0  430522  430530  430536  430540  430546  430548  430552  430558  430560  430566  430572  430576  430578  430582  430588  430590  430596  430600  430602  430606  430608  430612  430614  430616  430617  430618  430620  430621  430622  430624  430626  430630  430632  430636  430638  430642  430648  430650  430656  430660  430662  430666  430672  430678  430680  430686  430690  430692  430698  430702  430708  430716  447090 

4.有关数列的应用问题也一直备受关注。

预测2007年高考对本将的考察为:

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3.数列与新的章节知识结合的特点有可能加强,如与解析几何的结合等;

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2.数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点,这是由于此类题目能突出考察学生的逻辑思维能力,能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度;

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数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位,一般情况下都是出一道解答题,解答题大多以数列为工具,综合运用函数、方程、不等式等知识,通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法,这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力,它们都属于中、高档题目。

有关命题趋势:

1.数列是一种特殊的函数,而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具,三者的综合题是对基础和能力的双重检验,在三者交汇处设计试题,特别是代数推理题是高考的重点;

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2.能在具体的问题情境中,发现数列的数列的通项和递推关系,并能用有关等差、等比数列知识解决相应的实际问题。

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1.探索并掌握一些基本的数列求前n项和的方法;

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3.等比数列的性质

①等比数列任意两项间的关系:如果是等数列的第项,是等差数列的第项,且,公,则有

②对于等比数列,若,则,也就是:,如图所示:

③若数列是等数列,是其前n项的和,,那么成等数列。

如下图所示:

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2.等比数列的判定方法

①定义法:对于数列,若,则数列是等比数列;

②等比中项:对于数列,若,则数列是等比数列。

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1.等比数列的知识要点(可类比等差数列学习)

(1)掌握等比数列定义q(常数)(nN),同样是证明一个数列是等比数列的依据,也可由an·an+2来判断;

(2)等比数列的通项公式为ana1·qn-1

(3)对于Gab 的等差中项,则G2abG=±

(4)特别要注意等比数列前n 项和公式应分为q=1与q≠1两类,当q=1时,Snna1,当q≠1时,SnSn

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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(a≠1),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(a≠0),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.(2000全国理,20)(Ⅰ)已知数列{cn},其中cn=2n+3n,且数列{cn+1pcn}为等比数列,求常数p;(Ⅱ)设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列,cn=an+bn,证明数列{cn}不是等比数列。

解析:(Ⅰ)解:因为{cn+1pcn}是等比数列,

故有:(cn+1pcn)2=(cn+2pcn+1)(cnpcn-1),

cn=2n+3n代入上式,得:

[2n+1+3n+1p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2p(2n+1+3n+1)]·[2n+3np(2n-1+3n-1)],

即[(2-p)2n+(3-p)3n2

=[(2-p)2n+1+(3-p)3n+1][(2-p)2n-1+(3-p)3n-1],

整理得(2-p)(3-p)·2n·3n=0,解得p=2或p=3。

(Ⅱ)证明:设{an}、{bn}的公比分别为pqpqcn=an+bn

为证{cn}不是等比数列只需证c22c1·c3

事实上,c22=(a1p+b1q)2a12p2+b12q2+2a1b1pq

c1·c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2)=a12p2+b12q2+a1b1(p2+q2),

由于pqp2+q2>2pq,又a1b1不为零,

因此c22c1·c3,故{cn}不是等比数列。

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.(2003京春,21)如图3-1,在边长为l的等边△ABC中,圆O1为△ABC内切圆,圆O2与圆O1外切,且与ABBC相切,…,圆On+1与圆On外切,且与ABBC相切,如此无限继续下去.记圆On的面积为an(n∈N*),证明{an}是等比数列;

证明:记rn为圆On的半径,则r1=tan30°==sin30°=,所以rn=rn-1(n≥2),于是a1=πr12=,故{an}成等比数列。

点评:该题考察实际问题的判定,需要对实际问题情景进行分析,最终对应数值关系建立模型加以解析。

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(aq+4)=a+aq2,且(aq+4)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.(2006年陕西卷)已知正项数列,其前项和满足成等比数列,求数列的通项

解析:∵10Sn=an2+5an+6, ①

∴10a1=a12+5a1+6,解之得a1=2或a1=3。

又10Sn-1=an-12+5an-1+6(n≥2),②

由①-②得 10an=(an2-an-12)+6(an-an-1),即(an+an-1)(an-an-1-5)=0

∵an+an-1>0  , ∴an-an-1=5 (n≥2)。

当a1=3时,a3=13,a15=73,a1, a3,a15不成等比数列

∴a1≠3;

当a1=2时,,a3=12, a15=72,有 a32=a1a15 , ∴a1=2, ∴an=5n-3。

点评:该题涉及等比数列的求和公式与等比数列通项之间的关系,最终求得结果。

题型4:等比数列的求和公式及应用

例7.(1)(2006年辽宁卷)在等比数列中,,前项和为,若数列也是等比数列,则等于(  )

A.         B.            C.             D.

(2)(2006年北京卷)设,则等于(  )

    A.        B.    C.     D.

(3)(1996全国文,21)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,求数列的公比q;解析:(1)因数列为等比,则,因数列也是等比数列,

,所以,故选择答案C。

(2)D;

(3)解:若q=1,则有S3=3a1S6=6a1S9=9a1

a1≠0,得S3+S6≠2S9,显然q=1与题设矛盾,故q≠1。

S3+S6=2S9,得,整理得q3(2q6q3-1)=0,由q≠0,得2q6q3-1=0,从而(2q3+1)(q3-1)=0,因q3≠1,故q3=-,所以q=-

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)(2002江苏,18)设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1b1=1,a2+a4b3b2b4a3.分别求出{an}及{bn}的前10项的和S10T10

(2)(2001全国春季北京、安徽,20)在1与2之间插入n个正数a1a2a3……,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b1b2b3,……,bn,使这n+2个数成等差数列.记Ana1a2a3……anBnb1+b2+b3+……+bn.

(Ⅰ)求数列{An}和{Bn}的通项;

(Ⅱ)当n≥7时,比较AnBn的大小,并证明你的结论。

(3)(2002天津理,22)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anan-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=2a3b2b4b32

已知a2+a4b3b2b4a3

b3=2a3a3b32

b3=2b32

b3≠0  ∴b3a3

a1=1,a3知{an}的公差为d

S10=10a1+

b1=1,b3知{bn}的公比为qq

q时,

q时,

(2)(Ⅰ)设公比为q,公差为d,等比数列1,a1a2,……,an,2,等差数列1,b1b2,……,bn,2。

A1a1=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,

Anq·q2qnq(n=1,2,3…)

又∵bn+2=1+(n+1)d=2  ∴(n+1)d=1

B1b1=1+d  B2b2+b1=1+d+1+2d  Bn=1+d+…+1+ndn

(Ⅱ)AnBn,当n≥7时

证明:当n=7时,23.5=8·An  Bn×7,∴AnBn

设当nk时,AnBn,则当nk+1时,       

又∵Ak+1·  AkBk  ∴Ak+1·k

Ak+1Bk+1

又∵k=8,9,10…  ∴Ak+1Bk+1>0,综上所述,AnBn成立.

(3)(Ⅰ)解:由题设得a3a4=10,且a3a4均为非负整数,所以a3的可能的值为1,2,5,10.

a3=1,则a4=10,a5,与题设矛盾.

a3=5,则a4=2,a5,与题设矛盾.

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,a3a1+2,等式成立;

②假设当nk(k≥3)时等式成立,即akak-2+2,由题设ak+1ak=(ak-1+2)·(ak-2+2),因为akak-2+2≠0,所以ak+1ak-1+2,

也就是说,当nk+1时,等式ak+1ak-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-1a2(k-1)-1+2,a1=0,及a2ka2(k-1)+2,a2=3得a2k-1=2(k-1),a2k=2k+1,k=1,2,3,…,即ann+(-1)nn=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)(2005江苏3)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     (B)72     (C)84     (D)189

(2)(2000上海,12)在等差数列{an}中,若a10=0,则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19n(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(q>0),由题意得:a1+a2+a3=21,即3+3q+3q2=21,q2+q-6=0,求得q=2(q=-3舍去),所以a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4故选C。

(2)答案:b1b2bnb1b2b17n(n<17,n∈N*);

解:在等差数列{an}中,由a10=0,得a1+a19a2+a18=…=an+a20nan+1+a19n=2a10=0,

所以a1+a2+…+an+…+a19=0,即a1+a2+…+an=-a19a18-…-an+1

又∵a1=-a19a2=-a18,…,a19n=-an+1

a1+a2+…+an=-a19a18-…-an+1a1+a2+…+a19n

a9=0,同理可得a1+a2+…+ana1+a2+a17n

相应地等比数列{bn}中,则可得:b1b2bnb1b2b17n(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?(lg2=0  3,lg3=0.4)

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,

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

Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn1=lga1n·q1+2+…+(n1)

=nlga1+n(n-1)·lgq=n(2lg2+lg3)-n(n-1)lg3

=(-n2+(2lg2+lg3)·n

可见,当n=时,Sn最大,

=5,故{lgan}的前5项和最大,

解法二  接前,,于是lgan=lg[108()n1]=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.(2006年广东卷)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:

(Ⅱ)由(Ⅰ)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。

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