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第二章 2.5 等比数列的前n项和 第一课时 等比数列前n项和公式课时分层训练1．已知等比数列的公比为2，且前4项之和为1，则该数列的前8项之和为( )A．15 B．17C．19D．21解析：选B ∵q＝2，S4＝1＝代入得a1＝，∴S8＝＝×(28－1)＝17.2．设首项为1、公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )A．Sn＝2an－1B．Sn＝3an－2C．Sn＝4－3anD．Sn＝3－2an解析：选D 因为a1＝1，公比q＝，所以an＝n－1，Sn＝＝3＝3－2×n－1＝3－2an.故选D.3．等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4为 ( )A．28B．32C．21D．28或－21解析：选A ∵{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，即7，S4－7,91－S4成等比数列，∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21.∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)>S2，∴S4＝28.故选A.
4．等比数列{an}共有奇数项，所有奇数项和S奇＝255，所有偶数项和S偶＝－126，末项是192，则首项a1的值为 ( )A．1B．2C．3D．4解析：选C 设等比数列{an}共有2k＋1(k∈N＋)项，则a2k＋1＝192，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2k－1＋a2k＋1＝(a2＋a4＋…＋a2k)＋a2k＋1＝S偶＋a2k＋1＝－＋192＝255，解得q＝－2，而S奇＝＝＝255，解得a1＝3.故选C.5．通过测量知道，某电子元件每降低6℃电子数目就减少一半．已知在零下34℃时，该电子元件的电子数为3个，则在室温27℃时，该电子元件的电子数目最接近于( )A．860个B．1730个C．3400个D．6900个解析：选C 设a1＝3，由题意知公比q＝2，且所求电子数接近于等比数列中的a11，而a11＝3×210＝3072.故选C.6．设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，则＝.解析：∵S4＝＝a1，a4＝a1q3＝a1，∴＝＝15.答案：157．(2019·郑州质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a＝2a3a6，S5＝－62，则a1的值是．解析：设{an}的公比为q.由a＝2a3a6得(a1q4)2＝2a1q2·a1q5，∴q＝2，∴S5＝＝－62，a1＝－2.
答案：－28．(2018·辽宁一模)在等比数列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8a9＝－，则＋＋＋＝.解析：因为＋＝，＋＝，由等比数列的性质知a7a10＝a8a9，所以＋＋＋＝＝÷＝－.答案：－9．某商场今年销售计算机5000台．如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10%，那么从今年起，大约几年可使总销售量达到30000台？(参考数据：lg1.6≈0.2，lg1.1≈0.04)解：根据题意，每年比上一年销售量增加10%，所以，从今年起，每年销售量组成一个等比数列{an}，其中a1＝5000，q＝1＋10%＝1.1，Sn＝30000，由等比数列前n项和公式，得＝30000，整理，得1.1n＝1.6.两边取对数，得nlg1.1＝lg1.6.∴n＝≈＝5(年)．故大约5年可使总销量达到30000台．10．(2018·石家庄模拟)设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}前n项和Tn.解：(1)当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝.当n≥2时，由6Sn＋1＝9an，得6Sn－1＋1＝9an－1，两式相减得6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，
即6an＝9(an－an－1)，∴an＝3an－1.∴数列{an}是首项为，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝×3n－1＝3n－2.(2)∵bn＝＝n－2，∴{bn}是首项为3，公比为的等比数列，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝1－n.1．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则a＋a＋…＋a等于( )A．1033B．1034C．2057D．2058解析：选A 由已知，可得an＝n＋1，bn＝2n－1，于是a＝bn＋1，因此a＋a＋…＋a＝(b1＋1)＋(b2＋1)＋…＋(b10＋1)＝b1＋b2＋…＋b10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝＋10＝1033.故选A.2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝( )A．4n－1B．4n－1C．2n－1D．2n－1解析：选D 设{an}的公比为q，∵∴由①②可得＝2，∴q＝，代入①得a1＝2，∴an＝2×n－1＝，
∴Sn＝＝4，∴＝＝2n－1.故选D.3．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝( )A．16(1－4－n)B．16(1－2－n)C.(1－4－n)D．(1－2－n)解析：选C ∵＝q3＝，∴q＝，a1＝＝4.∴anan＋1＝4×n－1×4×n＝25－2n，故a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋anan＋1＝23＋21＋2－1＋2－3＋…＋25－2n＝＝(1－4－n)．故选C.4．已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a是不为零且a≠1的常数)，则数列{an}( )A．一定是等差数列B．一定是等比数列C．或者是等差数列，或者是等比数列D．既非等差数列，也非等比数列解析：选B 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a－1)·an－1；当n＝1时，a1＝a－1，∴an＝(a－1)·an－1，n∈N＋.∴＝a，即数列{an}一定是等比数列．故选B.
5．一个等比数列，它的前4项和为前2项和的2倍，则此数列的公比为．解析：当q＝1时，S4＝2S2满足题意；当q≠1时，＝，∴1＋q2＝2.∴q＝1(舍去)或q＝－1.答案：－1或16．在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn.若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn＝.解析：因为数列{an}为等比数列，a1＝2，设其公比为q，则an＝2qn－1，因为数列{an＋1}也是等比数列，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，则an＋an＋2＝2an＋1，即an(1＋q2－2q)＝0，所以q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n.答案：2n7．等比数列{an}满足an>0，n∈N*，且a3a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝.解析：由等比数列的性质，得a3a2n－3＝a＝22n，从而得an＝2n.∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(an－1an＋1)an]＝log22n(2n－1)＝n(2n－1)＝2n2－n.答案：2n2－n8．(2019·汕头模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.解：(1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1，又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.当n＝1时，a1＝1，不适合上式．∴an＝
(2)由(1)知，a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
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