冬季护肤步骤-家长工作总结

数列综合练习（一）
1．等比数列前n项和公式：
a1－qa
1
－a
n
q


1
＝ q≠1
1－q
(1)公式：S
n
＝

1－q
.


na
1
q＝1
(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况．
a
1
2．若{a
n
}是等比数列，且公比q≠1，则前n项和S
n
＝(1－qn
)＝A(q
n
－1)．其中
1－q
a
1
A＝.
q－1
3．推导等比数列前n项和的方 法叫错位相减法．一般适用于求一个等差数列与一个等
比数列对应项积的前n项和．
4．拆项成差求和经常用到下列拆项公式：
111
(1)＝－；
nn＋1
n
n＋1


n



一、选择题
S
5
1．设 S
n
为等比数列{a
n
}的前n项和，8a
2
＋a
5
＝0，则等于( )
S
2
A．11 B．5
C．－8 D．－11
答案 D
解析 由8a
2
＋a
5
＝0得8a
1
q＋a
1
q
4
＝0，
5
S
5
a
1
 1＋2
∴q＝－2，则＝＝－11.
S
2
a
1
1－2
2

S
10
2．记等比数列{a
n
}的前n项和为 S
n
，若S
3
＝2，S
6
＝18，则等于( )
S
5
A．－3 B．5
C．－31 D．33
答案 D
a< br>1
1－q
6

1－q
S
6
解析 由题意知公比q≠1，＝
S
3
a
1
1－q
3

1－q
＝1＋q
3
＝9，
a
1
1－q
10

1－q
S
10
5
∴q＝2，＝
5
＝ 1＋q
S
5
a
1
1－q
1－q
＝1＋25
＝33.
S
4
3．设等比数列{a
n
}的公比q＝ 2，前n项和为S
n
，则等于( )
a
2
A．2 B．4
1517
C. D.
22
1

答案 C
a
2
解析 方法一 由等比数列的定义 ，S
4
＝a
1
＋a
2
＋a
3
＋a
4
＝＋a
2
＋a
2
q＋a
2
q
2
，
q
S
4
115
得＝＋1＋q＋q
2
＝. a
2
q2
a
1
1－q
4

方法二 S
4
＝，a
2
＝a
1
q，
1－q
4
S
4
1－q
15
∴＝＝.
a< br>2
1－qq
2
4．设{a
n
}是由正数组成的等比数列， S
n
为其前n项和，已知a
2
a
4
＝1，S
3＝7，则S
5
等
于( )
1531
A. B.
24
3317
C. D.
42
答案 B
解析 ∵{a
n
}是由正数组成的等比数列，且a
2
a
4
＝1，
∴设{a
n
}的公比为q，则q>0，且a
2
3
＝1，即a
3
＝1.
11
∵S
3
＝7，∴a
1
＋a
2
＋a
3
＝
2
＋＋1＝7，
qq
即6q
2
－q－1＝0.
11
故q＝或q＝－(舍去)，
23
1
∴a
1
＝
2
＝4.
q
1
41－
5

2
131
∴S
5
＝＝8(1 －
5
)＝.
124
1－
2
5．在数列{a
n}中，a
n
＋
1
＝ca
n
(c为非零常数)，且前n项 和为S
n
＝3
n
＋k，则实数k的值为
( )
A．0 B．1 C．－1 D．2
答案 C
解析 当n＝1时，a
1
＝S
1
＝3＋k，
－
当n≥2时，a< br>n
＝S
n
－S
n
－
1
＝(3
n＋k)－(3
n1
＋k)
－－
＝3
n
－3
n1
＝2·3
n1
.
由题意知{a
n
}为等比数列，所以a
1
＝3＋k＝2，
∴k＝－1.
6．在等比数列{a
n
}中，公比q是整数，a
1< br>＋a
4
＝18，a
2
＋a
3
＝12，则此数列的前8 项和
为( )
A．514 B．513 C．512 D．510
答案 D
解析 由a
1
＋a
4
＝18和a< br>2
＋a
3
＝12，
a＝16
3


1

a
1
＋a
1
q＝18

a
1
＝2
得方程组

，解得

或
1
.
2

aq＋aq＝12q＝2
q＝

1

1


2

22
8
－1 
9
∵q为整数，∴q＝2，a
1
＝2，S
8
＝＝2－2＝ 510.
2－1
二、填空题
－
7．若{a
n
}是等比数 列，且前n项和为S
n
＝3
n1
＋t，则t＝________.
1
答案 －
3
2

解析 显然q≠1，此时应有S
n
＝A(q
n
－1)，
1
n
1
又S
n
＝·3＋t，∴t＝－.
338．设等比数列{a
n
}的前n项和为S
n
，若a
1
＝ 1，S
6
＝4S
3
，则a
4
＝________.
答案 3
a
1
1－q
6
4·a
1
 1－q
3

3
解析 S
6
＝4S
3
⇒＝⇒q＝3(q
3
＝1不合题意，舍去)．
1－q1－q
∴a
4
＝a
1
·q
3
＝1× 3＝3.
9．若等比数列{a
n
}中，a
1
＝1，a
n< br>＝－512，前n项和为S
n
＝－341，则n的值是________．
答案 10
a
1
－a
n
q1＋512q
解析 S
n
＝，∴－341＝，
1－q1－q
－－
∴q＝－2，又∵a< br>n
＝a
1
q
n1
，∴－512＝(－2)
n1
，
∴n＝10.
10．如果数列{a
n
}的前n项和S
n＝2a
n
－1，则此数列的通项公式a
n
＝________.
－
答案 2
n1

解析 当n＝1时，S
1
＝2a
1
－1，∴a
1
＝2a
1
－1，∴a
1
＝ 1.
当n≥2时，a
n
＝S
n
－S
n
－
1
＝(2a
n
－1)－(2a
n
－
1
－1) ∴a
n
＝2a
n
－
1
，∴{a
n
}是 等比数列，
－
∴a
n
＝2
n1
，n∈N
*
.
三、解答题
11．在等比数列{a
n
}中，a
1
＋an
＝66，a
3
a
n
－
2
＝128，S
n
＝126，求n和q.


a
1
a
n
＝128，
解 ∵a
3
a
n
－
2
＝a
1
a
n
，∴a
1
a
n
＝128，解方程组



a
1
＋a
n
＝66，




a
1
＝64，

a
1
＝2，

得① 或

②

a
n
＝2，
a
n
＝64.


a
1
－a
n< br>q
1
将①代入S
n
＝，可得q＝，
2
1－q
－
由a
n
＝a
1
q
n1
可解得n＝6.
a
1
－a
n
q
将②代入S
n
＝，可得q＝2，
1－q
1
可解得n＝6.故n＝6，q＝或2.
2
12．已知S< br>n
为等比数列{a
n
}的前n项和，S
n
＝54，S
2n
＝60，求S
3n
.
解 方法一 由题意S
n
，S< br>2n
－S
n
，S
3n
－S
2n
成等比数列，
182
∴6
2
＝54(S
3n
－60)，∴S
3n
＝.
3
a
1
1－q
n

方法二 由题意得a≠1，∴S
n
＝＝54 ①
1－q
a
1
1－q
2n

S
2n
＝＝60 ②
1－q
9×54a
1
1－q
3n
9×54
10a
1
1
nn
1
由②÷①得1＋q＝， ∴q＝，∴＝， ∴S
3n
＝＝(1－
3
)
99889
1－q1－q
18 2
＝.
3
＋
13．已知数列{a
n
}的前n项和S
n
＝2
n2
－4.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2)设b
n
＝a
n
·log
2
a
n，求数列{b
n
}的前n项和T
n
.
＋
解 (1)由题意，S
n
＝2
n2
－4，
＋＋＋
n≥2时，a
n
＝S
n
－S
n
－
1
＝2
n2< br>－2
n1
＝2
n1
，
由a
n
＝a
1
q
n
－
1
3

当n＝1时，a
1
＝S
1
＝2
3
－4＝4，也适合上式，
＋
∴数列{a
n
}的通项公式为a
n
＝2
n1
，n∈N
*
.
＋
(2)∵b
n
＝a
n
log
2
a
n
＝(n＋1)·2
n1
，
＋
∴T
n
＝2·2
2
＋3·2
3
＋4·2
4
＋…＋n·2
n
＋(n＋1)·2
n1
， ①
＋＋
2T
n
＝2·2
3
＋ 3·2
4
＋4·2
5
＋…＋n·2
n1
＋(n＋1)·2< br>n2
. ②
②－①得，
＋＋
T
n
＝－2
3
－2
3
－2
4
－2
5
－ …－2
n1
＋(n＋1)·2
n2

3n
－
1
＋－＋
3
21－2
＝－2－＋(n＋1)·2
n2
＝－2
3
－2
3
(2
n1
－1)＋(n＋1)·2
n2

1－2
＋－＋＋＋
＝(n＋1)·2
n2
－2
3
·2
n1
＝(n＋1)·2
n2
－2
n2
＝n·2
n2
.
14．已知等差数列{a
n
}满足：a
3
＝7，a
5
＋a< br>7
＝26，{a
n
}的前n项和为S
n
.
(1)求a
n
及S
n
；
1
(2)令b
n
＝
2
(n∈N
*
)，求数列{b
n
}的前n项和T
n
.
a
n
－1
解 (1)设等差数列{a
n
}的首项为a
1
，公差为d.

a
1
＋2d＝7，

因为a
3
＝7，a
5
＋a
7
＝26，所以



2a＋10d＝26，

1



a< br>1
＝3，
nn－1
解得

所以a
n
＝3 ＋2(n－1)＝2n＋1，S
n
＝3n＋×2＝n
2
＋2n.
2


d＝2.
所以，a
n
＝2n＋1，S
n
＝n
2
＋2n.
(2)由(1)知a
n
＝2n＋1，
1111
所以b
n
＝
2
＝＝·
2
an
－12n＋1－1
4
nn＋1
1

1

1
－
＝·，
4

n
n＋1

111111
所以T
n
＝·(1－＋－＋…＋－)
4223n
n＋1
11n
＝·(1－)＝，
4
n＋14 n＋1
n
即数列{b
n
}的前n项和T
n
＝.
4n＋1
－
15．设数列{a
n
}满足a
1
＝2，a< br>n
＋
1
－a
n
＝3·2
2n1
.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2)令b
n
＝na
n
，求数列{b
n
}的前n项和S
n
.
－
解 (1)由已知，当n≥1时，a
n
＋
1
＝[(an
＋
1
－a
n
)＋(a
n
－a
n－
1
)＋…＋(a
2
－a
1
)]＋a
1
＝3(2
2n1
－＋－
＋2
2n3
＋…＋2)＋2＝2
2 (n1)1
.
－
而a
1
＝2，符合上式，所以数列{a
n
}的通项公式为a
n
＝2
2n1
.
－
(2)由b
n
＝na
n
＝n·2
2n1
知
－
Sn
＝1·2＋2·2
3
＋3·2
5
＋…＋n·2
2n1
， ①
＋
从而2
2
·S
n
＝1·2
3
＋2·2
5
＋3·2
7
＋…＋n·2
2n1
. ②
－＋
①－②得(1－2
2
)S
n
＝2＋2
3
＋2< br>5
＋…＋2
2n1
－n·2
2n1
，
1
＋
即S
n
＝
[(3n－1)2
2n1
＋2]．
9
1
1＋

，则a
n
等于( ) 16．在数列 {a
n
}中，a
1
＝2，a
n
＋
1
＝a< br>n
＋ln


n

A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
答案 A
1
1＋

， 解析 ∵a
n
＋
1
＝a
n
＋ln


n


4

1n＋1
1＋

＝ln∴a
n
＋
1
－a
n
＝ln

＝ln(n＋1)－ln n.

n

n
又a
1
＝2，
∴a
n
＝a
1
＋(a
2
－a
1
)＋(a
3
－a
2
)＋(a
4
－a
3
)＋…＋(a
n
－a
n
－
1
)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋
ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
1
17．已知正项数列{a
n
}的前n项和S
n
＝( a
n
＋1)
2
，求{a
n
}的通项公式．
4
1
解 当n＝1时，a
1
＝S
1
，所以a
1
＝(a
1
＋1)
2
，
4
解得a
1
＝1.
111
2
当n≥2时，an
＝S
n
－S
n
－
1
＝(a
n
＋1)
2
－(a
n
－
1
＋1)
2
＝(a
2
n
－a
n
－
1
＋2a
n
－2a
n
－
1
)，
444
22
∴a
n
－a
n
－
1
－2(a
n
＋a
n
－
1
)＝0，
∴(a
n
＋a
n
－
1
)(a
n
－a
n
－
1
－2)＝0.
∵a
n＋a
n
－
1
>0，∴a
n
－a
n
－< br>1
－2＝0.
∴a
n
－a
n
－
1
＝2.
∴{a
n
}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴a
n
＝1＋2(n－1)＝2n－1.

18．(12分)在数 列{a
n
}中，a
1
＝1，a
n
＋
1
＝2 a
n
＋2
n
.
a
n
(1)设b
n
＝
n
－
1
.证明：数列{b
n
}是等差数列；
2
(2)求数列{a
n
}的前n项和．
(1)证明 由已知a
n
＋
1
＝2a
n
＋2
n
， a
n
＋
1
2a
n
＋2
n
a
n
得b
n
＋
1
＝
n
＝＝
n
－
1
＋1＝b
n
＋1.
22
n
2
∴b
n
＋
1
－b
n
＝1，又b
1
＝a
1
＝1.
∴{b
n
}是首项为1，公差为1的等差数列．
a
n
－
(2)解 由(1)知，b
n
＝n，
n－
1
＝b
n
＝n.∴a
n
＝n·2
n1
.
2
－
∴S
n
＝1＋2·2
1
＋3·2
2
＋…＋n·2
n1

－
两边乘以2得：2S
n
＝1·2
1
＋2·2
2
＋…＋(n－1)·2
n1
＋n·2
n
，
－
两式相减得：－S
n
＝1＋2
1
＋2
2
＋…＋2
n1
－n·2
n

＝2
n
－1－n·2
n
＝(1－n)2
n
－1，
∴S
n
＝(n－1)·2
n
＋1.
1
19．(1 2分)已知数列{a
n
}的前n项和为S
n
，且a
1
＝1， a
n
＋
1
＝S
n
(n＝1,2,3，…)．
2
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
31n
(2)当b
n
＝log(3a
n
＋
1
)时，求证：数列{}的前n项和 T
n
＝.
2
b
n
b
n
＋
11＋n

(1)解 由已知

1
a＝

2S
n
1
a
n
＋
1
＝S
n
，< br>2
n
－
1

(n≥2)，
3
得a
n
＋
1
＝a
n
(n≥2)． 2
3
∴数列{a
n
}是以a
2
为首项，以为公比的等比 数列．
2
111
又a
2
＝S
1
＝a
1< br>＝，
222
5

3
－
∴a
n
＝a
2
×()
n2
(n≥2)．
2
1， n＝1，


∴a
n
＝

13
n
－
2

×， n≥2.


22
3333
－
(2)证明 b
n< br>＝log(3a
n
＋
1
)＝log[×()
n1
]＝ n.
2222
1111
∴＝＝－.
b
n
b
n< br>＋
1
n1＋n
n
1＋n
1111
∴T
n
＝＋＋＋…＋
b
1
b
2
b
2
b
3
b
3
b
4
b
n
b
n
＋
1
11111111
＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)
122334n
1＋n
1n
＝1－＝.
1＋n1＋n

6