第4講等差數列、等比數列與數列求和
分層訓練a級基礎達標演練
(時間：30分鐘滿分：60分)
一、填空題(每小題5分，共30分)
1．(2013·南京29中模擬)已知是首項為1的等比數列，sn是的前n項和，且9s3＝s6，則數列的前5項和為________．
解析設數列的公比為q.由題意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以數列是以1為首項，為公比的等比數列，由求和公式可得s5＝.
答案 2．(2012·常州一中期中)已知數列與均為等比數列，且a1＝1，則a168
解析設公比為q，an＝a1qn－1＝qn－1，
則2a1＋3,2a2＋3,2a3＋3也為等比數列，
∴5,2q＋3,2q2＋3也為等比數列，
則(2q＋3)2＝5(2q2＋3)，∴q＝1，
從而an＝1為常數列，∴a168＝1.
答案 1
3．(2012·大綱全國改編)已知等差數列的前n項和為sn，a5＝5，s5＝15，則數列的前100項和為________．
解析 ∵a5＝5，s5＝15，∴＝15，即a1＝1.
∴d＝＝1，∴an＝n.∴＝＝－.設數列的前n項和為tn.
∴t100＝＋＋…＋＝1－＝.
答案 4．已知數列，都是等差數列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60.則的前20項的和為________．
解析由題意知也為等差數列，所以的前20項和為：s20＝＝＝720.
答案 720
5．已知等比數列的前n項和sn＝2n－1，則a＋a＋…＋a
解析當n＝1時，a1＝s1＝1，
當n≥2時，an＝sn－sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，
又∵a1＝1適合上式．∴an＝2n－1，∴a＝4n－1.
∴數列是以a＝1為首項，以4為公比的等比數列．
∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．
答案 (4n－1)
6．已知等比數列中，a1＝3，a4＝81，若數列滿足bn＝log3an，則數列的前n項和sn
解析設等比數列的公比為q，則＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，
所以＝＝－.
則數列的前n項和為1－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案 二、解答題(每小題15分，共30分)
7．已知為等差數列，且a3＝－6，a6＝0.
(1)求的通項公式；
(2)若等比數列滿足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求的前n項和公式．
解 (1)設等差數列的公差為d.
因為a3＝－6，a6＝0，
所以解得a1＝－10，d＝2.
所以an＝－10＋(n－1)·2＝2n－12.
(2)設等比數列的公比為q.
因為b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，
所以－8q＝－24，即q＝3.
所以的前n項和公式為sn＝＝4(1－3n)．
8．已知首項不為零的數列的前n項和為sn，若對任意的r，t∈n*，都有＝2.
(1)判斷是否是等差數列，並證明你的結論；
(2)若a1＝1，b1＝1，數列的第n項是數列的第bn－1項(n≥2)，求bn；
(3)求和tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
解 (1)是等差數列．
證明如下：
因為a1＝s1≠0，令t＝1，r＝n，則由＝2，得＝n2，即sn＝a1n2，
所以當n≥2時，an＝sn－sn－1＝(2n－1)a1，且n＝1時此式也成立，所以an＋1－an＝2a1(n∈n*)，
即是以a1為首項，2a1為公差的等差數列．
(2)當a1＝1時，由(1)知an＝a1(2n－1)＝2n－1，
依題意，當n≥2時，bn＝abn－1＝2bn－1－1，
所以bn－1＝2(bn－1－1)，又b1－1＝2，
所以是以2為首項，2為公比的等比數列，所以bn－1＝2·2n－1，即bn＝2n＋1.
(3)因為anbn＝(2n－1)(2n＋1)＝(2n－1)·2n＋(2n－1)
tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－1)·2n]＋[1＋3＋…＋(2n－1)]，即tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－1)·2n]＋n2，①
2tn＝[1·22＋3·23＋…＋(2n－1)·2n＋1]＋2n2，②
②－①，得tn＝(2n－3)·2n＋1＋n2＋6.
分層訓練b級創新能力提公升
1．(2011·北京卷)在等比數列中，a1＝，a4＝－4，則公比qa1|＋|a2|＋…＋|an
解析 ∵＝q3＝－8，∴q＝－2.∴an＝·(－2)n－1，
∴|an|＝2n－2，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝＝2n－1－.
答案 －2 2n－1－
2．(2012·南京模擬)已知sn是等差數列的前n項和，且s11＝35＋s6，則s17的值為________．
解析因s11＝35＋s6，得11a1＋d＝35＋6a1＋d，即a1＋8d＝7，所以s17＝17a1＋d＝17(a1＋8d)＝17×7＝119.
答案 119
3．(2010·杭州模擬)等差數列的公差不為零，a4＝7，a1，a2，a5成等比數列，數列滿足條件tn＝a2＋a4＋a8＋…＋a2n，則tn
解析設的公差為d≠0，由a1，a2，a5成等比數列，得
a＝a1a5，即(7－2d)2＝(7－3d)(7＋d)
所以d＝2或d＝0(捨去)．
所以an＝7＋(n－4)×2＝2n－1.又a2n＝2·2n－1＝2n＋1－1，
故tn＝(22－1)＋(23－1)＋(24－1)＋…＋(2n＋1－1)
＝(22＋23＋…＋2n＋1)－n＝2n＋2－n－4.
答案 2n＋2－n－4
4．(2012·鹽城市二模)在等差數列中，a2＝5，a6＝21，記數列的前n項和為sn，若s2n＋1－sn≤對n∈n*恆成立，則正整數m的最小值為________．
解析由條件得公差d＝＝4，從而a1＝1，所以an＝4n－3，數列的前n項和為sn＝1＋＋…＋.原不等式可化為＋＋…＋≤，記f(n)＝＋＋…＋.因為f(n＋1)－f(n)＝－<0，故f(n)為單調遞減數列，從而f(n)max＝f(1)＝＋＝.
由條件得≥，解得m≥，故正整數m的最小值為5.
答案 5
5．已知數列是首項為a1＝，公比q＝的等比數列，設bn＋2＝3logan(n∈n*)，數列滿足cn＝an·bn.
(1)求數列的通項公式；
(2)求數列的前n項和sn.
解 (1)由題意，知an＝n(n∈n*)，
又bn＝3logan－2，故bn＝3n－2(n∈n*)．
(2)由(1)，知an＝n，bn＝3n－2(n∈n*)，
∴cn＝(3n－2)×n(n∈n*)．
∴sn＝1×＋4×2＋7×3＋…＋(3n－5)×n－1＋(3n－2)×n，
於是sn＝1×2＋4×3＋7×4＋…＋(3n－5)×n＋(3n－2)×n＋1，
兩式相減，得
sn＝＋3－(3n－2)×n＋1＝－(3n＋2)×n＋1，
∴sn＝－×n(n∈n*)．
6．已知等差數列的首項a1＝1，公差d>0，且第2項、第5項、第14項分別是等比數列的第2項、第3項、第4項．
(1)求數列與的通項公式；
(2)設數列對n∈n*均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 013.
解 (1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，
∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2 (∵d>0). ∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，
∴數列的公比為3，∴bn＝3·3n－2＝3n－1.
(2)由＋＋…＋＝an＋1得
當n≥2時，＋＋…＋＝an.
兩式相減得：n≥2時，＝an＋1－an＝2.
∴cn＝2bn＝2·3n－1 (n≥2)．
又當n＝1時，＝a2，∴c1＝3.
∴cn＝.
∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013
＝3＋＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.
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一 等差數列的前 項和 數列前 項和 等差數列的前 項和公式 等差數列的前項和的性質 若項數為，則，且，若項數為，則，且，其中，若等差數列和的前 項和分別為，則有 若等差數列的前項和為，第二個 項和為，第三個 項和為，則，仍成等差數列 等差數列前 項和的最值問題 若首項 公差 則它的前 項和有最大值...