《2022年高中數(shù)學 課時作業(yè)18 等比數(shù)列的前n項和（第2課時）新人教版必修5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高中數(shù)學 課時作業(yè)18 等比數(shù)列的前n項和（第2課時）新人教版必修5（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高中數(shù)學 課時作業(yè)18 等比數(shù)列的前n項和（第2課時）新人教版必修5 1．在各項都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，首項a1＝3，前三項和為21，則a3＋a4＋a5＝(　　) A．33　　　　　　　　　　　 B．72 C．84 D．189 答案　C 2．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比q＝2，前n項和為Sn，則＝(　　) A．2 B．4 C. D. 答案　D 3．設(shè)公比為q(q≠1)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝qn＋k，那么k等于(　　) A．2 B．1 C．0 D．－1 答案　D 解析　Sn＝＝－qn＝A－A·qn. 4．已知{an

2、}是等比數(shù)列，a2＝2，a5＝，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于(　　) A．16(1－4－n) B．16(1－2－n) C.(1－4－n) D.(1－2－n) 答案　C 解析　考查的是等比數(shù)列的性質(zhì)，令bn＝anan＋1＝16·()2n－1也是等比數(shù)列． 5．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項和．若a2·a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項為，則S5＝(　　) A．35 B．33 C．31 D．29 答案　C 解析　設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，a2·a3＝a·q3＝a1·a4＝2a1?a4＝2，a4＋2a7＝a4＋2a4q3＝2＋4q3＝2

3、×?q＝. 故a1＝＝16，S5＝＝31. 6．在等比數(shù)列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n－1，則a1＋a2＋…＋an等于(　　) A．(2n－1)2 B.(2n－1)2 C．4n－1 D.(4n－1) 答案　D 解析　∵Sn＝2n－1，∴a1＝1，q＝2. ∴{an}也成等比數(shù)列．a(chǎn)＝1，公比為4. ∴a1＋a2＋…＋an＝＝·(4n－1)． 7．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若＝3，則＝________. 答案　 解析　設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則＝＝＝1＋q3＝3，所以q3＝2.＝＝＝. 另解　∵{an}為等比數(shù)列， ∴S3，S6－S3，

4、S9－S6成等比， 即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)． 又＝3，＝S3代入上式， 得S＝·(S9－S6)及＝. 8．在數(shù)列{an}和{bn}中，a1＝2，且對任意正整數(shù)n,3an＋1－an＝0，bn是an與an＋1的等差中項，則{bn}的前n項和為__________． 答案　2－ 解析　{an}成等比數(shù)列a1＝2，公比q＝. an＝2·n－1. ∴bn＝＝n－1＋n＝·n－1. ∴{bn}的前n項和為 ＝2＝2－. 9．等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S1,2S2,3S3成等差數(shù)列，則{an}的公比為________． 答案　 解析　由題意得2(2S2

5、)＝S1＋3S3，即4S2＝S1＋3S3，很明顯公比q≠1，則4＝a1＋3，解得q＝. 10．若干個能唯一確定一個數(shù)列的量稱為該數(shù)列的“基本量”．設(shè){an}是公比為q的無窮等比數(shù)列，下列{an}的四組量中，一定能成為該數(shù)列“基本量”的是第________組．(寫出所有符合要求的組號) ①S1與S2；②a2與S3；③a1與an；④q與an. 其中n為大于1的整數(shù)，Sn為{an}的前n項和． 答案?、佗? 解析　②不能唯一確定?、坌鑼討論． 11．(xx·陜西)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列． (1)推導{an}的前n項和公式； (2)設(shè)q≠1，證明：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．

6、 解析　(1)設(shè){an}的前n項和為Sn， 當q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1； 當q≠1時，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，① qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，② ①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn. ∴Sn＝，∴Sn＝ (2)證明　假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對任意的k∈N＋， (ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)， a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1， aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1， ∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1. ∵q≠0，∴q2

7、－2q＋1＝0，∴q＝1，與已知矛盾． ∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列． 12．已知數(shù)列{an}是公差為2，首項a1＝1的等差數(shù)列，求數(shù)列{2an}的前n項和Sn. 分析　先證明數(shù)列{2an}是等比數(shù)列． 解析　由題意得an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1， 則2an＝22n－1，所以＝＝4. 所以數(shù)列{2an}是首項為2a1＝2，公比為4的等比數(shù)列． 所以Sn＝＝×4n－. 13．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比q<1，前n項和為Sn.已知a3＝2，S4＝5S2，求{an}的通項公式． 分析　列方程求出首項和公比． 解析　由題設(shè)知a1≠0，Sn＝， 則

8、 解得a1＝2，q＝－1或a1＝，q＝－2. 則通項公式為an＝2×(－1)n－1或an＝×(－2)n－1. 14．已知{an}為等差數(shù)列，公差d≠0，{an}中的部分項組成的數(shù)列ak1，ak2，…，akn，…恰為等比數(shù)列，其中k1＝1，k2＝5，k3＝17. (1)求kn； (2)求證：k1＋k2＋…＋kn＝3n－n－1. 解析　(1)由題設(shè)知：ak1，ak2，ak3即為a1，a5，a17成等比數(shù)列，則a5＝a1·a17，即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)． ∵d≠0，∴a1＝2d.公比q＝＝＝3. ∴akn＝ak1·qn－1＝a1·3n－1. 又akn＝a1＋(kn

9、－1)d＝a1＋(kn－1)·， ∴a1＋(kn－1)·＝a1·3n－1. ∵a1≠0，∴kn＝2×3n－1－1. (2)證明　k1＋k2＋…＋kn＝2×(30＋31＋32＋…＋3n－1)－n＝2×－n＝3n－n－1. 1．已知數(shù)列{an}成等比數(shù)列，且an>0. (1)若a2－a1＝8，a3＝m. ①當m＝48時，求數(shù)列{an}的通項公式； ②若數(shù)列{an}是唯一的，求m的值． (2)若a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，k∈N*，求a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值． 解析　設(shè)公比為q，則由題意，得q>0. (1)①由a2－a

10、1＝8，a3＝m＝48，得 解之，得或 所以數(shù)列{an}的通項公式為 an＝8(2－)(3＋)n－1，或an＝8(2＋)(3－)n－1. ②要使?jié)M足條件的數(shù)列{an}是唯一的， 即關(guān)于a1與q的方程組有唯一正數(shù)解， 即方程8q2－mq＋m＝0有唯一解． 由Δ＝m2－32m＝0，a3＝m>0，所以m＝32，此時q＝2. (2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8， 得a1(qk－1)(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝8，且q>1. a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k＝a1q2k(qk－1＋qk－2＋…＋1) ＝＝8(qk－1＋＋2)≥32， 當且僅當qk－1＝，即q＝，a1＝8(－1)時， a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值為32.