7.3.2 等比数列前n项和公式-【通关练测】中等职业技术学校数学拓展模块一(下册)同步辅导与测评(高教版2021)

５０　 １３．已知等差数列 an{ } 的公差与等比数列 bn{ } 的公比相等,且都等于d(d ＞０,d ≠１),a１ ＝b１,a３ ＝ ３b３,a５＝５b５,求an,bn． １．已知等比数列 an{ } 是递增数列,满足a４＝３２,a３＋a５＝８０,求 an{ } 的通项公式． 试题精讲 ２．设a１＝２,a２＝４,数列 bn{ } 满足bn ＝an＋１－an,bn＋１＝２bn ＋２．求: (１)数列 bn{ } 的通项公式; (２)数列 an{ } 的通项公式． ７．３．２ 　 等比数列前n项和公式 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀦂 􀦂 􀦂􀦂 学习目标 重点难点 􀪋 􀪋 ◎ 理解等比数列前n 项和公式; ◎ 应用等比数列前n 项和公式,解决简单的问题． 重点:等比数列前n 项和公式的应用． 难点:等比数列前n项和公式的推导知识的实际应用． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 １．等比数列前n 项和公式:①　　　　　　　　　　　;②　　　　　　　　　　　　． ２．等比数列的性质:设数列 an{ } 为等比数列,公比为q,则 ① 若首项a１ ＞０,公比q＞１,或首项a１ ＜０,公比０＜q＜１,则此数列为 　　　　　　　　 数列; 若首项a１ ＞０,公比０＜q＜１,或首项a１ ＜０,公比q＞１,则此数列为 　　　　　　　　 数列;若 公比q＝１,则此数列为 　　　　　． ② 在有穷等比数列中,与首末两项距离相等的两项积 　　　　,并且等于首末两项的积,若此数列的 项数为奇数,它还等于中间项的 　　　　　　　,即a２􀅰an－１ ＝a３􀅰　　　　　　 ＝􀆺 ＝ak 􀅰 　　　　＝a１􀅰an ＝a２中 ． ５１　 ③ 当m,n,p,k∈N∗ 时,若m＋n＝p＋k,则am􀅰an ＝　　　　　　 (特殊地,当m＋n＝２p 时, am􀅰an ＝　　　　)． ④ 在等比数列中,每隔相同数量的项抽出来的项仍按原来的顺序排列,构成的新数列是 　　　　 数列． ⑤ 在等比数列中,连续n 项的积构成的新数列仍然是等比数列． 　　 １ 等比数列前n项和公式的应用 【例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．１５２ B． ３１ ４ C． ３３ ４ D． １７ ２ 【解题思路】 由a２a４＝a２３＝１,得a３＝１,又因为S３＝７,所以a１＋a２＋a３＝７,即 １ q２ ＋ １ q ＋ １＝７,整理 得６q２－q－１＝０,解得q＝ １ ２ 或q＝－ １ ３ (舍去),所以a１＝ １ q２ ＝４．故S５＝ a１(１－q５) １－q ＝ ４× １－ １ ２５ æ è ç ö ø ÷ １－ １ ２ ＝ ３１ ４． 变式训练１ 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 ＝ ． 　　 ２ 等比数列的性质的应用 【例２】 (１)在等比数列{an}中,各项均为正值,且a６a１０＋a３a５＝４１,a４a８＝５,求a４＋a８ 的值． (２)已知等比数列{an}的首项a１＝－１,前n 项和为Sn,若 S１０ S５ ＝ ３１ ３２ ,求公比q的值． 【解题思路】 (１)由a６a１０ ＋a３a５ ＝４１及a６a１０ ＝a２８,a３a５ ＝a２４,得a２４ ＋a２８ ＝４１．因为a４a８ ＝５,所以 (a４＋a８)２＝a２４＋２a４a８＋a２８＝４１＋２×５＝５１．又因为an ＞０,所以a４＋a８＝ ５１． (２)由 S１０ S５ ＝ ３１ ３２ ,a１＝－１知公比q≠±１,则可得 S１０－S５ S５ ＝－ １ ３２． 由等比数列前n 项和的性质知S５, S１０－S５,S１５－S１０ 成等比数列,且公比为q５,故q５＝－ １ ３２ ,q＝－ １ ２． 变式训练２ 已知等比数列{an}的公比为正数,且a３a９＝２a２５,a２＝２,则a１ 等于 (　　) A．１２ B． ２ ２ C．２ D．２ 自 我 测 评 一、选择题 １．已知等比数列 an{ } 的前n 项和为Sn,公比为３,若a１＝３,则S６＝ (　　) A．３６４ B．３６９ C．１０９２ D．１０９４ ５２　 ２．在等比数列 an{ } 中,a３＝７,前３项之和S３＝２１,则q的值为 (　　) A．１ B．－ １ ２ C．１或－ １ ２ D．－１ 或１ ２ ３．等比数列 an{ } 的前n 项和Sn ＝２n －１,则数列 an{ } 的公比为 (　　) A．１２ B． １ ３ C．２ D．３ ４．设Sn 是等比数列 an{ } 的前n 项和,a３＝３,S３＝９,则首项a１＝ (　　) A．－ １ ２ B．１２ C．１或－ １ ２ D．３ 或１２ ５．在等比数列 an{ } 中,a２＝２,a３＝－４,则数列 an{ } 的前３项和为 (　　) A．－３ B．３ C．－４ D．７ ６．若f(n)＝１＋３＋９＋􀆺＋３n,则f(n)的值为 (　　) A．３n －１ B． ３n －１ ２ C．３ n＋１－１ ２ D． ３n－１－１ ２ ７．已知在等比数列 an{ } 中,a１＝２,q＝２,前n 项和Sn ＝１２６,则n＝ (　　) A．９ B．８ C．７ D．６ ８．我国古代数学著作«算法统宗»中有这样一个问题:有一个人要走５０８里路,第一天健步行走,从第二 天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了７天后到达目的地．那么,此人第１天走的路 程是 　　 (　　) A．８１里 B．１９２里 C．１２８里 D．２５６里 二、填空题 ９．在等比数列 an{ } 中,a９＝８,a１２＝１,则数列 an{ } 的前５项和是 ． １０．在等比数列 an{ } 中,若a１＝３,an ＝４８,Sn ＝９３,则q＝ ． １１．有一座七层塔,若每层所点灯的盏数都是上面一层的两倍,一共点３８１盏,则底层所点灯的盏数是 ． １２．设等比数列 an{ } 的前n 项和为Sn,已知a１＝３,S６＝３S３,则a７＝　　　　　． １３．已知正项等比数列 an{ } 首项为１,且４a５,a３,２a４ 成等差数列,则数列 an{ } 的前６项和为 　　　　． １４．在等比数列 an{ } 中,已知a１＋a４＝９,a２＋a５＝１８,则S５＝　　　　　． 三、解答题 １５．在等比数列 an{ } 中,(１)已知a１＝－ ３ ２ ,a４＝９６,求前４项和S４;(２)已知公比q＝ １ ２ ,前５项和S５＝ ３１ ８ ,求a１,a５． ５３　 １６．在等比数列 an{ } 中,已知a１＝１,公比q＝－２,求前８项和S８． １７．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 项和等于多少? １８．在等比数列{an}中,a４＝２,a５＝５,则数列{lgan}的前８项和等于多少? １．数列{bn}满足bn＋１＝２bn ＋２,bn ＝an＋１－an,且a１＝２,a２＝４．求: (１)数列{bn}的通项公式; (２)数列{an}的前n 项和Sn． ２．数列{an}满足a１＝２且对任意的m,n ∈N∗ ,都有 an＋m am ＝ an．求: (１)a３; (２){an}的前n 项和Sn． １６６　 数学同步辅导与测评􀅰拓展模块一·下册 ５d４)＝ －４d　②． ② ① ,得１－５d ４ １－３d２ ＝２,所以d２ ＝１或d２ ＝ １ ５ ,由 题意得d ＝ ５ ５ ,a１ ＝ － ５,b１ ＝ － ５． 所以an ＝a１ ＋ (n－１)d ＝ ５ ５ (n－６);bn ＝ b１dn－１ ＝ － ５× ( ５５ ) n－１ ． 【能力提升】 １．解:设等比数列 an{ } 的公比为q(q＞１),由a４ ＝ ３２,得a３＋a５ ＝ ３２ q ＋ ３２q＝８０．解得q＝２或q＝ １ ２ (舍去)．所以an ＝a４􀅰２n－４ ＝２n＋１． ２．解:(１)因为bn＋１ ＝２bn ＋２,两边同时加２,得 bn＋１ ＋２＝２(bn＋２),所以 bn＋１＋２ bn ＋２ ＝ ２,又因为b１＝ a２ －a１ ＝２,b１＋２＝４,所以数列 bn ＋２{ } 是首项 为４,公比为２的等比数列．所以bn ＋２＝２n＋１,故 bn ＝２n＋１ －２． (２)a２－a１ ＝２２－２,a３－a２ ＝２３－２,a４－a３ ＝ ２４ －２,􀆺,an －an－１ ＝２n －２,累加,an －a１ ＝ ２２＋２３ ＋２４＋􀆺＋２n－２(n－１)＝ ２２(１－２n－１) １－２ － ２(n－１)＝２n＋１ －２n－２,所以an ＝２n＋１ －２n． ７．３．２　 等比数列前n项和公式 【变式训练１】 ３n－１ 【解析】由３S１,２S２,S３ 成等差数列知,４S２ ＝ ３S１＋S３,可得a３ ＝３a２,所以公比q＝３,故等比数 列an ＝a１qn－１ ＝３n－１． 【变式训练２】 C 【解析】由等比数列的性质得a３a９ ＝a２６ ＝２a２５, 因为q＞０,所以a６ ＝ ２a５,q＝ a６ a５ ＝ ２,a１ ＝ a２ q ＝ ２ ２ ＝ ２,故选C． 自我测评 【基础巩固】 一、选择题 １．C 【解析】由等比数列前n 项和公式得S６ ＝ ３×(１－３６) １－３ ＝ ３ ２ × (３６ －１)＝１０９２． ２．C 【解 析 】 由 a３ ＝ ７,S３ ＝ ２１ 得 a１q２ ＝７, a１(１＋q＋q２)＝２１,{ 解得q＝１或q＝ － １ ２． ３．C 【解析】根据题意可得a１ ＝S１ ＝１,a２ ＝S２－ S１ ＝３－１＝２,故数列 an{ } 的公比q＝ a２ a１ ＝ ２． ４．D 【解析】因为Sn 是等比数列 an{ } 的前n项和, a３ ＝３,S３ ＝９,所以当公比q＝１时,a１ ＝３,此时 S３ ＝９满足题意;当公比q≠１时, a１q２ ＝３, a１(１－q３) １－q ＝ ９,{ 解得 a１ ＝１２, q＝ － １ ２．{ 综上所述,a１ 的值为３或１２． ５．A 【解析】由题设a３ ＝a２q＝２q＝ －４,则q＝ －２,所以a１ ＝ －１,则 an{ } 的前３项和为a１ ＋ a２ ＋a３ ＝ －３． ６．C 【解析】由f(n)＝１＋３＋９＋􀆺＋３n 可知,该 表达式是一个以首项为１,公比为３的等比数列, 共有n＋１项,故f(n)＝１＋３＋９＋ 􀆺 ＋３n ＝ １×(１－３n＋１) １－３ ＝ ３n＋１ －１ ２ ． ７．D 【解析】因为a１ ＝２,q＝２,所以 ２(１－２n) １－２ ＝ ２n＋１ －２＝１２６,所以n＝６． ８．D 【解析】依题意可知这个人每天走的路程为等 比数列,且公比q ＝ １ ２ ,所以S７ ＝ a１ １－ １ ２７( ) １－ １ ２ ＝ １２７ ６４a１ ＝５０８ ,a１ ＝２５６(里)． 二、填空题 ９．３９６８ 【解析】设公比为q,因为a９ ＝８,a１２ ＝１,所 以 a１q８ ＝８, a１q１１ ＝１,{ 解得 q＝ １ ２ , a１ ＝２０４８． { 所以数列 an{ } 的 前５项和为S５ ＝ ２０４８× １－ １ ２５( ) １－ １ ２ ＝３９６８． １０．２ 【解析】在等比数列 an{ } 中,a１ ＝３,an ＝４８, 故公比不为１,则Sn ＝ a１ －anq １－q ＝ ３－４８q １－q ＝ ９３⇒q＝２． 训练测评参考答案 １６７　 １１．１９２ 【解析】设从上往下每层灯的盏数构成数列 an{ } ,已知数列 an{ } 是以２为公比的等比数 列,且n＝７,S７ ＝３８１,所以 a１(１－２７) １－２ ＝ ３８１, 解得a１ ＝３,所以a７ ＝a１q６ ＝３×２６ ＝１９２． １２．１２ 【解析】因 为 S６ ＝ ３S３,所 以 q ≠ １．由 a１(１－q６) １－q ＝ ３a１(１－q３) １－q ,解得q３ ＝２．所以 a７ ＝a１q６ ＝３×４＝１２． １３．６３３２ 【解析】因为４a５,a３,２a４ 成等差数列,所以 ２a３ ＝４a５＋２a４,故２a１q２ ＝４a１q４＋２a１q３,即 ２q２ ＋q－１＝０,解得q＝ １ ２ 或q＝ －１,又因 为an ＞０,所以q＝ １ ２ ,所以S６ ＝ a１(１－q６) １－q ＝ １× １－ １ ２( ) ６ [ ] １－ １ ２ ＝ ６３ ３２． １４．３１ 【解析】因为在等比数列 an{ } 中,已知a１ ＋ a４ ＝９,a２＋a５ ＝１８,设等比数列 an{ } 的公比为 q,所以a２ ＋a５ ＝q(a１ ＋a４)＝９q＝１８,解得 q＝２,所以a１ ＋a１q３ ＝a１＋a１×２３ ＝９,解得 a１ ＝１,所以S５ ＝ １×(１－２５) １－２ ＝ ３１． 三、解答题 １５．解:(１)设公比为q,由a１ ＝ － ３ ２ ,a４ ＝９６,得 q３ ＝ a４ a１ ＝ － ６４,所 以q ＝ －４,所 以 S４ ＝ － ３ ２ × １－ (－４)４[ ] １－(－４) ＝ １５３ ２ ． (２)由S５ ＝a１ × １－ １ ２( ) ５ １－ １ ２ ＝ ３１ ８ ,得a１ ＝２, a５ ＝a１q４ ＝ １ ８． １６．解:S８ ＝１× １－(－２)８ １－(－２)＝ － ８５． １７．解:由等比数列的性质知a２a３ ＝a１a４,又a２a３ ＝ ８,a１ ＋ a４ ＝ ９, 所 以 联 立 方 程 a１a４ ＝８, a１ ＋a４ ＝９,{ 解得 a１ ＝１, a４ ＝８．{ 或 a１ ＝８, a４ ＝１．{ 又因为 数列{an}为递增数列,所以,a１ ＝１,a４ ＝８,从 而a１q３ ＝８,解得q＝２．所以,数列{an}的前n项 和Sn ＝ １－２n １－２ ＝ ２n －１． １８．解:数列{lgan}的前８项和S８ ＝lga１＋lga２＋􀆺＋ lga８ ＝lg(a１􀅰a２􀅰􀆺􀅰a８)＝lg(a１􀅰a８)４ ＝ lg(a４􀅰a５)４ ＝lg(２×５)４ ＝４． 【能力提升】 １．解:(１)由bn＋１ ＝２bn＋２,得bn＋１＋２＝２(bn＋２), 所以 bn＋１ ＋２ bn ＋２ ＝ ２,又b１＋２＝a２－a１＋２＝４,所 以数列{bn＋２}是首项为４,公比为２的等比数列． 所以bn ＋２＝４􀅰２n－１ ＝２n＋１,即bn ＝２n＋１ －２． (２)由(１)知,an－an－１ ＝bn－１ ＝２n－２(n≥２), 所以an－１ －an－２ ＝２n－１ －２ (n ＞ ２),􀆺,a２ － a１ ＝２２ －２,所以an －２＝ (２２＋２３＋􀆺＋２n)－ ２(n－１),所以an ＝ (２＋２２ ＋２３ ＋ 􀆺 ＋２n)－ ２n＋２＝ ２(２n －１) ２－１ － ２n＋２＝２n＋１ －２n． 所以Sn ＝ ４(１－２n) １－２ － n(２＋２n) ２ ＝２ n＋２－(n２＋ n＋４)． ２．解:(１)由题意知,对任意的m,n∈N∗ ,都有 an＋m am ＝ an,所以an＋m ＝an􀅰am ,且a１ ＝２．故a３ ＝a１＋２ ＝ a１􀅰a２ ＝a１􀅰a１􀅰a１ ＝２３ ＝８． (２)令m ＝１,则有an＋１ ＝an􀅰a１ ＝２an, an＋１ an ＝ ２,所以数列{an}是首项为a１ ＝２,公比为q＝２ 的等比数列,所以Sn ＝ ２(１－２n) １－２ ＝ ２n＋１ －２． ７．４　 等差数列与等比数列的应用 【变式训练１】 解:(１)因为q３ ＝ a４ a１ ＝ － １ ２ ,所以a７ ＝a１q６ ＝ a１(q３)２ ＝ －１６× － １ ２( ) ２ ＝ －４． (２)因 为 a３ 􀅰a４ ＝ a１ 􀅰a６ ＝ １２, 所 以 a１􀅰a６ ＝１２, a１ ＋a６ ＝８,{ 解得 a１ ＝２, a６ ＝６,{ a１ ＝６, a２ ＝２．{ (舍去) 因为q５ ＝ a６ a１ ＝ ３,a１１ ＝a６􀅰q５ ＝１８,所以 a６ a１１ ＝ １ ３． 【变式训练２】 解:由an＋１ ＝２an ＋１,得an＋１＋１＝２(an ＋１)．所以