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1、2.5等比数列的前n 项和 双基达标限时 20 分钟 1设 an是公比为正数的等比数列,若a1 1,a516,则数列 an前 7 项的和为() A63 B64 C127 D128 解析设公比为q(q0), 由 a5 a1q4及题设,知16q4. q2.S7 a11q7 1q 127 12 127. 答案C 2设等比数列an的公比 q2,前 n 项和为 Sn,则 S4 a2等于 () A2 B4 C.15 2 D.17 2 解析 S4 a2 a11q4 1q a1q a 1116 a1 2 15 2 . 答案C 3 在各项都为正数的等比数列an中, 首项 a13, 前 3 项和为 21, 则 a
2、3 a4 a5等于 () A33 B72 C84 D189 解析由 S3a1(1qq2)21 且 a13,得 qq260.q0, q2. a3a4a5 q2(a1a2a3) 22 S384. 答案C 4设等比数列an的前 n 项和为 Sn,a11,S64S3,则 a4_. 解析由 a11,S64S3, a11q6 1q 4 a11q3 1q , 1q64(1 q3)得 q33, 故 a4 a1q3 133. 答案3 5在等比数列an中,已知a1a2a31,a4a5a6 2.则该数列前15 项的和S15 _. 解析由性质知: a1a2a3,a4a5a6,a7a8 a9, 成等比数列, 其公比 q
3、2 1 2, 首项为 a1a2a31, 其前 5 项和就是数列 an 的前 15 项的和 S151 1 2 5 1 2 11. 答案11 6已知数列 an 是等比数列,其中a71,且 a4, a51,a6成等差数列 (1)求数列 an的通项公式; (2)数列 an的前 n 项和记为Sn,证明: Sn128(n1,2,3, ) (1)解设等比数列 an的公比为q(qR), 由 a7 a1q6 1,得 a1q 6, 从而 a4a1q3q 3,a 5 a1q 4 q2, a6a1q5q 1. 因为 a4,a51, a6成等差数列, 所以 a4a62(a51), 即 q 3q12(q2 1), q1(
4、q21)2(q21) 所以 q 1 2. 故 an a1qn 1 q6 qn1 64 1 2 n1. (2)证明Sn a11qn 1q 64 1 1 2 n 11 2 128 1 1 2 n 128. 综合提高限时 25 分钟 7 在等比数列 an中,已知前 4 项和为 1, 前 8 项和为 17, 则此等比数列的公比q 为 () A2 B 2 C2 或 2 D2 或 1 解析已知 S41, S817, 即 S41,S8S416. a1a2a3a41, a5a6a7a816, 即 a1a2a3a41, a1a2a3a4 q416. 两式相除得q416, q 2. 答案C 8 在等比数列 an中
5、, 已知 a1a2 an2 n1, 则 a12a22 an2 等于() A(2 n1)2 B.1 3(2 n1)2 C4 n1 D.1 3(4 n1) 解析设等比数列 an的前 n 项和为 Sn,则 Sn2n 1.易知等比数列 an的公比 q2, 首项 a11,an2n 1, 于是 a n24n 1, a 12 a22an21 442 4n 11 3(4 n 1)故选 D. 答案D 9Sn11 23 1 45 1 8 2n1 1 2 n_. 解析Sn1 35(2n1) 1 2 1 4 1 8 1 2n n1 2n 1 2 1 2 1 1 2 n 1 1 2 n21 1 2n. 答案n21 1
6、2n 10如果数列 an满足 a1,a2a1,a3a2, anan1,是首项为1,公比为 2 的等 比数列,那么an等于 _ 解析anan1a1qn 1 2n 1 即 a2a12, a3a222, anan12 n1. 相加得 ana12222n 12n2, 故 an a12n22n 1. 答案2n1 11已知数列 an的前 n 项和为 Sn,且 Sn2an 2(nN*),在数列 bn 中, b11,点 P(bn, bn1)在直线 xy20 上 (1)求数列 an,bn的通项公式; (2)记 Tna1b1a2b2 anbn,求 Tn. 解(1)由 Sn2an2,得 Sn12an12(n2),
7、两式相减得an2an2an1,即 an an12(n2), 又 a1 2a12, a12, an是以 2 为首项,以 2 为公比的等比数列,an2 n. 点 P(bn,bn1)在直线 xy20 上, bnbn120,即 bn1bn2, bn是等差数列, b11, bn2n 1. (2)Tn 1232252 3 (2n3)2n1(2n1)2n 2Tn1 22323 524 (2n3)2 n(2n1) 2n 1 得: Tn122(2223 2n)(2n1) 2n 1 22 222 n 2 12 (2n1)2n 1 24 2n8 (2n1)2n 1(32n) 2n 16 Tn(2n3) 2 n16.
8、 12 (创新拓展 )n2(n4)个正数排成n 行 n 列: a11a12a13a14a1n a21a22a23a24a2n a31a32a33a34a3n an1an2an3an4an n 其中第一行的数成等差数列,每一列中的数成等比数列,并且所有公比相等,已知a24 1,a42 1 8,a 43 3 16,求 a 11a22a33 an n. 解设第 1 行的公差为d,各列公比为q,则得 a1ka11(k1)d, a24a14q(a113d)q1 a42a12q3(a11d)q3 1 8 a43a13q3(a112d)q3 3 16 由,解得a11d q1 2. akk a1kqk 1a 11(k1)dq k1 k 2k. 设 Sn a11a22 a33 an n,则 Sn 1 2 2 22 3 23 n 2n 1 2S n 1 22 2 23 3 24 n 2 n1 得, 1 2S n 1 2 1 22 1 23 1 2n n 2 n11 n 2 2 n1. Sn2n2 2 n. 即 a11a22a33 an n2 n2 2 n. 精心整理资料,感谢使用!