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1、2022年高中數(shù)學(xué) 課時作業(yè)18 等比數(shù)列的前n項(xiàng)和（第2課時）新人教版必修5
1．在各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，首項(xiàng)a1＝3，前三項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)和．若a2·a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)，則{bn}的前n項(xiàng)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(xiàng)和為
＝2＝2－.
9．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(xiàng)和．
答案?、佗?
解析?、诓荒芪ㄒ淮_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(dǎo){an}的前n項(xiàng)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(xiàng)和為Sn，
當(dāng)q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
當(dāng)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(xiàng)a1＝1的等差數(shù)列，求數(shù)列{2an}的前n項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)和為Sn.已知a3＝2，S4＝5S2，求{an}的通項(xiàng)公式．
分析 列方程求出首項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(dāng)m＝48時，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(xiàng)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(dāng)且僅當(dāng)qk－1＝，即q＝，a1＝8(－1)時，
a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值為32.
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