.又a1=
45、1,所以qn-1+qn=24,即2n-1+2n=24,解得n=4,故此等比数列的项数为8.5.答案1;(-,-2)解析设等比数列an的公比为q(q1).Sn=a1(1-qn)1-q=2n-a,a1=S1=2-a,q=2,(2-a)(2n-1)=2n-a,a=1,an=2n-1,log2an=2(n-1),Tn=n2-n2n+对nN*恒成立,即n-322-94对nN*恒成立,结合二次函数的性质知,当n=1或n=2时,n-322-94取得最小值,最小值为-2,所以dn,即d5d4d3,当n5时,dn+1d6d7,又d5=332,3k332,解得k132,实数k的取值范围是132,+.10.答案B信
46、息提取(1)自上而下,第一层1件,以后每一层都比上一层多1件.(2)最后一层是n件.（3）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45.(4)这堆货物的总价是25-6545n万元.数学建模本题以梦溪笔谈中的“垛积术”为背景,由“菱草垛”可建立有关数列的数学模型,由“每一层都比上一层多1件”可知货物的件数自上而下构成首项为1,公差为1的等差数列,每一层货物的单价(万元)构成首项为1,公比为45的等比数列,第n层货物的单价(万元)记为an,则an=n45n-1,从而利用错位相减法求数列an的和,进而解出n.解析由题意,可设前n层货物的总价(万元)为Sn,则 Sn=
47、1+245+3452+n45n-1,45Sn=45+2452+(n-1)45n-1+n45n,两式相减可得15Sn=1+45+452+45n-1-n45n=1-45n1-45-n45n=5-(n+5)45n,所以Sn=25-5(n+5)45n,令Sn=25-5(n+5)45n=25-6545n,解得n=8.故选B.11.B依题意,可设方格蜘蛛网中某个正方形的边长为a(a1)米,其内接小正方形的边长为b米,则b=37a2+47a2=57a,则每个小正方形的周长为其外接正方形周长的57,故正方形的周长米数从外到内构成以4为首项,57为公比的等比数列,设此数列为an,其前n项和为Sn,则Sn=41-
48、57n1-5713,所以11457nnlg 114lg 57nlg14lg75nlg2+lg7lg 75n1-lg5+lg7lg 75n1+lg75lg 75,将lg 750.15代入,得n7.67,所以完整的正方形的个数最多为7.故选B.12.答案118a2;505,+)解析依题意得,S1=12(2a)2=2a2,S1-S2=12a2,S2-S3=12a22=18a2,S3=S2-18a2=S1-12a2-18a2=118a2.以此类推,Sn+1-Sn是以S2-S1=-12a2为首项,14为公比的等比数列,记S2-S1=-12a2=S,则S2-S1=S,S3-S2=14S,Sn-Sn-1=1
49、4n-2S(n2),Sn-S1=S1-14n-11-14=43S1-14n-1,Sn=S1+43S1-14n-1=2a2-23a2+23a214n-1=43a2+23a214n-1(n2),经检验,当n=1时,上式也成立,Sn=43a2+23a214n-1(nN*).Sn2 0203对任意nN*恒成立,只需(Sn)min2 0203即可.Sn43a2,43a22 0203,即a2505,又a0,a505,即a的取值范围是505,+).易错警示Sn2 0203对任意nN*恒成立(Sn)min2 0203,又Sn=43a2+23a214n-1单调递减,因此当n无限增大时,Sn无限接近于43a2,用
50、此值代替最小值时,所得不等式可取等号,即43a22 0203,解题时防止漏掉“等号”导致错误.13.解析遥控车开始在第0格为必然事件,故P0=1,第一次掷骰子,若正面向上的点数不为6,则此时遥控车移动到第1格,其概率为56,即P1=56;遥控车移动到第n格(2n49)格的情况是下列两种,而且也只有这两种:遥控车先移动到第n-2格,抛掷出正面向上的点数为6,其概率为16Pn-2;遥控车先移动到第n-1格,抛掷出正面向上的点数不为6,其概率为56Pn-1.故Pn=16Pn-2+56Pn-1,即Pn-Pn-1=-16(Pn-1-Pn-2),故1n49时,Pn-Pn-1是首项为P1-P0=-16,公比为-16的等比数列,故Pn-Pn-1=-16n,所以Pn=P0+(P1-P0)+(P2-P1)+(Pn-Pn-1)=1+-16+-162+-16n=1-16n+11-16=671-16n+1.因为P50=16P48=16671-1649=171+164912,所以这种游戏方案中客户中奖的可能性较大,对意向客户具有吸引力.