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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！
