2019-2020学年高中数学 第二章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第1课时 等比数列的前n项

课后课时精练A级：基础巩固练一、选择题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解析因为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，所以a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝q5(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q5＝25＝32.所以S10＝1＋32＝33.2．若{an}是等比数列，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n＝()A．(2n－1)2B.13(2n－1)2C．4n－1D.13(4n－1)解析由Sn＝2n－1得a1＝S1＝1，a2＝S2－S1＝22－2＝2.∴公比为q＝2，可知数列{a2n}是等比数列，公比为q2＝4.∴a21＋a22＋a23＋…＋a2n＝1－4n1－4＝13(4n－1)．3．在等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝44，则a1的值为()A．4B．－4C．2D．－2解析S5＝a11－q51－q，∴44＝a1[1－－25]1－－2，∴a1＝4.故选A.4．在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于()A．2n＋1－2B．3nC．2nD．3n－1解析因数列{an}为等比数列，则an＝2qn－1，因数列{an＋1}也是等比数列，则(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，得a2n＋1＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，an＋an＋2＝2an＋1，从而an(1＋q2－2q)＝0，得q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n.故选C.二、填空题5．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q为________．－2解析解法一：设等比数列的首项为a1，公比为q，∴Sn＝a11－qn1－q，Sn＋1＝a11－qn＋11－q，Sn＋2＝a11－qn＋21－q，由题意知2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，即2a11－qn1－q＝a11－qn＋11－q＋a11－qn＋21－q整理，得2＝q＋q2即q＝－2或q＝1，当q＝1时不符合题意，∴q＝－2.解法二：∵Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，∴Sn－Sn＋1＝Sn＋2－Sn，－an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝－2an＋1，∴q＝an＋2an＋1＝－2.6．已知正项等比数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn(n∈N*)，且1a1－1a2＝2a3，则S4＝________.15解析正项等比数列{an}中，a1＝1，且1a1－1a2＝2a3，∴1－1q＝2q2，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，∴S4＝1－241－2＝15.7．已知数列{an}的前n项和Sn满足log2(Sn＋2)＝n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.2n解析由log2(Sn＋2)＝n＋1，得Sn＋2＝2n＋1，Sn＝2n＋1－2.当n＝1时，S1＝a1＝22－2＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n.当n＝1时也成立，故an＝2n.三、解答题8．在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＝128且前n项和Sn＝126，求该数列的项数n及公比q.解根据等比数列的性质，得a1an＝a2an－1＝128，又a1＋an＝66，所以不妨将a1，an看作一元二次方程x2－66x＋128＝0的两实根．解此方程得x1＝2，x2＝64，即a1＝2，an＝64或a1＝64，an＝2.显然q≠1.若a1＝2，an＝64，由a1－anq1－q＝126，得2－64q＝126－126q，解得q＝2.由an＝a1qn－1，得2n－1＝32.所以n＝6；若a1＝64，an＝2，同理可求得q＝12，n＝6.综上所述，n的值为6，公比为2或12.9．设数列{an}满足关系：an＝32an－1＋5(n≥2)，a1＝－172，令bn＝an＋10，求数列{bn}的前n项和Sn.解由a1＝－172，an＝32an－1＋5，bn＝an＋10，知bn＝an＋10＝32an－1＋15＝32(an－1＋10)＝32bn－1.又b1＝a1＋10＝10－172＝32.所以数列{bn}是首项为32，公比为32的等比数列．故Sn＝321－32n1－32＝332n－1＝332n－3.10．已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．解(1)设数列{an}的公差为d，依题意，得2,2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n.显然2n60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝n[2＋4n－2]2＝2n2.令2n260n＋800，即n2－30n－4000，解得n40或n－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.B级：能力提升练1．某单位从市场上购进一辆新型轿车，购价为36万元，该单位使用轿车时，一年需保险费、汽油费、年检费等约6万元，同时该车的年折旧率为10%(即这辆车每年减少它的价值的10%，当年折旧的费用也为该年花费在该车上的费用)，试问：使用多少年后，该单位花费在该车上的费用就达36万元，并说明理由．解用an表示该单位第n年花费在轿车上的费用，则有a1＝6＋36×0.1，a2＝6＋(36×0.9)×0.1，a3＝6＋(36×0.92)×0.1，…，类推可得an＝6＋(36×0.9n－1)×0.1.Sn＝a1＋a2＋…＋an＝6n＋36×0.1×[1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n－1]＝6n＋3.6×1－0.9n1－0.9＝6n＋36(1－0.9n)．令Sn＝36，得n＝6×0.9n,0.9n＝n6.注意到1n6，取值验证．当n＝4时，0.94＝0.6561，46＝23≈0.6667，所以n＝4.故使用4年后，花费在该轿车上的费用就已达到36万元．2．已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－1Sn(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．解(1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝a5a3＝14.又{an}不是递减数列且a1＝32，所以q＝－12.故等比数列{an}的通项公式为an＝32×－12n－1＝(－1)n－1·32n.(2)由(1)得Sn＝1－－12n＝1＋12n，n为奇数，1－12n，n为偶数.当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1Sn≤S1＝32，故0Sn－1Sn≤S1－1S1＝32－23＝56.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以34＝S2≤Sn1，故0Sn－1Sn≥S2－1S2＝34－43＝－712.所以数列{Tn}最大项的值为56，最小项的值为－712.