2024-2025学年高中数学第二章数列2.5第2课时等比数列的前n项和公式的性质及应用课时跟踪训练含解析新人教A版必修5

PAGE等比数列的前n项和公式的性质及应用[A组学业达标]1．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．若{Sn}是等差数列，则q等于()A．1 B．0C．1或0 D．－1解析：∵Sn－Sn－1＝an，{Sn}是等差数列，∴an为定值，即数列{an}为常数列，∴q＝eq\f(an,an－1)＝1.答案：A2．等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,9) D．－eq\f(1,9)解析：由题知公比q≠1，则S3＝eq\f(a11－q3,1－q)＝a1q＋10a1，得q2＝9，又a5＝a1q4＝9，则a1＝eq\f(1,9)，故选C.答案：C3．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝()A．n(n＋1) B．n(n－1)C.eq\f(nn＋1,2) D.eq\f(nn－1,2)解析：因为a2，a4，a8成等比数列，所以aeq\o\al(2,4)＝a2·a8，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋14)，解得a1＝2.所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)×2＝n(n＋1)．故选A.答案：A4．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则eq\f(S10,S5)等于()A．－3 B．5C．－31 D．33解析：设等比数列{an}的公比为q，则由已知得q≠1.∵S3＝2，S6＝18，∴eq\f(1－q3,1－q6)＝eq\f(2,18)，得q3＝8，∴q＝2.∴eq\f(S10,S5)＝eq\f(1－q10,1－q5)＝1＋q5＝33，故选D.答案：D5．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10，S12＝130，则S8＝()A．－30 B．40C．40或－30 D．40或－50解析：因为数列{an}为等比数列且数列{an}的前n项和为Sn，所以S4，S8－S4，S12－S8也构成等比数列．所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，因为S4＝10，S12＝130，等比数列{an}各项均为正数，所以(S8－10)2＝10·(130－S8)，所以S8＝40.答案：B6．数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，已知S4＝2，S8＝8，则S12＝________.解析：由等比数列前n项和的性质，知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，即(S8－S4)2＝S4(S12－S8)，又S4＝2，S8＝8，故S12＝26.答案：267．已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.解析：因为{an}为等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，所以a1(a1＋4d)＝(a1＋d)2，解得d＝2a1＝2，所以S8＝64.答案：648．在数列{an}中，已知对随意正整数n，有a1＋a2＋…＋an＝3n－1，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝________.解析：{an}的首项为2，公比为3，∴{aeq\o\al(2,n)}也为等比数列，首项为4，公比为9，∴{aeq\o\al(2,n)}的前n项和为eq\f(41－9n,1－9)＝eq\f(1,2)(9n－1)．答案：eq\f(1,2)(9n－1)9．已知{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)求数列{2an}的前n项和Sn.解析：(1)由题设，知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得eq\f(a3,a1)＝eq\f(a9,a3)，即eq\f(1＋2d,1)＝eq\f(1＋8d,1＋2d)，解得d＝1或d＝0(舍去)．故{an}的通项公式为an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)知2an＝2n，由等比数列前n项和公式，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n＝eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.10．已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．(1)求an及Sn；(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满意q2－(a4＋1)·q＋S4＝0.求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.解析：(1)由条件得an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，故Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2.(2)由(1)知a4＝7，S4＝16，所以q2－8q＋16＝0，从而q＝4.又b1＝2，且{bn}为等比数列，所以bn＝b1qn－1＝2·4n－1＝22n－1，Tn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2,3)(4n－1)．[B组实力提升]11．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于()A．80 B．30C．26 D．16解析：∵Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，∴Sn·(S3n－S2n)＝(S2n－Sn)2，即2×(14－S2n)＝(S2n－2)2，解得S2n＝6或S2n＝－4(舍去)．同理，(6－2)(S4n－14)＝(14－6)2，解得S4n＝30.答案：B12．已知数列{an}中，an＝－3n＋4，等比数列{bn}的公比q满意q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a1，则满意eq\f(1,|b1|)＋eq\f(1,|b2|)＋…＋eq\f(1,|bn|)＜eq\f(121,81)成立的n的最大值为()A．3 B．4C．5 D．6解析：由an＝－3n＋4可得其公差为－3，所以q＝－3，且b1＝a1＝1，故bn＝(－3)n－1，故eq\f(1,|bn|)＝(eq\f(1,3))n－1是公比为eq\f(1,3)的等比数列，所以eq\f(1,|b1|)＋eq\f(1,|b2|)＋…＋eq\f(1,|bn|)＝eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))＜eq\f(121,81).故n的最大值为4.答案：B13．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＝________.解析：由3S1,2S2，S3成等差数列，得4S2＝3S1＋S3，即3S2－3S1＝S3－S2，则3a2＝a3，得公比q＝3，所以an＝a1qn－1＝3n－1.答案：3n－114．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.(1)求数列{an}的通项公式．(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2013？若存在，求出符合条件的全部n的集合；若不存在，说明理由．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S2－S4＝S3－S2，,a2＋a3＋a4＝－18，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a1q2－a1q3＝a1q2，,a1q1＋q＋q2＝－18，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝－2.))故数列{an}的通项公式为an＝3·(－2)n－1.(2)由(1)得Sn＝eq\f(3[1－－2n],1－－2)＝1－(－2)n.若存在n，使得Sn≥2013，则1－(－2)n≥2013，即(－2)n≤－2012.当n为偶数时，(－2)n＞0，上式不成立；当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2012，即2n≥2012，即n≥11.综上，存在符合条件的正整数n，且全部这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．15．已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项的和，a1，a7，a4成等差数列．(1)求证：2S3，S6，S12－S6成等比数列；(2)若a1＝2，求数列a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2的和．解析：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，由题意得2a7＝a1＋a4，即2a1·q6＝a1＋a1·q3，∴2q6－q3－1＝0.令q3＝t，则2t2－t－1＝0，∴t＝－eq\f(1,2)或t＝1.即q3＝－eq\f(1,2)或q3＝1.当q3＝1时，2S3＝6a1，S6＝6a1，S12－S6＝6a1，∴Seq\o\al(2,6)＝2S3·(S12－S6)，∴2S3，S6，S12－S6成等比数列．当q3＝－eq\f(1,2)时，2S3＝2×eq\f(a11－q3,1－q)＝eq\f(2a1×\f(3,2),1－q)＝eq\f(3a1,1－q)，S6＝eq\f(a11－q6,1－q)＝eq\f(\f(3a1,4),1－q)，S12－S6＝eq\f(a71－q6,1－q)＝eq\f(a1·q61－q6,1－q)＝eq\f(\f(a1,4)×\f(3,4),1－q)，∴Seq\o\al(2,6)＝2S3·(S12－S6)，∴2S3，S6，S12－S6成等比数列．综上可知，2S3，S6，S12－S6成等比数列．(2)当q3＝1时，q＝1，{an}为常数列，an＝2，∴a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2＝2n.当q3＝－eq\f(1,2)，a1，a4，a7…是以a1＝2为首项，公比为－eq\f(1,2)的等比数列．∴a1