2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 新人教A版
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1、2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 新人教A版 要點(diǎn)自主梳理 1.等比數(shù)列的定義 如果一個(gè)數(shù)列__________________________,那么這個(gè)數(shù)列叫做等比數(shù)列,這個(gè)常數(shù)叫做等比數(shù)列的________,通常用字母______表示(q≠0). 從第2項(xiàng)起,每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比等于同一常數(shù)(不為零) 公比 q 從等比數(shù)列的定義看,等比數(shù)列的任意項(xiàng)都是非零的,公比q也是非零常數(shù). 2.等比數(shù)列的通項(xiàng)公式 設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公比為q,則它的通項(xiàng)an=______________..a1·qn-1 3.等比中項(xiàng) 3.等比中項(xiàng): 如果在a
2、與b中間插入一個(gè)數(shù)G,使a,G,b成等比數(shù)列,那么G叫做a與b的等比中項(xiàng). G2=a·b (ab≠0) 4.等比數(shù)列的常用性質(zhì) (1)通項(xiàng)公式的推廣:an=am·____________,(n,m∈N*). qn-m (2)若{an}為等比數(shù)列,且k+l=m+n,(k,l,m,n∈N*),則____ ak·al=am·an _____. (3)若{an},{bn}(項(xiàng)數(shù)相同)是等比數(shù)列,則{λan}(λ≠0),,{a},{an·bn},仍是等比數(shù)列. (4)單調(diào)性:或?{an}是________數(shù)列;遞增 或?{an}是________數(shù)列;遞減 q=1?{an}是__常__數(shù)列
3、;q<0?{an}是__擺動(dòng)______數(shù)列. 5.等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式 等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0),其前n項(xiàng)和為Sn, 當(dāng)q=1時(shí),Sn=na1; 當(dāng)q≠1時(shí),Sn==. 6.等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì) 公比不為-1的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比數(shù)列,其公比為_(kāi)_______. qn 7.等差數(shù)列與等比數(shù)列的關(guān)系是: (1)若一個(gè)數(shù)列既是等差數(shù)列,又是等比數(shù)列,則此數(shù)列是非零常數(shù)列; (2)若{an}是等比數(shù)列,且an>0,則{lg an}構(gòu)成等差數(shù)列. 8.思想與方法: (1)等比數(shù)列的判定方法: ①定義:
4、=q (q是不為零的常數(shù),n∈N*)?{an}是等比數(shù)列. ②等比中項(xiàng)法:a=an·an+2(an·an+1·an+2≠0,n∈N*)?{an}是等比數(shù)列. ③通項(xiàng)公式:an=cqn-1 (c、q均是不為零的常數(shù),n∈N*)?{an}是等比數(shù)列. (2) 等比數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn是用錯(cuò)位相減法求得的,注意這種方法在數(shù)列求和中的運(yùn)用. (3)在利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí),如果不確定q與1的關(guān)系,一般要用分類(lèi)討論的思想,分公比q=1和q≠1兩種情況;計(jì)算等比數(shù)列前n項(xiàng)和過(guò)程中要注意整體代入的思想方法.常把qn,當(dāng)成整體求解. (4) 等比數(shù)列的通項(xiàng)公式an=a1qn-1及前n項(xiàng)和公式S
5、n== (q≠1)共涉及五個(gè)量a1,an,q,n,Sn,知三求二,體現(xiàn)了方程的思想的應(yīng)用. (5)揭示等比數(shù)列的特征及基本量之間的關(guān)系. 利用函數(shù)、方程的觀點(diǎn)和方法, 討論單調(diào)性時(shí),要特別注意首項(xiàng)和公比的大小. 基礎(chǔ)自測(cè) 1.“b=”是“a、b、c成等比數(shù)列”的 ( ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 2.若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=3n-a,數(shù)列{an}為等比數(shù)列,則實(shí)數(shù)a的值是 ( ) A.3 B.1 C.0 D.-1 3.已知等比數(shù)列{a
6、n}的前三項(xiàng)依次為a-2,a+2,a+8,則an等于 ( ) A.8·n B.8·n C.8·n-1 D.8·n-1 4.在等比數(shù)列{an}中,an>0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,則a3+a5的值為_(kāi)_______.5 5.在等比數(shù)列{an}中,a1+a2=30,a3+a4=60,則a7+a8=___240 _____. 6.在等比數(shù)列{an}中,前n項(xiàng)和為Sn,若S3=7,S6=63,則公比q的值是 ( ) A.2 B.-2 C.3 D.-3 題型一 等比數(shù)列的基本量的運(yùn)算 例1 (1)在等比數(shù)列
7、{an}中,已知a6-a4=24,a3a5=64,求{an}的前8項(xiàng)和S8; (2)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q (q>0),它的前n項(xiàng)和為40,前2n項(xiàng)和為3 280,且前n項(xiàng)中數(shù)值最大的項(xiàng)為27,求數(shù)列的第2n項(xiàng). 解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,由通項(xiàng)公式an=a1qn-1及已知條件得: 由②得a1q3=±8.將a1q3=-8代入①式,得q2=-2,無(wú)解,故舍去. 將a1q3=8代入①式,得q2=4,∴q=±2. 當(dāng)q=2時(shí),a1=1,∴S8==255; 當(dāng)q=-2時(shí),a1=-1,∴S8==85. (2)若q=1,則na1=40,2na1=3 280,矛盾. ∴q
8、≠1,∴ 得:1+qn=82,∴qn=81, ③ 將③代入①得q=1+2a1. ④ 又∵q>0,∴q>1,∴a1>0,{an}為遞增數(shù)列.∴an=a1qn-1=27, ⑤ 由③、④、⑤得q=3,a1=1,n=4. ∴a2n=a8=1×37=2 187. 探究提高 (1)對(duì)于等比數(shù)列的有關(guān)計(jì)算問(wèn)題,可類(lèi)比等差數(shù)列問(wèn)題進(jìn)行,在解方程組的過(guò)程中要注意“相除”消元的方法,同時(shí)要注意整體代入(換元)思想方法的應(yīng)用. (2)在涉及等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)要注意對(duì)公比q是否等于1進(jìn)行判斷和討論. 變式訓(xùn)練1 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知S4=1,S8=17,求{an
9、}的通項(xiàng)公式. an=·2n-1或an=·(-2)n-1 (2)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中,a1a5+2a2a6+a3a7=100,a2a4-2a3a5+a4a6=36,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an和前n項(xiàng)和Sn. 本例可將所有項(xiàng)都用a1和q表示,轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1和q的方程組求解;也可利用等比數(shù)列的性質(zhì)來(lái)轉(zhuǎn)化,兩種方法目的都是消元轉(zhuǎn)化. 解 方法一 由已知得: ①-②,得4aq6=64,∴aq6=16.③ 代入①,得+2×16+16q2=100.解得q2=4或q2=. 又?jǐn)?shù)列{an}為正項(xiàng)數(shù)列,∴q=2或. 當(dāng)q=2時(shí),可得a1=,∴an=×2n-1=2n-2, Sn==2n-
10、1-; 當(dāng)q=時(shí),可得a1=32.∴an=32×n-1=26-n. Sn==64-26-n. 方法二 ∵a1a5=a2a4=a,a2a6=a3a5,a3a7=a4a6=a, 由可得 即 ∴解得或 當(dāng)a3=8,a5=2時(shí),q2===. ∵q>0,∴q=,由a3=a1q2=8, 得a1=32,∴an=32×n-1=26-n. Sn==64-26-n. 當(dāng)a3=2,a5=8時(shí),q2==4,且q>0,∴q=2. 由a3=a1q2,得a1==. ∴an=×2n-1=2n-2. Sn==2n-1-. (3)在等比數(shù)列{an}中,a1+an=66,a2·an-1=128,Sn=
11、126,求n和q. 解 由題意得 解得或 若則Sn===126, 解得q=,此時(shí),an=2=64·n-1,∴n=6. 若則Sn==126,∴q=2.∴an=64=2·2n-1.∴n=6. 綜上n=6,q=2或. 題型二 等比數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用 例2 在等比數(shù)列{an}中, (1) 已知a4a7=-512,a3+a8=124,且公比為整數(shù),求a10;; (2)若已知a3a4a5=8,求a2a3a4a5a6的值. 解 (1) a4·a7=a3·a8=-512,∴, 解之得或. 當(dāng)時(shí),q5==-32,∴q=-2. ∴a1==-1,∴a10=a1q9=-1×(-2)9=5
12、12. 當(dāng)時(shí),q5==-,q=-. 又∵q為整數(shù),∴q=-舍去. 綜上所述:a10=512. (2)∵a3a4a5=8,又a3a5=a,∴a=8,a4=2. ∴a2a3a4a5a6=a=25=32. 探究提高 在解決等比數(shù)列的有關(guān)問(wèn)題時(shí),要注意挖掘隱含條件,利用性質(zhì),特別是性質(zhì)“若m+n=p+q,則am·an=ap·aq”,可以減少運(yùn)算量,提高解題速度. 變式訓(xùn)練2 (1)在等比數(shù)列{an}中,若a1a2a3a4=1,a13a14a15a16=8,求a41a42a43a44. a1a2a3a4=a1a1qa1q2a1q3=aq6=1. ① a13a14a15a16
13、=a1q12·a1q13·a1q14·a1q15=a·q54=8. ② ②÷①:=q48=8?q16=2, 又a41a42a43a44=a1q40·a1q41·a1q42·a1q43 =a·q166=a·q6·q160=(a·q6)·(q16)10=1·210=1 024. (2)已知等比數(shù)列{an}中,有a3a11=4a7,數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,且b7=a7,求b5+b9的值; ∵a3a11=a=4a7, ∵a7≠0,∴a7=4,∴b7=4, ∵{bn}為等差數(shù)列,∴b5+b9=2b7=8. (3)在等比數(shù)列{an}中,a1+a2+a3+a4+a5=8,且++++=
14、2,求a3. 解 由已知得++++=++ ===2, ∴a=4,∴a3=±2.若a3=-2,設(shè)數(shù)列的公比為q, 則+-2-2q-2q2=8,即++1+q+q2 =2+2+=-4. 此式顯然不成立,經(jīng)驗(yàn)證,a3=2符合題意,故a3=2. 題型三 等比數(shù)列的定義及判定 例3設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2. (1)設(shè)bn=an+1-2an,證明:數(shù)列{bn}是等比數(shù)列; (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. 解題導(dǎo)引 (1)證明數(shù)列是等比數(shù)列的兩個(gè)基本方法: ①=q (q為與n值無(wú)關(guān)的常數(shù))(n∈N*). ②a=anan+2 (an≠0,
15、n∈N*). (2)證明數(shù)列不是等比數(shù)列,可以通過(guò)具體的三個(gè)連續(xù)項(xiàng)不成等比數(shù)列來(lái)證明,也可用反證法. (1)證明 由已知有a1+a2=4a1+2,解得a2=3a1+2=5, 故b1=a2-2a1=3. 又an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-(4an+2)=4an+1-4an, 于是an+2-2an+1=2(an+1-2an),即bn+1=2bn. 因此數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為3,公比為2的等比數(shù)列. (2)解 由(1)知等比數(shù)列{bn}中b1=3,公比q=2, 所以an+1-2an=3×2n-1,于是-=, 因此數(shù)列是首項(xiàng)為,公差為的等差數(shù)列, =+(n-1)×=n
16、-, 所以an=(3n-1)·2n-2. 變式訓(xùn)練3 (1)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1 (n≥2),且an+Sn=n. ①設(shè)cn=an-1,求證:{cn}是等比數(shù)列; ②求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式. (1)證明 ∵an+Sn=n, ① ∴an+1+Sn+1=n+1. ② ②-①得an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1, ∴=,∴{an-1}是等比數(shù)列. ∵首項(xiàng)c1=a1-1,又a1+a1=1,∴a1=,∴c1=-,公比q=. 又cn=an-1,∴{cn}是以-為
17、首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列. (2)解 由(1)可知cn=·n-1=-n, ∴an=cn+1=1-n. ∴當(dāng)n≥2時(shí),bn=an-an-1=1-n- =n-1-n=n. 又b1=a1=代入上式也符合,∴bn=n. 探究提高 注意 (2)問(wèn)中要注意驗(yàn)證n=1時(shí)是否符合n≥2時(shí)的通項(xiàng)公式,能合并的必須合并. (2)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=5,前n項(xiàng)和為Sn,且Sn+1=2Sn+n+5,n∈N*. ①證明數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列; ②求{an}的通項(xiàng)公式以及Sn. ①證明 由已知Sn+1=2Sn+n+5,n∈N*,可得n≥2時(shí),Sn=2Sn-1+n+4, 兩式相減得Sn+1
18、-Sn=2(Sn-Sn-1)+1, 即an+1=2an+1,從而an+1+1=2(an+1), 當(dāng)n=1時(shí),S2=2S1+1+5,所以a2+a1=2a1+6, 又a1=5,所以a2=11,從而a2+1=2(a1+1), 故總有an+1+1=2(an+1),n∈N*, 又a1=5,a1+1≠0,從而=2, 即數(shù)列{an+1}是首項(xiàng)為6,公比為2的等比數(shù)列. ②解 由(1)得an+1=6·2n-1,所以an=6·2n-1-1, 于是Sn=-n=6·2n-n-6. (3)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*).
19、 ①求a2,a3的值; ②求證:數(shù)列{Sn+2}是等比數(shù)列. ①解 ∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),∴當(dāng)n=1時(shí),a1=2×1=2; 當(dāng)n=2時(shí),a1+2a2=(a1+a2)+4,∴a2=4; 當(dāng)n=3時(shí),a1+2a2+3a3=2(a1+a2+a3)+6,∴a3=8. ②證明 ∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),① ∴當(dāng)n≥2時(shí),a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)Sn-1+2(n-1).② ①-②得nan=(n-1)Sn-(n-2)Sn-1+2=n(Sn-Sn-1)-Sn+2Sn-1+2
20、 =nan-Sn+2Sn-1+2. ∴-Sn+2Sn-1+2=0,即Sn=2Sn-1+2,∴Sn+2=2(Sn-1+2). ∵S1+2=4≠0,∴Sn-1+2≠0,∴=2, 故{Sn+2}是以4為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列. 點(diǎn)評(píng):. 由an+1=qan,q≠0,并不能立即斷言{an}為等比數(shù)列,還要驗(yàn)證a1≠0. (4)已知函數(shù)f(x)=(x≠2,x∈R),數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=t(t≠-2,t∈R),an+1=f(an),(n∈N). ①若數(shù)列{an}是常數(shù)列,求t的值; ②當(dāng)a1=2時(shí),記bn=(n∈N*),證明:數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,并求出通項(xiàng)公式an. 解:①∵數(shù)列
21、{an}是常數(shù)列,∴an+1=an=t,即t=,解得t=-1,或t=1. ∴所求實(shí)數(shù)t的值是1或-1. ②∵a1=2,bn=,∴b1=3,bn+1===3,即bn+1=3bn(n∈N*). 題型四 等差、等比數(shù)列的綜合應(yīng)用 例4 已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1,公差d>0,且第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{bn}的第2項(xiàng)、第3項(xiàng)、第4項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{cn}對(duì)n∈N*均有++…+=an+1成立,求c1+c2+c3+…+c2 013. 解 (1)由已知有a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,∴(1+4d)2=(1
22、+d)(1+13d).解得 d=2 (∵d>0).∴an=1+(n-1)·2=2n-1. 又b2=a2=3,b3=a5=9,∴數(shù)列{bn}的公比為3,∴bn=3·3n-2=3n-1. (2)由++…+=an+1得 當(dāng)n≥2時(shí),++…+=an. 兩式相減得:n≥2時(shí),=an+1-an=2.∴cn=2bn=2·3n-1 (n≥2). 又當(dāng)n=1時(shí),=a2,∴c1=3.∴cn=. ∴c1+c2+c3+…+c2 013=3+=3+(-3+32 013)=32 013. 探究提高 在解決等差、等比數(shù)列的綜合題時(shí),重點(diǎn)在于讀懂題意,靈活利用等差、等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式.本題
23、第(1)問(wèn)就是用基本量公差、公比求解;第(2)問(wèn)在作差an+1-an時(shí)要注意n≥2. 變式訓(xùn)練4 已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=,=,且an+1·an<0 (n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=a-a,試問(wèn)數(shù)列{bn}中是否存在三項(xiàng)能按某種順序構(gòu)成等差數(shù)列?若存在,求出滿(mǎn)足條件的等差數(shù)列;若不存在,說(shuō)明理由. 解 (1)由a1=,an+1·an<0知,當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),an<0;當(dāng)n為奇數(shù)時(shí), an>0.由=,得3(a-a)=1-a. 即4a-3a=1,所以4(a-1)=3(a-1),即數(shù)列{a-1}是以a-1=-為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列.所以a-1=-n-1
24、=-n, a=1-n,
故an=(-1)n-1 (n∈N*).
(2)由(1)知bn=a-a=1-n+1-1+n=·n,
則對(duì)于任意的n∈N*,bn>bn+1.
假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)br,bs,bt (rbs>bt,
即只能有2bs=br+bt成立,所以2·s=r+t,
2·s=r+t,所以2·3s·4t-s=3r·4t-r+3t,
因?yàn)閞0,t-r>0,
所以2·3s·4t-s是偶數(shù),3r·4t-r+3t是奇數(shù),而偶數(shù)與奇數(shù)不可能相等,因此數(shù)列{bn}中任意三項(xiàng)不可能構(gòu)成等差數(shù)列.
失誤與防范
1. 在運(yùn)用等
25、比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí),必須注意對(duì)q=1與q≠1分類(lèi)討論,防止因忽略q=1這一特殊情 2. 在求解與等比數(shù)列有關(guān)的問(wèn)題時(shí),除了要靈活地運(yùn)用定義和公式外,還要注意性質(zhì)的應(yīng)用,以減少運(yùn)算量而提高解題速度.形而導(dǎo)致解題失誤. 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和(1) 一、選擇題 1.在等比數(shù)列{an}中,a1=2,前n項(xiàng)和為Sn,若數(shù)列{an+1}也是等比數(shù)列,則Sn等于 ( ) A.2n+1-2 B.3n C.2n D.3n-1 2.在等比數(shù)列{an}中,a3=7,前3項(xiàng)之和S3=21,則公比q的值為 ( ) A.1 B.- C.1或-
26、D.-1或 3.若等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足anan+1=16n,則公比為 ( ) A.2 B.4 C.8 D.16 4.記等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S3=2,S6=18,則等于( ) A.-3 B.5 C.-31 D.33 因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}中有S3=2,S6=18, 即==1+q3==9,故q=2,從而= =1+q5=1+25=33. 5.在各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,a1=3,前三項(xiàng)的和S3=21,則a3+a4+a5等于( ) A.33 B.72 C.84 D.189 C [由題可設(shè)等比數(shù)列的
27、公比為q, 則=21?1+q+q2=7?q2+q-6=0?(q+3)(q-2)=0, 根據(jù)題意可知q>0,故q=2.所以a3+a4+a5=q2S3=4×21=84.] 二、填空題 6.在等比數(shù)列{an}中,a1=1,公比q=2,若an=64,則n的值為_(kāi)____7___. 7.在數(shù)列{an}中,已知a1=1,an=2(an-1+an-2+…+a2+a1) (n≥2,n∈N*),這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是______________. a n= 8.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比q,前n項(xiàng)和為Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差數(shù)列,則q的值為_(kāi)__-2_____. 9.設(shè){an}是公比為正
28、數(shù)的等比數(shù)列,若a1=1,a5=16,則數(shù)列{an}前7項(xiàng)的和為_(kāi)_______. 解析 ∵公比q4==16,且q>0,∴q=2,∴S7==127. 10.在等比數(shù)列{an}中,公比q=2,前99項(xiàng)的和S99=30,則a3+a6+a9+…+a99=________. 解析 ∵S99=30,即a1(299-1)=30, ∵數(shù)列a3,a6,a9,…,a99也成等比數(shù)列且公比為8, ∴a3+a6+a9+…+a99===×30=. 三、解答題 11.已知等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足a2=2,a5=8. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}中,b1=1,b2+b3
29、=a4,求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. (1)an=2n-2 (2)Tn=2n-1 12.Sn是無(wú)窮等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且公比q≠1,已知1是S2和S3的等差中項(xiàng),6是2S2和3S3的等比中項(xiàng). (1)求S2和S3; (2)求此數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式; (3)求數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和. 解 (1)根據(jù)已知條件整理得 解得3S2=2S3=6,即 (2)∵q≠1,則可解得q=-,a1=4. ∴Sn==-n. (3)由(2)得S1+S2+…+Sn=n-=n+. 13.已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列,a1=1,且a1,a3,a9成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an
30、}的通項(xiàng); (2)求數(shù)列{2an}的前n項(xiàng)和Sn. 解 (1)由題設(shè)知公差d≠0,由a1=1,a1,a3,a9成等比數(shù)列, 得=,解得d=1或d=0(舍去).故{an}的通項(xiàng)an=1+(n-1)×1=n. (2)由(1)知2an=2n,由等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式, 得Sn=2+22+23+…+2n==2n+1-2.) 14.已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=1,a2=2,an+2=,n∈N*. (1)令bn=an+1-an,證明:{bn}是等比數(shù)列; (2)求{an}的通項(xiàng)公式. 解 (1)證明 b1=a2-a1=1, 當(dāng)n≥2時(shí),bn=an+1-an=-an=-(
31、an-an-1)=-bn-1, ∴ {bn}是首項(xiàng)為1,公比為-的等比數(shù)列. (2)解 由(1)知bn=an+1-an=n-1, 當(dāng)n≥2時(shí),an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =1+1++…+n-2=1+ =1+=-n-1, ] 當(dāng)n=1時(shí),-1-1=1=a1, ∴an=-n-1 (n∈N*). 15. 設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為,已知(n∈N*). (1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式; (2)設(shè),數(shù)列的前項(xiàng)和為,若存在整數(shù),使對(duì)任意n∈N*且n ≥2,都有成立,求的最大值; 解:(1
32、)由,得(n≥2). 兩式相減,得,即(n≥2). 于是,所以數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列. 又,所以. 所以,故. (2)因?yàn)?,則. 令,則 . 所以 . 即,所以數(shù)列為遞增數(shù)列.
33、 所以當(dāng)n ≥2時(shí),的最小值為. 據(jù)題意,,即.又為整數(shù),故的最大值為18. 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和(2) 一、選擇題 1.已知{an}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) 2.已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四個(gè)根組成以為首項(xiàng)的等比數(shù)列,則=( ). A.
34、B. 或 C. D. 以上都不對(duì) 解析 設(shè)a,b,c,d是方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四個(gè)根,不妨設(shè)a<c<d<b,則a·b=c·d=2,a=,故b=4,根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì),得到:c=1,d=2,則m=a+b=,n=c+d=3,或m=c+d=3,n=a+b=,則=或=. 3.設(shè)f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù),且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x,y∈R,都有f(x)·f(y)= f(x+y),若a1=,an=f(n) (n∈N*),則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的取值范圍是 ( ) A. B. C. D. 4.設(shè){
35、an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和.已知a2a4=1,S3=7,則S5等于 ( ) A. B. C. D. ∵{an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列,且a2a4=1, ∴設(shè){an}的公比為q,則q>0,且a=1,即a3=1. ∵S3=7,∴a1+a2+a3=++1=7,即6q2-q-1=0. 故q=或q=-(舍去),∴a1==4. ∴S5==8(1-)=. 5.設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,8a2+a5=0,則等于
36、 ( ) A.-11 B.-8 C.5 D.11 A 由8a2+a5=0,得8a1q+a1q4=0,所以q=-2,則==-11. 6.等比數(shù)列{an}前n項(xiàng)的積為T(mén)n,若a3a6a18是一個(gè)確定的常數(shù),那么數(shù)列T10,T13,T17,T25中也是常數(shù)的項(xiàng)是 ( ) A.T10 B.T13 C.T17 D.T25 a3a6a18=aq2+5+17=(a1q8)3=a,即a9為定值,所以下標(biāo)和為9的倍數(shù)的積為定值,可知T17為定值. 二、填空題 7.在等比數(shù)列{an}中,若a9+a1
37、0=a (a≠0),a19+a20=b,則a99+a100=________. 8.已知數(shù)列{xn}滿(mǎn)足lg xn+1=1+lg xn(n∈N*),且x1+x2+x3+…+x100=1,則lg(x101+x102+…+x200)=____100____. 9.已知數(shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列,若a1=32,a3+a4=12,則數(shù)列{log2an}的前n項(xiàng)和Sn的最大值為_(kāi)__15_____. 10.在等比數(shù)列{an}中,若公比q=4,且前3項(xiàng)之和等于21,則該數(shù)列的通項(xiàng)公式an=________. 解析 ∵等比數(shù)列{an}的前3項(xiàng)之和為21,公比q=4, 不妨設(shè)首項(xiàng)為a1,則a1+a1
38、q+a1q2=a1(1+4+16)=21a1=21,∴a1=1, ∴an=1×4n-1=4n-1. 三、解答題 11.已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,a1與a4的等比中項(xiàng)是4,a2和a3的等差中項(xiàng)為6,數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn=log2an. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求{bn}的前n項(xiàng)和. (1)an=2n (2)解 ∵bn=log2an,an=2n,∴bn=n. ∴{bn}的前n項(xiàng)和Sn=1+2+3+…+n=. 12.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3 (n∈N*),其中m為常數(shù),m≠-3且m≠0. (1)求證:{an}是等比數(shù)列
39、; (2)若數(shù)列{an}的公比q=f(m),數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b1=a1,bn=f(bn-1) (n∈N*,n≥2),求證:為等差數(shù)列,并求bn. 證明 (1)由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3, 兩式相減,得(3+m)an+1=2man, ∵m≠-3且m≠0,∴= (n≥1).∴{an}是等比數(shù)列. (2)由(3-m)S1+2ma1=m+3,S1=a1,解得a1=1,∴b1=1. 又∵{an}的公比為,∴q=f(m)=, n≥2時(shí),bn=f(bn-1)=·,∴bnbn-1+3bn=3bn-1,推出-=, ∴是以1為首項(xiàng),為公差的等差數(shù)
40、列,∴=1+=,∴bn=. 13.已知數(shù)列{log2(an-1)}為等差數(shù)列,且a1=3,a2=5. (1)求證:數(shù)列{an-1}是等比數(shù)列; (2)求++…+的值. 10.(1)證明 設(shè)log2(an-1)-log2(an-1-1)=d (n≥2),因?yàn)閍1=3,a2=5,所以d=log2(a2-1)-log2(a1-1)=log24-log22=1,所以log2(an-1)=n,所以an-1=2n, 所以=2 (n≥2),所以{an-1}是以2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列 (2)解 由(1)可得an-1=(a1-1)·2n-1,所以an=2n+1, 所以++…+ =++…
41、+=++…+=1- 14.已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1,公差d>0,且第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{bn}的第2項(xiàng)、第3項(xiàng)、第4項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{cn}對(duì)n∈N*均有++…+=an+1成立,求c1+c2+c3+…+c2 010. 解 (1)由已知有a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d, ∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d).解得d=2(d=0舍) ∴an=1+(n-1)·2=2n-1又b2=a2=3,b3=a5=9, ∴數(shù)列{bn}的公比為3,∴bn=3·3n-2=3n-1 (2)由++…+=an+1得當(dāng)n≥2時(shí),++…+=an. 兩式相減得:當(dāng)n≥2時(shí),=an+1-an=2∴cn=2bn=2·3n-1 (n≥2). 又當(dāng)n=1時(shí),=a2,∴c1=3. ∴cn= ∴c1+c2+c3+…+c2 010=3+=3+(-3+32 010)=32 010.
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