题型1:等比数列的概念例1．“公差为0的等差数列是等比数列 ,“公比为的等比数列一定是递减数列 ,“a,b,c三数成等比数列的充要条件是b2=ac ,“a,b,c三数成等差数列的充要条件是2b=a——青夏教育精英家教网—

题型1:等比数列的概念例1．“公差为0的等差数列是等比数列 ,“公比为的等比数列一定是递减数列 ,“a,b,c三数成等比数列的充要条件是b2=ac ,“a,b,c三数成等差数列的充要条件是2b=a+c .以上四个命题中.正确的有( ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个解析:四个命题中只有最后一个是真命题. 命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列, 命题2中可知an+1=an×.an+1<an未必成立.当首项a1<0时.an<0.则an>an.即an+1>an.此时该数列为递增数列, 命题3中.若a=b=0.c∈R.此时有.但数列a,b,c不是等比数列.所以应是必要而不充分条件.若将条件改为b=.则成为不必要也不充分条件. 点评:该题通过一些选择题的形式考察了有关等比数列的一些重要结论.为此我们要注意一些有关等差数列.等比数列的重要结论. 例2．命题1:若数列{an}的前n项和Sn=an+b.则数列{an}是等比数列, 命题2:若数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c.则数列{an}是等差数列, 命题3:若数列{an}的前n项和Sn=na-n.则数列{an}既是等差数列.又是等比数列,上述三个命题中.真命题有( ) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个解析: 由命题1得.a1=a+b.当n≥2时.an=Sn-Sn-1=(a-1)·an-1.若{an}是等比数列.则=a.即=a.所以只有当b=-1且a≠0时.此数列才是等比数列. 由命题2得.a1=a+b+c.当n≥2时.an=Sn-Sn-1=2na+b-a.若{an}是等差数列.则a2-a1=2a.即2a-c=2a.所以只有当c=0时.数列{an}才是等差数列. 由命题3得.a1=a-1.当n≥2时.an=Sn-Sn-1=a-1.显然{an}是一个常数列.即公差为0的等差数列.因此只有当a-1≠0,即a≠1时数列{an}才又是等比数列. 点评:等比数列中通项与求和公式间有很大的联系.上述三个命题均涉及到Sn与an的关系.它们是an=.正确判断数列{an}是等差数列或等比数列.都必须用上述关系式.尤其注意首项与其他各项的关系.上述三个命题都不是真命题.选择A. 题型2:等比数列的判定例3．已知等比数列中.则其前3项的和的取值范围是(D ) (A) (B) (C) (D) [解1]:∵等比数列中 ∴当公比为1时.. , 当公比为时.. 从而淘汰故选D, [解2]:∵等比数列中 ∴ ∴当公比时., 当公比时. ∴ 故选D, [考点]:此题重点考察等比数列前项和的意义.等比数列的通项公式.以及均值不等式的应用, [突破]:特殊数列入手淘汰,重视等比数列的通项公式.前项和.以及均值不等式的应用.特别是均值不等式使用的条件, 点评:本题主要考查等比数列的概念和基本性质.推理和运算能力. 例4．设为数列的前项和...其中是常数． (I) 求及, (II)若对于任意的...成等比数列.求的值．解(Ⅰ)当. () 经验.()式成立. (Ⅱ)成等比数列.. 即.整理得:. 对任意的成立. 题型3:等比数列的通项公式及应用例5．一个等比数列有三项.如果把第二项加上4.那么所得的三项就成为等差数列.如果再把这个等差数列的第三项加上32.那么所得的三项又成为等比数列.求原来的等比数列. 解析:设所求的等比数列为a.aq.aq2, 则2=a+aq2.且2=a(aq2+32), 解得a=2.q=3或a=.q=-5, 故所求的等比数列为2.6,18或.-.. 点评:第一种解法利用等比数列的基本量.先求公比.后求其它量.这是解等差数列.等比数列的常用方法.其优点是思路简单.实用.缺点是有时计算较繁. 例6．等比数列{}的前n项和为. 已知对任意的 .点.均在函数且均为常数)的图像上. (1)求r的值, (11)当b=2时.记求数列的前项和解:因为对任意的,点.均在函数且均为常数)的图像上.所以得, 当时,, 当时,, 又因为{}为等比数列, 所以, 公比为, 所以 (2)当b=2时., 则相减,得所以 [命题立意]:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知求的基本题型,并运用错位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前项和. 例7．已知数列{} 的前n项和.数列{}的前n项和 (Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式, (Ⅱ)设.证明:当且仅当n≥3时.＜ [思路]由可求出.这是数列中求通项的常用方法之一.在求出后.进而得到.接下来用作差法来比较大小.这也是一常用方法. [解析](1)由于当时, 又当时数列项与等比数列,其首项为1,公比为知由即即又时成立,即由于恒成立. 因此,当且仅当时, 点评:对于等比数列求和问题要先分清数列的通项公式.对应好首项和公比求出最终结果即可. 例8．(1)设{an}为等差数列.{bn}为等比数列.a1＝b1＝1.a2+a4＝b3.b2b4＝a3．分别求出{an}及{bn}的前10项的和S10及T10, (2)在1与2之间插入n个正数a1.a2.a3--.an.使这n+2个数成等比数列,又在1与2之间插入n个正数b1.b2.b3.--.bn.使这n+2个数成等差数列.记An＝a1a2a3--an.Bn＝b1+b2+b3+--+bn. (Ⅰ)求数列{An}和{Bn}的通项, (Ⅱ)当n≥7时.比较An与Bn的大小.并证明你的结论. (3)已知{an}是由非负整数组成的数列.满足a1＝0.a2＝3. an+1an＝(an-1+2)(an-2+2).n＝3.4.5.-． (Ⅰ)求a3, (Ⅱ)证明an＝an-2+2.n＝3.4.5.-, (Ⅲ)求{an}的通项公式及其前n项和Sn. 解析:(1)∵{an}为等差数列.{bn}为等比数列. ∴a2+a4＝2a3.b2b4＝b32．已知a2+a4＝b3.b2b4＝a3. ∴b3＝2a3.a3＝b32．得 b3＝2b32． ∵b3≠0 ∴b3＝.a3＝．由a1＝1.a3＝知{an}的公差为d＝. ∴S10＝10a1+．由b1＝1.b3＝知{bn}的公比为q＝或q＝．当q＝时.. 当q＝时.. 设公比为q.公差为d.等比数列1.a1.a2.--.an.2.等差数列1.b1.b2.--.bn.2. 则A1＝a1＝1·q A2＝1·q·1·q2 A3＝1·q·1·q2·1·q3 又∵an+2＝1·qn+1＝2得qn+1＝2. An＝q·q2-qn＝q(n＝1.2.3-) 又∵bn+2＝1+(n+1)d＝2 ∴(n+1)d＝1 B1＝b1＝1+d B2＝b2+b1＝1+d+1+2d Bn＝1+d+-+1+nd＝n (Ⅱ)An＞Bn.当n≥7时证明:当n＝7时.23．5＝8·＝An Bn＝×7.∴An＞Bn 设当n＝k时.An＞Bn.则当n＝k+1时. 又∵Ak+1＝· 且Ak＞Bk ∴Ak+1＞·k ∴Ak+1-Bk+1＞又∵k＝8.9.10- ∴Ak+1-Bk+1＞0.综上所述.An＞Bn成立. 解:由题设得a3a4＝10.且a3.a4均为非负整数.所以a3的可能的值为1.2.5.10．若a3＝1.则a4＝10.a5＝.与题设矛盾．若a3＝5.则a4＝2.a5＝.与题设矛盾．若a3＝10.则a4＝1.a5＝60.a6＝.与题设矛盾. 所以a3＝2. (Ⅱ)用数学归纳法证明: ①当n＝3.a3＝a1+2.等式成立, ②假设当n＝k(k≥3)时等式成立.即ak＝ak-2+2,由题设ak+1ak＝(ak-1+2)·(ak-2+2).因为ak＝ak-2+2≠0.所以ak+1＝ak-1+2. 也就是说.当n＝k+1时.等式ak+1＝ak-1+2成立, 根据①和②.对于所有n≥3.有an+1=an-1+2. (Ⅲ)解:由a2k-1＝a2(k-1)-1+2.a1＝0.及a2k＝a2(k-1)+2.a2＝3得a2k-1＝2(k-1).a2k＝2k+1.k＝1.2.3.-.即an＝n+(-1)n.n＝1.2.3.-. 所以Sn＝点评:本小题主要考查数列与等差数列前n项和等基础知识.以及准确表述.分析和解决问题的能力. 题型5:等比数列的性质例9．(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＝ 72 189 在等差数列{an}中.若a10＝0.则有等式a1+a2+-+an=a1+a2+-+a19-n(n＜19.n∈N成立.类比上述性质.相应地:在等比数列{bn}中.若b9＝1.则有等式成立. 解析:(1)答案:C,解:设等比数列{an}的公比为q.由题意得:a1+a2+a3=21,即3+3q+3q2=21,q2+q-6=0.求得q=2.所以a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4故选C. (2)答案:b1b2-bn＝b1b2-b17-n(n＜17.n∈N*), 解:在等差数列{an}中.由a10＝0.得a1+a19＝a2+a18＝-＝an+a20-n＝an+1+a19-n＝2a10＝0. 所以a1+a2+-+an+-+a19＝0.即a1+a2+-+an＝-a19-a18---an+1. 又∵a1＝-a19.a2＝-a18.-.a19-n＝-an+1 ∴a1+a2+-+an＝-a19-a18---an+1＝a1+a2+-+a19-n. 若a9＝0.同理可得a1+a2+-+an＝a1+a2+a17-n. 相应地等比数列{bn}中.则可得:b1b2-bn＝b1b2-b17-n(n＜17.n∈N*). 点评:本题考查了等比数列的相关概念及其有关计算能力. 例10．(1)设首项为正数的等比数列.它的前n项和为80.前2n项和为6560.且前n项中数值最大的项为54.求此数列的首项和公比q. (2)在和之间插入n个正数.使这个数依次成等比数列.求所插入的n个数之积. (3)设等比数列{an}的各项均为正数.项数是偶数.它的所有项的和等于偶数项和的4倍.且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍.问数列{lgan}的前多少项和最大? 解析:(1)设等比数列{an}的前n项和为Sn.依题意设:a1＞0.Sn=80 .S2n=6560. ∵S2n≠2Sn .∴q≠1, 从而 =80.且=6560. 两式相除得1+qn=82 .即qn=81. ∴a1=q-1＞0 即q＞1,从而等比数列{an}为递增数列.故前n项中数值最大的项为第n项. ∴a1qn-1=54,从而(q-1)qn-1=qn-qn-1=54. ∴qn-1=81-54=27 ∴q==3. ∴a1=q-1=2 故此数列的首为2.公比为3. (2)解法1:设插入的n个数为.且公比为q. 则 . 解法2:设插入的n个数为. . (3)解法一: 设公比为q,项数为2m,m∈N*. 依题意有:. 化简得. 设数列{lgan}前n项和为Sn. 则Sn=lga1+lga1q2+-+lga1qn-1=lga1n·q1+2+-+(n-1) =nlga1+n(n-1)·lgq=n-n(n-1)lg3 =(-)·n2+(2lg2+lg3)·n 可见.当n=时.Sn最大. 而=5,故{lgan}的前5项和最大. 解法二: 接前.,于是lgan=lg［108()n-1］=lg108+(n-1)lg. ∴数列{lgan}是以lg108为首项.以lg为公差的等差数列. 令lgan≥0.得2lg2-(n-4)lg3≥0. ∴n≤=5.5. 由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大. 点评:第一种解法利用等比数列的基本量.先求公比.后求其它量.这是解等差数列.等比数列的常用方法.其优点是思路简单.实用.缺点是有时计算较繁,第二种解法利用等比数列的性质.与“首末项等距的两项积相等.这在解题中常用到. 题型6:等差.等比综合问题例11．已知公比为的无穷等比数列各项的和为9.无穷等比数列各项的和为. (Ⅰ)求数列的首项和公比, (Ⅱ)对给定的.设是首项为.公差为的等差数列．求数列的前10项之和. 解析:(Ⅰ)依题意可知:. 知,.所以数列的的首项为,公差.,即数列的前10项之和为155. 点评:对于出现等差.等比数列的综合问题.一定要区分开各自的公式.不要混淆. 【查看更多】

题目列表(包括答案和解析)

（2010•武汉模拟）“数列{a_n}为等比数列”是“数列{a_n+a_n+1}为等比数列”的（　　）

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

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给出下列四个命题：
（1）等比数列的前n项和可能为零；
（2）对k∈R，直线y-kx-1=0与椭圆

=1恒有公共点，实数m的取值范围是m≥1
（3）向量

=(x2，x+1)，

=(1-x，t)，若函数f（x）=

在区间上是增函数，则实数t的取值范围是（5，+∞）；
（4）我们定义非空集合A的真子集的真子集为A的“孙集”，则集合{2，4，6，8，10}的“孙集”有26个．
其中正确的命题有

（填番号）

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给出下列命题：
（1）“数列{a_n}为等比数列”是“数列{a_na_n+1}为等比数列”的充分不必要条件；
（2）“a=2”是“函数f（x）=|x-a|在区间[2，+∞）为增函数”的充要条件；
（3）“m=3”是“直线（m+3）x+my-2=0与直线mx-6y+5=0相互垂直”的充要条件；
（4）设a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C所对的边，若a=1．b=

，则“A=30°”是“B=60°”的必要不充分条件．
其中真命题的序号是

（1）（4）

（写出所有真命题的序号）

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给出以下命题
（1）x∈(0，

)时，函数y=sinx+

sinx

的最小值为2

；
（2）若f（x）是奇函数，则f（x-1）的图象关于A（1，0）对称；
（3）“数列{a_n}为等比数列”是“数列{a_na_n+1}为等比数列的充分不必要条件；
（4）若函数f（x）=log₃（-x²+2mx-m²+36）在区间[-3，2）上是减函数，则m≤-3；
其中正确命题的序号是

（2）（3）

．

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已知等差数列{a_n}和等比数列{b_n}的首项分别为1，2，等差数列的公差为1，等比数列的公比为2：
（1）求{a_n}，{b_n}的通项；
（2）若c_n=a_nb_n求数列{c_n}的前n项和S_n．

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