阅读与思考 集合中元素的个数优秀教学设计内容

课时作业(十八) 1．在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前三项和为21，则a3＋a4＋a5＝(

) A．33

C．84

答案

C S42．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则＝(

) a2A．2

17C.

2答案

D 3．设公比为q(q≠1)的等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝qn＋k，那么k等于(

) A．2

C．0

答案

D a1（1－qn）a1a1n解析

Sn＝＝－q＝A－A·qn. 1－q1－q1－q14．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于(

) 4A．16(1－4n)

－B．72 D．189 B．4 15D.

2B．1 D．－1 B．16(1－2n) －32－C.(1－4n)

3答案

C 32－D.(1－2n) 31－解析

考查的是等比数列的性质，令bn＝anan＋1＝16·()2n1也是等比数列．

25．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项5为，则S5＝(

) 4A．35

C．31

答案

C 解析

设数列{an}的公比为q，a2·a3＝a12·q3＝a1·a4＝2a15＋4q3＝2×41q＝.

2a4＝2，a4＋2a7＝a4＋2a4q3＝2B．33 D．29 a1（1－q5）a4故a1＝3＝16，S5＝＝31. q1－q6．在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a12＋a22＋…＋an2等于(

)

A．(2n－1)2

C．4n－1

答案

D 解析

∵Sn＝2n－1，∴a1＝1，q＝2.

∴{an2}也成等比数列．a12＝1，公比为4.

1·（4n－1）12∴a1＋a2＋…＋an＝＝·(4n－1)．

221B.(2n－1)2

31D.(4n－1) 34－13S6S97．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝________．

S3S67答案

3633S61－q（1＋q）（1－q）S9解析

设数列{an}的公比为q，则＝＝1＋q3＝3，所以q3＝2.3＝3S31－qS61－q1－q91－237＝＝＝.

1－q61－223另解

∵{an}为等比数列，

∴S3，S6－S3，S9－S6成等比，

即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)．

S6S6又＝3，＝S3代入上式，

S334S6S97得S62＝·(S9－S6)即＝. 93S638．在数列{an}和{bn}中，a1＝2，且对任意正整数n，3an＋1－an＝0，bn是an与an＋1的等差中项，则{bn}的前n项和为__________．

2答案

2－n

31解析

{an}成等比数列a1＝2，公比q＝.

31an＝2·3n－1.

an＋an＋11n－11n41n－1∴bn＝＝3＋3＝·3.

23∴{bn}的前n项和为

141－n·3312＝21－3n＝2－. 13n1－39．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则{an}的公比为________．

1答案

3a1（1－q2）解析

由题意得2(2S2)＝S1＋3S3，即4S2＝S1＋3S3，很明显公比q≠1，则4＝1－qa1（1－q3）1a1＋3，解得q＝. 31－q10．若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”．设{an}是公比为q的无穷等比数列，下列{an}的四组量中，一定能成为该数列“基本量”的是第________组．(写出所有符合要求的组号) ①S1与S2；②a2与S3；③a1与an；④q与an. 其中n为大于1的整数，Sn为{an}的前n项和．

答案

①④

解析

②不能唯一确定

③需对n讨论．

．．11．已知数列{an}是公差为2，首项a1＝1的等差数列，求数列{2an}的前n项和Sn. 分析

先证明数列{2an}是等比数列．

解析

由题意得an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，

则2an＝22n－12an＋122n11，所以＝2n－1＝4.

2an2（＋）－所以数列{2an}是首项为2a1＝2，公比为4的等比数列．

2（1－4n）2n2所以Sn＝＝×4－. 331－412．设等比数列{an}的公比q<1，前n项和为Sn.已知a3＝2，S4＝5S2，求{an}的通项公式．

分析

列方程求出首项和公比．

a1（1－qn）解析

由题设知a1≠0，Sn＝，

1－qa（1－q）a（1－q）＝5×，

则1－q1－qq<1，1412a1q2＝2，1解得a1＝2，q＝－1或a1＝，q＝－2.

2则通项公式为an＝2×(－1)n－11－或an＝×(－2)n1. 213．(高考真题·陕西)设{an}是公比为q的等比数列．

(1)推导{an}的前n项和公式；

(2)设q≠1，证明：数列{an＋1}不是等比数列．

解析

(1)设{an}的前n项和为Sn，

当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；

当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn1，

－

①

②

qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，

①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn.

na1，q＝1，a1（1－q）∴Sn＝，∴Sn＝a1（1－qn）

1－q，q≠1.1－qn(2)证明

假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N＋，

(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，

ak＋12＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，

a12q2k＋2a1qk＝a1qk1·a1qk1＋a1qk1＋a1qk1，

－＋－＋∵a1≠0，∴2qk＝qk1＋qk1.

－＋∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，与已知矛盾．

∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．

14．已知{an}为等差数列，公差d≠0，{an}中的部分项组成的数列ak1，ak2，…，akn，…恰为等比数列，其中k1＝1，k2＝5，k3＝17. (1)求kn；

(2)求证：k1＋k2＋…＋kn＝3n－n－1. 解析

(1)由题设知：ak1，ak2，ak3即为a1，a5，a17成等比数列，则a52＝a1·a17，即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)．

a5a1＋4d∵d≠0，∴a1＝2d.公比q＝＝＝3.

a1a1∴akn＝ak1·qn1＝a1·3n1.

－－a1又akn＝a1＋(kn－1)d＝a1＋(kn－1)·，

2a1－∴a1＋(kn－1)·＝a1·3n1.

2∵a1≠0，∴kn＝2×3n1－1.

－(2)证明

k1＋k2＋…＋kn＝2×(3＋3＋3＋…＋3012n－13n－1)－n＝2×－n＝3n－n－1. 3－1

1．已知数列{an}成等比数列，且an>0. (1)若a2－a1＝8，a3＝m. ①当m＝48时，求数列{an}的通项公式；

②若数列{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

设公比为q，则由题意，得q>0.

a1q－a1＝8，(1)①由a2－a1＝8，a3＝m＝48，得2

aq＝48.1a1＝8（2－3），a1＝8（2＋3），解之，得或

q＝3＋3q＝3－3.所以数列{an}的通项公式为

an＝8(2－3)(3＋3)n1，或an＝8(2＋3)(3－3)n1.

－－②要使满足条件的数列{an}是唯一的，

a1q－a1＝8，即关于a1与q的方程组2有唯一正数解，

aq＝m1即方程8q2－mq＋m＝0有唯一解．

由Δ＝m2－32m＝0，a3＝m>0，所以m＝32，此时q＝2.

(2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，

得a1(qk－1)(qk1＋qk2＋…＋1)＝8，且q>1.

－－a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k＝a1q2k(qk1＋qk2＋…＋1)

－－8q2k1＝k＝8(qk－1＋k＋2)≥32，

q－1q－1当且仅当qk－1＝1kk，即q＝2，a1＝8(2－1)时，

q－1ka2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值为32.