题型分类教案:等差数列与等比数列的性质(高三复习)

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名称 题型分类教案:等差数列与等比数列的性质(高三复习)
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资源类型 试卷
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2020-09-29 16:11:41

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等差数列与等比数列性质
【等差数列的性质】
1.等差数列的有关概念
(1)定义:如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列.符号表示为an+1-an=d(n∈N*,d为常数).
(2)等差中项:数列a,A,b成等差数列的充要条件是A=,其中A叫做a,b的等差中项.
2.等差数列的有关公式
(1)通项公式:an=a1+(n-1)d.
(2)前n项和公式:Sn=na1+d=.
3.等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广:an=am+(n-m)d(n,m∈N*).
(2)若{an}为等差数列,且k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则ak+al=am+an.
(3)若{an}是等差数列,公差为d,则{a2n}也是等差数列,公差为2d.
(4)若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为md的等差数列.
(5)若数列{an},{bn}是公差分别为d1,d2的等差数列,则数列{pan},{an+p},{pan+qbn}都是等差数列(p,q都是常数),且公差分别为pd1,d1,pd1+qd2.
4.等差数列前n项和的性质
(1)数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…(m∈N*)也是等差数列,公差为m2d.
(2)S2n-1=(2n-1)an,S2n=n(a1+a2n)=n(an+an+1).
(3)当项数为偶数2n时,S偶-S奇=nd;项数为奇数2n-1时,S奇-S偶=a中,S奇∶S偶=n∶(n-1).
(4){an},{bn}均为等差数列且其前n项和为Sn,Tn,则=.
例1.(1)在等差数列{an}中,a3+a9=27-a6,Sn表示数列{an}的前n项和,则S11=(  )
A.18 B.99
C.198 D.297
(2)已知{an},{bn}都是等差数列,若a1+b10=9,a3+b8=15,则a5+b6=________.
[解析] (1)因为a3+a9=27-a6,2a6=a3+a9,
所以3a6=27,所以a6=9,
所以S11=(a1+a11)=11a6=99.
(2)因为{an},{bn}都是等差数列,
所以2a3=a1+a5,2b8=b10+b6,
所以2(a3+b8)=(a1+b10)+(a5+b6),
即2×15=9+(a5+b6),
解得a5+b6=21.
[答案] (1)B (2)21
【变式1】设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n=(  )
A.5 B.6
C.7 D.8
解析:选D 由题意知Sn+2-Sn=an+1+an+2=2a1+(2n+1)d=2+2(2n+1)=36,解得n=8.
【变式2】设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知前6项和为36,最后6项的和为180,Sn=324(n>6),求数列{an}的项数及a9+a10.
解:由题意知a1+a2+…+a6=36,①
an+an-1+an-2+…+an-5=180,②
①+②得(a1+an)+(a2+an-1)+…+(a6+an-5)=6(a1+an)=216,
∴a1+an=36,
又Sn==324,
∴18n=324,∴n=18.
∵a1+an=36,n=18,
∴a1+a18=36,
从而a9+a10=a1+a18=36.
【变式3】已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且=,则使得为整数的正整数n的个数是________.
解析:由等差数列前n项和的性质知,====7+,
故当n=1,2,3,5,11时,为整数,
故使得为整数的正整数n的个数是5.
答案:5
【变式4】一个等差数列的前12项的和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27,则该数列的公差d=________.
解析:设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d.由已知条件,
得解得
又S偶-S奇=6d,所以d==5.
答案:5
【变式5】若{an}是公差为1的等差数列,则{a2n-1+2a2n}是(  )
A.公差为3的等差数列
B.公差为4的等差数列
C.公差为6的等差数列
D.公差为9的等差数列
解析:选C 令bn=a2n-1+2a2n,则bn+1=a2n+1+2a2n+2,故bn+1-bn=a2n+1+2a2n+2-(a2n-1+2a2n)=(a2n+1-a2n-1)+2(a2n+2-a2n)=2d+4d=6d=6×1=6.即{a2n-1+2a2n}是公差为6的等差数列.
【变式6】已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足-=1,则数列{an}的公差d是________.
解析:由-=1得-=a1+d-==1,所以d=2.
答案:2
例2.等差数列{an}的首项a1>0,设其前n项和为Sn,且S5=S12,则当n为何值时,Sn有最大值?
[解] 设等差数列{an}的公差为d,由S5=S12得5a1+10d=12a1+66d,d=-a1<0.
法一:Sn=na1+d
=na1+·
=-a1(n2-17n)=-a12+a1,
因为a1>0,n∈N*,所以当n=8或n=9时,Sn有最大值.
法二:设此数列的前n项和最大,则即解得即8≤n≤9,
又n∈N*,所以当n=8或n=9时,Sn有最大值.
法三:由于Sn=na1+d=n2+n,
设f(x)=x2+x,则函数y=f(x)的图象为开口向下的抛物线,
由S5=S12知,抛物线的对称轴为x==(如图所示),
由图可知,当1≤n≤8时,Sn单调递增;当n≥9时,Sn单调递减.又n∈N*,所以当n=8或n=9时,Sn最大.
【变式1】在等差数列{an}中,a1=29,S10=S20,则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(  )
A.S15 B.S16
C.S15或S16 D.S17
解析:选A ∵a1=29,S10=S20,
∴10a1+d=20a1+d,解得d=-2,
∴Sn=29n+×(-2)=-n2+30n=-(n-15)2+225.
∴当n=15时,Sn取得最大值.
【变式2】设Sn为等差数列{an}的前n项和,(n+1)Sn<nSn+1(n∈N*).若<-1,则(  )
A.Sn的最大值是S8 B.Sn的最小值是S8
C.Sn的最大值是S7 D.Sn的最小值是S7
解析:选D 由(n+1)Sn<nSn+1得(n+1)<n,整理得an<an+1,所以等差数列{an}是递增数列,又<-1,所以a8>0,a7<0,所以数列{an}的前7项为负值,即Sn的最小值是S7.
【变式3】在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前 n项和为Sn ,当且仅当n=8 时Sn 取得最大值,则d 的取值范围为________.
解析:由题意,当且仅当n=8时Sn有最大值,可得
即解得-1答案:
证明等差数列的方法:
方法 解读
定义法 对于数列{an},an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数?{an}是等差数列
等差中项法  2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立?{an}是等差数列
通项公式法  an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数n都成立?{an}是等差数列
前n项和公式法 验证Sn=An2+Bn(A,B是常数)对任意的正整数n都成立?{an}是等差数列
例3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足:an+2SnSn-1=0(n≥2,n∈N*),a1=,判断{an}是否为等差数列,并说明你的理由.
[解] 因为an=Sn-Sn-1(n≥2),an+2SnSn-1=0,
所以Sn-Sn-1+2SnSn-1=0(n≥2).
所以-=2(n≥2).
又S1=a1=,
所以是以2为首项,2为公差的等差数列.
所以=2+(n-1)×2=2n,故Sn=.
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=,
所以an+1=,而an+1-an=-==.
所以当n≥2时,an+1-an的值不是一个与n无关的常数,故数列{an}不是等差数列.
【变式1】已知数列{an}中,a1=2,an=2-(n≥2,n∈N*),设bn=(n∈N*).求证:数列{bn}是等差数列.
证明:∵an=2-,∴an+1=2-.
∴bn+1-bn=-=-==1,
∴{bn}是首项为b1==1,公差为1的等差数列.
【变式2】已知公差大于零的等差数列的前n项和为Sn,且满足a3·a4=117,a2+a5=22.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列满足bn=,是否存在非零实数c使得{bn}为等差数列?若存在,求出c的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)∵数列为等差数列,∴a3+a4=a2+a5=22.
又a3·a4=117,
∴a3,a4是方程x2-22x+117=0的两实根,
又公差d>0,∴a3<a4,∴a3=9,a4=13,
∴解得
∴数列{an}的通项公式为an=4n-3.
(2)由(1)知a1=1,d=4,
∴Sn=na1+×d=2n2-n,
∴bn==,
∴b1=,b2=,b3=,其中c≠0.
∵数列是等差数列,∴2b2=b1+b3,
即×2=+,∴2c2+c=0,
∴c=-或c=0(舍去),故c=-.
即存在一个非零实数c=-,使数列{bn}为等差数列.
【等比数列的性质】
1.等比数列的有关概念
(1)定义:如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零),那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母q表示,定义的表达式为=q.
(2)等比中项:如果a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.即:G是a与b的等比中项?a,G,b成等比数列?G2=ab.
2.等比数列的有关公式
(1)通项公式:an=a1qn-1.
(2)前n项和公式:Sn=
3.运用方程的思想求解等比数列的基本量
(1)若已知n,an,Sn,先验证q=1是否成立,若q≠1,可以通过列方程(组)求出关键量a1和q,问题可迎刃而解.
(2)若已知数列{an}中的两项an和am,可以利用等比数列的通项公式,得到方程组计算时两式相除可先求出q,然后代入其中一式求得a1,进一步求得Sn.另外,还可以利用公式an=am·qn-m直接求得q,可减少运算量.
4.基本性质:
(1)通项公式的推广:an=am·qn-m(n,m∈N*).
(2)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则am·an=ap·aq=a.
(3)若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan},,{a},{an·bn},(λ≠0)仍然是等比数列.
(4)在等比数列{an}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即an,an+k,an+2k,an+3k,…为等比数列,公比为qk.
(5)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.
例4.(1)在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是________.
(2)在等比数列{an}中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式an=________.
[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q,q>0,则a8=a6+2a4即为a4q4=a4q2+2a4,解得q2=2(负值舍去),又a2=1,所以a6=a2q4=4.
(2)由题意知a1+4a1+16a1=21,解得a1=1,所以等比数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=4n-1.
[答案] (1)4 (2)4n-1
【变式1】已知等比数列{an}的前三项依次为a-1,a+1,a+4,则an=(  )
A.4×n B.4×n-1
C.4×n D.4×n-1
解析:选B 由题意得(a+1)2=(a-1)(a+4),解得a=5,故a1=4,a2=6,所以q=,则an=4×n-1.
【变式2】已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=,a2+a4=,则=(  )
A.4n-1 B.4n-1
C.2n-1 D.2n-1
解析:选D 设{an}的公比为q,∵
∴由①②可得=2,∴q=,将q=代入①得a1=2,∴an=2×n-1=,
Sn==4,∴==2n-1,选D.
【变式3】已知等比数列{an}中,a2=1,则其前3项的和S3的取值范围是(  )
A.(-∞,-1] B.(-∞,0)∪(1,+∞)
C.[3,+∞) D.(-∞,-1]∪[3,+∞)
解析:选D 设等比数列{an}的公比为q,则S3=a1+a2+a3=a2=1+q+,当q>0时,S3=1+q+≥1+2 =3(当且仅当q=1时取等号);当q<0时,S3=1-≤1-2 =-1(当且仅当q=-1时取等号).所以S3∈(-∞,-1]∪[3,+∞),故选D.
【变式4】在等比数列{an}中,若a7+a8+a9+a10=,a8a9=-,则+++=________.
因为+=,+=,
由等比数列的性质知a7a10=a8a9,
所以+++==÷=-.
【变式5】设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于(  )
A. B.- 
C. D.
【变式6】等比数列{an}的首项a1=-1,前n项和为Sn,若=,则公比q=________.
[解析] (1)因为a7+a8+a9=S9-S6,在等比数列中S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,
即8,-1,S9-S6成等比数列,
所以有8(S9-S6)=1,则S9-S6=,
即a7+a8+a9=.
(2)由=,a1=-1知公比q≠-1,=-.
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=-.
【变式7】已知各项均为实数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=10,S30=70,则S40=(  )
A.150 B.140
C.130 D.120
解析:选A 在等比数列{an}中,由S10=10,S30=70可知q≠-1,
所以S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30构成公比为q′的等比数列.
所以(S20-S10)2=S10·(S30-S20),
即(S20-10)2=10·(70-S20),
解得S20=30(负值舍去).
所以==2=q′,
所以S40-S30=2(S30-S20)=80,S40=S30+80=150.
【变式8】等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为________.
解析:设等比数列{an}的公比为q,则由a1+a3=10,a2+a4=q(a1+a3)=5,知q=.又a1+a1q2=10,所以a1=8.
故a1a2…an=aq1+2+…+(n-1)=23n·
=23n-+=2-+n.
记t=-+=-(n2-7n)=-2+,
结合n∈N*可知n=3或4时,t有最大值6.
又y=2t为增函数,从而a1a2…an的最大值为26=64.
答案:64
【变式9】在等比数列{an}中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn=(  )
A.2n+1-2 B.3n
C.2n D.3n-1
解析:选C 因为数列{an}为等比数列,a1=2,设其公比为q,则an=2qn-1,因为数列{an+1}也是等比数列,所以(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1),即a+2an+1=anan+2+an+an+2,则an+an+2=2an+1,即an(1+q2-2q)=0,所以q=1,即an=2,所以Sn=2n,故选C.
等比数列的四种常用判定方法
定义法 若=q(q为非零常数,n∈N*)或=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{an}是等比数列
中项公式法  若数列{an}中,an≠0且a=an·an+2(n∈N*),则{an}是等比数列
通项公式法  若数列{an}的通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*),则{an}是等比数列
前n项和公式法  若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列
例5.设数列的前n项和为Sn,n∈N*.已知a1=1,a2=,a3=,且当n≥2时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值;
(2)证明:为等比数列.
[解] (1)当n=2时,4S4+5S2=8S3+S1,
即4+5=8+1,解得a4=.
(2)证明:由4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1(n≥2),
得4Sn+2-4Sn+1+Sn-Sn-1=4Sn+1-4Sn(n≥2),
即4an+2+an=4an+1(n≥2).
∵4a3+a1=4×+1=6=4a2,
∴4an+2+an=4an+1,
∴====,
∴数列是以a2-a1=1为首项,为公比的等比数列.
【变式1】已知一列非零向量an满足a1=(x1,y1),an=(xn,yn)=(xn-1-yn-1,xn-1+yn-1)(n≥2,n∈N*),则下列命题正确的是(  )
A.{|an|}是等比数列,且公比为
B.{|an|}是等比数列,且公比为
C.{|an|}是等差数列,且公差为
D.{|an|}是等差数列,且公差为
解析:选A ∵|an|==·=|an-1|(n≥2,n∈N*),|a1|=≠0,=为常数,∴{|an|}是等比数列,且公比为,选A.
【变式2】已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N*),若bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列.
证明:∵an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-4an-2=4an+1-4an,
∴====2.
∵S2=a1+a2=4a1+2,∴a2=5.∴b1=a2-2a1=3.
∴数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
【变式3】已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;
(2)若S5=,求λ.
解:(1)证明:由题意得a1=S1=1+λa1,
故λ≠1,a1=,故a1≠0.
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,
即an+1(λ-1)=λan.
由a1≠0,λ≠0得an≠0,
所以=.
因此{an}是首项为,公比为的等比数列,
于是an=n-1.
(2)由(1)得Sn=1-n.
由S5=得1-5=,
即5=.
解得λ=-1.
【课后练习-等差】
1.在等差数列{an}中,a2=2,a3=4,则 a10= (  )
A.12 B.14 C.16 D.18
解:由a2=2,a3=4知d==2.
所以a10=a2+8d=2+8×2=18.故选D.
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若 a3+a2 018=1,则S2 020= (  )
A.22 020 B.2 021 C.1 010 D.21 010
解:因为{an}为等差数列, a3+a2 018=1,所以a1+a2 020=a3+a2 018=1,所以S2 020==1 010.故选C.
3.已知数列{an}为等差数列,a2+a3=1, a10+a11=9,则a5+a6= (  )
A.4 B.5 C.6 D.7
解:设等差数列{an}的公差为d,因为a2+ a3=1,a10+a11=9,所以2a1+3d=1,2a1+19d=9,解得a1=-,d=.所以a5+a6=2a1+9d= -2×+9×=4.
另解:a10+a11-(a2+a3)=16d=8?d=,所以a5+a6=a2+a3+6d=1+3=4.故选A.
4.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,则k= (  )
A.8 B.7 C.6 D.5
解:由a1=1,公差d=2得通项an=2n-1,又Sk+2-Sk=ak+1+ak+2,所以2k+1+2k+3=24,得k=5.故选D.
5.已知两等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且=,则= (  )
A. B. C. D.2
解:因为===,所以====.故选C.
6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9, -=-4,则Sn取最大值时的n为 (  )
A.4 B.5 C.6 D.4或5
解:由{an}为等差数列,设公差为d,有- =a5-a3=2d=-4,即d=-2,又a1=9,所以an=-2n+11,由an=-2n+11<0,得n>,所以Sn取最大值时n为5.故选B.
7.中位数为1 011的一组数构成等差数列,其末项为2 019,则该数列的首项为________.
解:设首项为a1,则a1+2019=2×1 011,解得a1=3.故填3.
8.等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,且数列{}也为等差数列,则a10=________.
解:因为数列{an}是等差数列,设公差为d,
则Sn=n+=n2+n,
所以=,又{}也为等差数列,设为{bn},显然b1=1,公差设为d1,则 bn=1+(n-1)d1=nd1+(1-d1),因为b=()2,比较平方后两边的系数,则有(1-d1)2=0且1-=2d1(1-d1),所以d=2.所以a10=1+(10-1)× 2=19.故填19.
9.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a3·a4=117,a2+a5=22,求an和Sn.
解:因为数列{an}为等差数列,所以a3+a4=a2+a5=22.
又a3·a4=117,所以a3,a4是方程x2-22x+117=0的两实根,
又公差d>0,所以a3<a4,所以a3=9,a4=13,
所以 所以
所以通项公式an=4n-3.
所以Sn=na1+·d=2n2-n.
10已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.
(1)若a3+b3=5 ,求{bn}的通项公式;
(2)若T3=21,求S3.
解:(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,
则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.
由a2+b2=2得d+q=3.①
由a3+b3=5得2d+q2=6.②
联立①②解得或(舍去)
因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.
解得q=-5,q=4.
当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.
当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.
11.已知数列{an}满足a1=1,an=(n∈N*,n≥2),数列{bn}满足关系式bn=(n∈N*).
(1)求证:数列{bn}为等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
解:(1)证明:因为bn=,且an=,
所以bn+1===,
所以bn+1-bn=-=2.
又因为b1==1,
所以数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn=1+(n-1)×2=2n-1,又bn=,
所以an==.
所以数列{an}的通项公式为an=.
12.(难题) ()已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且an>0, 6Sn=a+3an,n∈N*,bn=,若对任意的n∈N*,k>Tn恒成立,则k的最小值是
(  )
A. B.49 C. D.
解:当n=1时,6a1=a+3a1,解得a1=3或a1=0(舍去),又6Sn=a+3an,所以6Sn+1=a+3an+1,两式作差可得6an+1=a-a+3an+1-3an,
整理可得(an+1+an)(an+1-an-3)=0,结合 an>0可得an+1-an-3=0,所以an+1-an=3,故数列{an}是首项为3,公差为3的等差数列,
所以an=3+(n-1)×3=3n,则bn===,
所以Tn=[++…+(-)]=<,所以k≥.故选C.
【课后练习-等比】
1.已知正项等比数列{an}满足a4=4,a2+a6=10,则公比q= (  )
A.或 B. C. D.2或
解:因为a4=4,a2+a6=10,所以+a4q2=10,得2q4-5q2+2=0,得q2=2或,又q>0,所以q=或.故选A.
2.在正项等比数列{an}中,Sn是其前n项和.若a1=1,a2a6=8,则S8= (  )
A.8 B.15(+1)
C.15(-1) D.15(1-)
解:因为a2a6=a=8,所以aq6=8,所以q=,所以S8==15(+1).故选B.
3.等比数列{an}中,a1+a2=40,a3+a4=60,则a7+a8= (  )
A.135 B.100 C.95 D.80
解:因为{an}是等比数列,所以a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8也是等比数列,所以a7+a8=40×=135.故选A.
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S4=2,S8=10,则S16= (  )
A.50 B.70 C.170 D.250
解:显然等比数列{an}的公比不等于-1,由等比数列的性质可得S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,即2,8,S12-10,S16-S12成等比数列,所以S12-10=2×=32,S16-S12=2×=128,所以S16=128+S12=128+(32+10)=170.故选C.
5.已知等比数列{an}各项均为正数,满足a1+a3=3,a4+a6=6, 则a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7= (  )
A.62 B.62 C.61 D.61
解:设等比数列{an}的公比为q,由题知q3==2,所以q=.因为a1+a1q2=3,所以a1=1,a3=2.而a1a3,a2a4,a3a5,a4a6,a5a7成等比数列,且公比为q2,故a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7===62.故选A.
6.若数列{an}是正项递减等比数列,Tn表示其前n项的积,且T8=T12,则当Tn取最大值时,n的值等于 (  )
A.9 B.10 C.11 D.12
解:因为T8=T12,所以a9a10a11a12=1,又a9a12=a10a11=1,且数列{an}是正项递减数列,所以a9>a10>1>a11>a12,因此T10取最大值.故选B.
7.已知正项等比数列{an}的公比为3,若aman=9a,则+的最小值等于________.
解:因为正项等比数列{an}的公比为3,且aman=9a,所以a2·3m-2·a2·3n-2=a·3m+n-4=9a,所以m+n=6,所以+=(m+n)=(2+++)≥×=,当且仅当m=2n=4时取等号.故填.
8.()已知在公比不为1的等比数列{an}中,a2a4=9,且2a3为3a2和a4的等差中项,设数列{an}的前n项积为Tn,则T8=________.
解:由题意得a2a4=a=9.设等比数列{an}的公比为q,由2a3为3a2和a4的等差中项可得4a3=3a2+a4,即4a3=+a3q,整理得q2-4q+3=0,由公比不为1,解得q=3.所以T8=a1·a2·…·a8=aq28=(aq16)·q12=(a1q2)8·q12=a·q12=94×312=320.故填320.
9.()已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,a-(2an+1-1)an-2an+1=0.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
解:(1)由题意得a2=,a3=.
(2)由a-(2an+1-1)an-2an+1=0,
得2an+1(an+1)=an(an+1).
因为{an}的各项都为正数,所以=.
故{an}是首项为1,公比为的等比数列,因此an=.
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,在数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且an+Sn=n.
(1)设cn=an-1,求证:{cn}是等比数列;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解:(1)证明:因为an+Sn=n,①
所以an+1+Sn+1=n+1,②
②-①得an+1-an+an+1=1,
所以2an+1=an+1,所以2(an+1-1)=an-1,
又易得a1=,a1-1=-≠0,
所以=.
所以{cn}是以-为首项,为公比的等比数列.
(2)由(1)可知cn=·=-,
所以an=cn+1=1-.
所以当n≥2时,
bn=an-an-1=1--
=-=.
又b1=a1=代入上式也符合,所以bn=.
11.已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由题设知a1a4=a2a3=8,
又a1+a4=9,可解得或(舍去).
设等比数列{an}的公比为q,由a4=a1q3得q=2,
故an=a1qn-1=2n-1.
(2)Sn==2n-1,
又bn===-,
所以Tn=b1+b2+…+bn
=++…+
=-=1-.
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