63等比数列典型例题及详细解答Word下载.docx
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当q=1时,Sn=na1;
当q≠1时,Sn==.
6.等比数列前n项和的性质
公比不为-1的等比数列{an}的前n项和为Sn,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比数列,其公比为__qn__.
【思考辨析】
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×
”)
(1)满足an+1=qan(n∈N*,q为常数)的数列{an}为等比数列.( ×
)
(2)G为a,b的等比中项?
G2=ab.( ×
(3)如果数列{an}为等比数列,bn=a2n-1+a2n,则数列{bn}也是等比数列.( ×
(4)如果数列{an}为等比数列,则数列{lnan}是等差数列.( ×
(5)数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和为Sn=.( ×
(6)数列{an}为等比数列,则S4,S8-S4,S12-S8成等比数列.( ×
1.(2015·
课标全国Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7等于( )
A.21B.42C.63D.84
答案 B
解析 设等比数列{an}的公比为q,则由a1=3,a1+a3+a5=21得3(1+q2+q4)=21,解得q2=-3(舍去)或q2=2,于是a3+a5+a7=q2(a1+a3+a5)=2×
21=42,故选B.
2.设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6等于( )
A.31B.32C.63D.64
答案 C
解析 根据题意知,等比数列{an}的公比不是-1.由等比数列的性质,得(S4-S2)2=S2·
(S6-S4),即122=3×
(S6-15),解得S6=63.故选C.
3.等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lgan}的前8项和等于( )
A.6B.5C.4D.3
解析 数列{lgan}的前8项和S8=lga1+lga2+…+lga8=lg(a1·
a2·
…·
a8)=lg(a1·
a8)4
=lg(a4·
a5)4=lg(2×
5)4=4.
4.(2015·
安徽)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和等于________.
答案 2n-1
解析 由等比数列性质知a2a3=a1a4,又a2a3=8,a1+a4=9,所以联立方程
解得或又∵数列{an}为递增数列,
∴a1=1,a4=8,从而a1q3=8,∴q=2.
∴数列{an}的前n项和为Sn==2n-1.
5.(教材改编)在9与243中间插入两个数,使它们同这两个数成等比数列,则这两个数为________.
答案 27,81
解析 设该数列的公比为q,由题意知,
243=9×
q3,q3=27,∴q=3.
∴插入的两个数分别为9×
3=27,27×
3=81.
题型一 等比数列基本量的运算
例1
(1)设{an}是由正数组成的等比数列,Sn为其前n项和.已知a2a4=1,S3=7,则S5等于( )
A.B.C.D.
(2)在等比数列{an}中,若a4-a2=6,a5-a1=15,则a3=________.
答案
(1)B
(2)4或-4
解析
(1)显然公比q≠1,由题意得
解得或(舍去),
∴S5===.
(2)设等比数列{an}的公比为q(q≠0),
则两式相除,得=,
即2q2-5q+2=0,解得q=2或q=.
所以或故a3=4或a3=-4.
思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)可迎刃而解.
(1)在正项等比数列{an}中,an+1<an,a2·
a8=6,a4+a6=5,则等于( )
A.B.
C.D.
(2)(2015·
湖南)设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=________.
答案
(1)D
(2)3n-1
解析
(1)设公比为q,则由题意知0<q<1,
由得a4=3,a6=2,
所以==.
(2)由3S1,2S2,S3成等差数列知,4S2=3S1+S3,可得a3=3a2,所以公比q=3,故等比数列通项an=a1qn-1=3n-1.
题型二 等比数列的判定与证明
例2 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2.
(1)设bn=an+1-2an,证明:
数列{bn}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 由a1=1及Sn+1=4an+2,
有a1+a2=S2=4a1+2.
∴a2=5,∴b1=a2-2a1=3.
又
①-②,得an+1=4an-4an-1(n≥2),
∴an+1-2an=2(an-2an-1)(n≥2).
∵bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1(n≥2),
故{bn}是首项b1=3,公比为2的等比数列.
(2)解 由
(1)知bn=an+1-2an=3·
2n-1,
∴-=,
故{}是首项为,公差为的等差数列.
∴=+(n-1)·
=,
故an=(3n-1)·
2n-2.
引申探究
例2中“Sn+1=4an+2”改为“Sn+1=2Sn+(n+1)”,其他不变探求数列{an}的通项公式.
解 由已知得n≥2时,Sn=2Sn-1+n.
∴Sn+1-Sn=2Sn-2Sn-1+1,
∴an+1=2an+1,
∴an+1+1=2(an+1),又a1=1,
当n=1时上式也成立,故{an+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列,
∴an+1=2·
2n-1=2n,∴an=2n-1.
思维升华
(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法,其他方法只用于选择题、填空题中的判定;
若证明某数列不是等比数列,则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.
(2)利用递推关系时要注意对n=1时的情况进行验证.
设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*).
(1)求a2,a3的值;
(2)求证:
数列{Sn+2}是等比数列.
(1)解 ∵a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),
∴当n=1时,a1=2×
1=2;
当n=2时,a1+2a2=(a1+a2)+4,
∴a2=4;
当n=3时,a1+2a2+3a3=2(a1+a2+a3)+6,
∴a3=8.
综上,a2=4,a3=8.
(2)证明 a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),①
∴当n≥2时,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=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为首项,2为公比的等比数列.
题型三 等比数列的性质及应用
例3
(1)在等比数列{an}中,各项均为正值,且a6a10+a3a5=41,a4a8=5,则a4+a8=________.
(2)等比数列{an}的首项a1=-1,前n项和为Sn,若=,则公比q=________.
答案
(1)
(2)-
解析
(1)由a6a10+a3a5=41及a6a10=a,a3a5=a,
得a+a=41.因为a4a8=5,
所以(a4+a8)2=a+2a4a8+a=41+2×
5=51.
又an>
0,所以a4+a8=.
(2)由=,a1=-1知公比q≠±
1,
则可得=-.
由等比数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,且公比为q5,
故q5=-,q=-.
思维升华
(1)在等比数列的基本运算问题中,一般利用通项公式与前n项和公式,建立方程组求解,但如果能灵活运用等比数列的性质“若m+n=p+q,则有aman=apaq”,可以减少运算量.
(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质,例如等比数列Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等比数列,公比为qk(q≠-1).
已知等比数列{an}的公比为正数,且a3a9=2a,a2=2,则a1等于( )
C.D.2
(2)等比数列{an}共有奇数项,所有奇数项和S奇=255,所有偶数项和S偶=-126,末项是192,则首项a1等于( )
A.1B.2
C.3D.4
答案
(1)C
(2)C
解析
(1)由等比数列的性质得a3a9=a=2a,
∵q>0,∴a6=a5,q==,a1==,故选C.
(2)设等比数列{an}共有2k+1(k∈N*)项,则a2k+1=192,则S奇=a1+a3+…+a2k-1+a2k+1=(a2+a4+…+a2k)+a2k+1=S偶+a2k+1=-+192=255,解得q=-2,而S奇===255,解得a1=3,故选C.
12.分类讨论思想在等比数列中的应用
典例 (12分)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),且-2S2,S3,4S4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:
Sn+≤(n∈N*).
思维点拨
(1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比,写出通项公式;
(2)求出前n项和,根据函数的单调性证明.
规范解答
(1)解 设等比数列{an}的公比为q,
因为-2S2,S3,4S4成等差数列,
所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,
可得2a4=-a3,于是q==-.[2分]
又a1=,所以等比数列{an}的通项公式为
an=×
n-1=(-1)n-1·
.[3分]
(2)证明 由
(1)知,Sn=1-n,
Sn+=1-n+=[6分]
当n为奇数时,Sn+随n的增大而减小,
所以Sn+≤S1+=.[8分]
当n为偶数时,Sn+随n的增大而减小,
所以Sn+≤S2+=.[10分]
故对于n∈N*,有Sn+≤.[12分]
温馨提醒
(1)分类讨论思想在等比数列中应用较多,常见的分类讨论有
①已知Sn与an的关系,要分n=1,n≥2两种情况.
②等比数列中遇到求和问题要分公比q=1,q≠1讨论.
③项数的奇、偶数讨论.
④等比数列的单调性的判断注意与a1,q的取值的讨论.
(2)数列与函数有密切的联系,证明与数列有关的不等式,一般是求数列中的最大项或最小项,可以利用图象或者数列的增减性求解,同时注意数列的增减性与函数单调性的区别.
[方法与技巧]
1.已知等比数列{an}
(1)数列{c·
an}(c≠0),{|an|},{a},{}也是等比数列.
(2)a1an=a2an-1=…=ama