第50炼等比数列性质

第50炼等比数列性质(含等差等比数列综合题)第50炼等比数列性质(含等差等比数列综合题)第50炼等比数列性质(含等差等比数列综合题)第50炼等比数列性质一、根基知识1、定义：数列an从第二项开始，后项与前一项的比值为同一个常数qq0，那么称an为等比数列，这个常数q称为数列的公比注：非零常数列既可视为等差数列，也可视为q1的等比数列，而常数列0,0,0,不过等差数列2、等比数列通项公式：ana1qn1，也能够为：anamqnm3a,b,c成等比数列，那么b称为a,c的等比中项、等比中项：假定〔1〕假定b为a,c的等比中项，那么有abb2acbc〔2〕假定a为等比数列，那么nN，an1均为an,an2的等比中项n〔3〕假定an为等比数列，那么有mnpqamanapaq4、等比数列前n项和公式：设数列an的前n项和为Sn当q1时，那么an为常数列，因此Snna1当q1时，那么Sna11qn1q可变形为：Sna11qna1qna1，设ka1，可得：Snkqnk1qq1q1q15、由等比数列生成的新等比数列1〕在等比数列an中，等间距的抽取一些项构成的新数列仍为等比数列2〕等比数列an,bn，那么有①数列kan〔k为常数〕为等比数列②数列an1时，即1〔为常数〕为等比数列，特其余，当为等比数列an③数列anbn为等比数列④数列an为等比数列6、相邻k项和的比值与公比q有关：设Sam1am2amk,Tan1an2ank，那么有：Sam1am2amkamqq2qkamqnmanqq2qkTan1an2ankan特其余：假定a1a2akSk,ak1ak2a2kS2kSk,a2k1a2k2a3kS3kS2k,，那么Sk,S2kSk,S3kS2k,成等比数列7、等比数列的判断：〔假定an不是常数列〕〔1〕定义法〔递推公式〕：an1qnNan〔2〕通项公式：ankqn〔指数类函数〕〔3〕前n项和公式：Snkqnk注：假定Snkqnmmk，那么an是从第二项开始成等比关系〔4〕等比中项：对于nN，均有an21anan28、特别数等比数列an的前n项和Sn与1前n项和Tn的关系ana11qn111Sn1q，由于an是首项为，公比为的等比数列，因此有a1q11nqn11qna1qqn1Tn1q1a1qn1q11qa1qSna11qna1qn1q12n1Tn1qqn1a1q例1：等比数列an的公比为正数，且a21,a3a92a52，那么a10________思路：由于a3a9a62，代入条件可得：a622a52，由于q0，因此a62a5，q2因此a10a2q816答案：16例2：a为等比数列，且a34,a716，那么a5〔〕nA.64B.64C.8D.8思路一：由a3,a7可求出公比：q4a74，可得q22，因此a5a3q2428a3思路二：可联想到等比中项性质，可得a52a3a764，那么a58，由等比数列特色可得奇数项的符号相同，因此a58答案：D小炼有话说：思路二的解法只管简单，可是要注意双解时要考证项能否切合等比数列特色。例3：等比数列an的前n项和为Snt2n11，那么实数t的值为〔〕A.2B.1C.2D.思路：由等比数列的结论可知：特别数列的等比数列，其前n项和为Snkqnk的形式，因此Snt2n11t2n1，即t1t222答案：A例4：设等比数列an的前n项和记为Sn，假定S10:S51:2，那么S15:S5〔〕A.3B.2C.11432D.3a11qn可得：S10a11q10,S5a11q5q的思路：由Sn1q1q1q，可发现只有分子中指数幂不一样，因此作商消去a1后即可解出q，从而可计算出S15:S5的值解：S10a11q10,S5a11q51q1qS101q101q51，解得：q51S51q522139因此S15a11q151q1q151328S51qa11q51q5113422答案：A例5：数列an为等比数列，假定a4a610，那么a7a12a3a3a9的值为〔〕A.10B.20C.100D.200思路：与条件a4a610联系，可将所求表达式向a4,a6聚拢，从而a7a12a3a3a9a7a12a7a3a3a9a422a4a6a62a42a6，即所求表达式的值为100答案：C例6：等比数列an中a31，那么其前5项的和S5的取值范围是〔〕A.1,B.5,C.5,D.,05,4思路：条件中仅有a3，因此考虑其余项向a3聚拢，因此有2S5a3a3a3a3qa3q2111qq2q1q11，再求出其q2qq2qqq值域即可解：S5a1a2a3a4a5S5a3a3a3a3qa3q2111qq2q2qq2q211q1q，设t，因此t,22,q1qqq2St2t1t15S1,5245答案：A例7：数列an是首项不为零的等比数列，且公比大于0，那么“q1〞是“数列an是递加数列〞的〔〕A.充要条件B.必需不充分条件C.充分不用要条件D.既不充分也不用要条件思路：在等比数列中，数列的增减遇到a1的符号，与q的影响。因此在考虑反例时可从这两点下手。将条件转为命题：“假定q1，那么数列an是递加数列〞，假如a10，那么an是递减数列，因此命题不建立；再看“假定数列an是递加数列，那么q1〞，同理，假如a10，那么要求q0,1，因此命题也不建立。综上，“q1〞是“数列an是递加数列〞的既不充分也不用要条件答案：D例8：在等比数列an中，假定a1a2a3a415,a2a39111188，那么a2a3a4a1〔〕A.5B.5C.3D.33355解：条件与结论分别是an的前4项和与倒数和，因此考虑设S4a1a2a3a4,T41111，那么S4a12q3a1qa1q2a2a39a1a2a3a4T48因此T4S45938答案：B例9：等比数列an中，各项都是正数，且a3a12a2a9a10a11a12，那么a8a9a10a7〔〕A.12B.12C.322D.322思路：所求分式中的分子和分母为相邻4项和，那么两式的比值与q有关，因此需要求出q。由条件aa2a，将等式中的项均用a,q即可求出q。从而解得表达式的值3121解：a1,1a3,2a2成等差数列212a3a12a2将a3a1q2,a2a1q代入等式可得：2a1q2a12a1qq22q10q22212，而an为正项数列，因此q12不符题意，舍去2q12a9a10a11a12a91qq2q322a7a8a9a10a71qq2q3q12322答案：C例10：在正项等比数列an中，a51,a6a73，那么知足2a1a2anaa12an的最大正整数n的值为____________思路：从条件下手可求得an通项公式：an2n6，从而所知足的不等式可变形为对于n的不等式：2nn211n5，由2122的指数幂特色可得：nmnmnn211n1022212m,nN,nm，因此只要222，从而解出n的最大值解：设an的公比为q，那么有a6a73a5qa5q231q1q23解得：q3〔舍〕或q222ana5qn52n6a1a2ana12n112n12132nn11a1a2an254n6221nn11n211n52n2n因此所解不等式为：12212232nn211n10n211n10222nn13n10022可解得：0n

131292nNn的最大值为12答案：12三、历年好题优选〔等差等比数列综合〕1、正等比数列an足a5a4a3a25，a6a7的最小〔〕A.32B.10102C.20D.282、等差数列an的首a1，公差d，其前n和Sn，假定直ya1x与x2y24的两个交点对于直xyd0称，S52〔〕A.25B.25C.15D.153、〔2021，内江四模〕假定a,b,c,d成等比数列，以下三个数：①ab,bc,cd②ab,bc,cd③ab,bc,cd，必成等比数列的个数〔〕4、等差数列an的前n和Sn，且足S150，S160，S1，S2，⋯，S15中a1a2a15最大的〔〕A.S6B.S7C.S9D.S8a6a7a9a85、〔2021，新余一中模〕等差数列an的公差d0，且a1,a3,a13成等比数列，假定a11，Sn数列an前n和，2Sn16的最小〔〕an3A.3B.4C.232D.926、〔2021，北京〕an是等差数列，以下中正确的选项是〔〕A.假定a1a20，a2a30B.假定a1a30，a1a20C.假定0a1a2，a2a1a3D.假定a10，a2a1a2a307、〔2021，广〕在等差数列an中，假定a3a4a5a6a725，a2a8______8、〔2021，北京〕假定等差数列an足a7a8a90,a7a100，当n______，an的前n和最大9、〔2021，福建〕假定a,b是函数fxx2pxqp0,q0的两不一样零点，且a,b,2三个数可适合排序后成等差数列，也可适合排序后成等比数列，pq的等于〔〕A.6B.7C.8D.910、an是等差数列，公差d0，其前n项和为Sn，假定a3,a4,a8成等比数列，那么〔〕A.a1d0,dS40B.a1d0,dS40C.a1d0,dS40D.a1d0,dS4011、〔2021，广东〕假定等比数列an各项均为正数，且a10a11a9a122e5，那么12、〔2021，安徽〕数列an是等差数列，假定a11,a33,a55构成公比为q的等比数列，那么q_______13、〔2021，新课标全国卷I〕数列an的前n项和为Sn,a11,an0，anan1Sn1，此中为常数1〕证明：an2an2〕能否存在，使得an为等差数列？并说明原因14、〔2021，河南中原第一次联考〕Sn为等差数列an的前n项和，假定S3S737，那么19a3a11〔〕A.47B.73C.37D.7415、设等差数列an的前n项和为Sn，且知足S150,S160，那么S1,S2,,S15中最大a1a2a15的项为〔〕S7S6C.S9D.S8A.B.a9a8a7a616、〔2021，湖北〕等差数列an知足：a12，且a1,a2,a5成等比数列〔1〕求数列an的通项公式〔2〕记数列an的前n项和为Sn，能否存在正整数n，使得Sn60n800?假定存在，求的最小值；假定不存在，说明原因习题答案：1、答案：C分析：设等比数列的公比为q，由已知可得q1，那么有a5a4a3a522q13a，25a因此a6a7q4a3a25q45q2111052q2111020q21q21q21，等号建立当且仅当q21q11q222、答案：C分析：由交点对称可知：①交点所在直线与xyd0垂直，因此a11；②直线xyd0为圆上弦的中垂线，因此该直线过圆心，由圆方程可得圆心坐标：2,0，代入可得：d2，因此ana1n1d32n，S5153、答案：B分析：本题从“等比数列中不含0项〞下手，不如设a,b,c,d的公比为q，可得①中假定公比1，那么没法构成等比数列，同理③中假定q1，那么没法构成等比数列；对于②可知均能构成公比为q2的等比数列4、答案：DS15015a80a80an中，a10,d0且S8最大。因此可分析：0a8a90a9，可得在S160知0SSS,aaa0，从而S8最大128128a85、答案：A分析：设公差为d，由于a1,a3,a13成等比数列a32a1a11a12d212da1a114d4d2112d解得：d2ana1n1d2n1Snn22Sn162n2162n216，令tn1an32n132n22Sn16t922t94an3t2t6、答案：C分析：A选项：反例为公差小于0，且a0,a20,aa的数列，比如：112a13,a21,a35，因此A错误B选项：同A中的例子即可判断B错误C选项：由0a1a2可知d0，且an0，那么aaaa2aa，再将a1,a3统213213一用a2,d表示，即a1a3a2da2da22d2a22，因此C正确D选项：由等差数列可得：a2a1a2a3d20，因此D错误综上所述：C选项正确7、答案：10分析：a3a4a5a6a75a525，可得a55，因此a2a82a5108、答案：8分析：由a7a8a90可得：3a80a80，由a7a100可得a8a90，从而a90，由此可知数列an前8项为正项，且数列单一递减，从第9项开始为负项，因此前8项和最大9、答案：D分析：由韦达定理可知abp,abq，且由p,q0可知a,b0，由于a,b,2可构成2q4，因此a,4,2ab4，即42构成等差等比数列，因此必为等比中项，2baa数列，相同由a,40判断出那么等差中项只好是a或4，因此有2a42或8a2，aaaaa4a1，那么pab5，因此pq9解得或b1b410、分析：a3,a4,a8成等比数列a42a3a8a12a12da17d3da126a1d9d2a129a1d14d2a15d3a1d5d20S44a143d20d6d2d3233dS42d203综上所述：a1d0,dS4011、答案：50分析：由a10a11a9a122e52a10a112e5可得a10a11e5，从而lna10lna115，因为an为等比数列，因此lna为等差数列，从而有：nlna1lna2lna20lna10lna112050212、答案：1分析：方法一：设a的公差为d，由a11,a33,a55成等比数列可得：na32a11a55a326a39a1a55a1a553a126a12d9a1a14d5a1a14d52da24ad4d26a12d9a24ad6a4d51111114d28d40d1qa33a1231a11a11方法二：由等比数列性质可知：a33a55q，由合比性质可得：a11a33qa5