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文档简介
等比数列
一、概念与公式1.定义2.通项公式3.前
n
项和公式二、等比数列的性质1.首尾项性质:有穷等比数列中,与首末两项距离相等的两项积相等,即:特别地,若项数为奇数,还等于中间项的平方,即:a1an=a2an-1=a3an-2=…
.若数列
{an}
满足:
=q(常数),则称
{an}
为等比数列.an+1anan=a1qn-1=amqn-m
.na1(q=1);Sn=a1-anq
1-q
=(q≠1).a1(1-qn)1-q
a1an=a2an-1=a3an-2=…=a中2.特别地,若
m+n=2p,则
aman=ap2
.2.若
p+q=r+s(p、q、r、s∈N*),则
apaq=aras
.3.等比中项
如果在两个数
a、b
中间插入一个数
G,使
a、G、b
成等比数列,则
G
叫做
a
与
b
的等比中项.5.顺次
n
项和性质4.若数列
{an}
是等比数列,
m,p,n
成等差数列,则
am,ap,an
成等比数列.
6.若数列
{an},{bn}
是等比数列,则数列
{anbn},{
}
也是等比数列.anbnG=
ab.
若
{an}
是公比为
q
的等比数列,则
ak,ak,ak也成等比数列,且公比为
qn.k=2n+13nk=1nk=n+12n7.单调性8.若数列
{an}
是等差数列,则
{ban}
是等比数列;若数列
{an}
是正项等比数列,则
{logban}
是等差数列.三、判断、证明方法1.定义法;2.通项公式法;3.等比中项法.a1>0,q>1,a1<0,0<q<1,或
{an}
是递增数列;或
a1>0,0<q<1,a1<0,q>1,
{an}
是递减数列;q=1
{an}
是常数列;q<0
{an}
是摆动数列.典型例题1.设数列
{an}
的前
n
项和为
Sn,若
S1=1,S2=3,且
Sn+1-3Sn+2Sn-1=0(n≥2),试判断
{an}
是不是等比数列.2.设等比数列
{an}
的前
n
项和为
Sn,若
S3+S6=2S9,求数列的公比
q.3.三个数成等比数列,
若将第三项减去
32,
则成等差数列,再将此等差数列的第二项减去
4,又成等比数列,求原来的三个数.4.已知数列
{an}
的各项均为正数,且前
n
和
Sn
满足:6Sn=an2+3an+2.若
a2,a4,a9成等比数列,求数列的通项公式.a1=1,a2=2,Sn+1-Sn=
2(Sn-Sn-1),an=2n-1,
{an}是等比数列.设三数为a,b,c,得b=2+4a,c=7a+36.2,10,50或,,.933892629an+1-an=3,a1=1,an=3n-2.12-436.已知
{an}
是首项为
a1,
公比为q
的等比数列.
(1)求和:a1C2-a2C2+a3C2,a1C3-a2C3+a3C3-a4C3;(2)由(1)的结果归纳概括出关于正整数
n
的一个结论,并加以证明;(3)设q≠1,Sn
是
{an}
的前
n
项和,求
S1Cn-S2Cn+S3Cn-S4Cn+
…
+(-1)nSn+1Cn.00011122233n(1)a1(1-q)2,a1(1-q)3;(2)a1Cn-a2Cn+a3Cn-a4Cn+
…
+(-1)nan+1Cn=a1(1-q)n(n
N*);0123n(3)-a1q(1-q)n-1.(2)bn=3qn-1.5.数列
{an}
中,a1=1,a2=2.数列
{an
an+1}
是公比为q(q>0)的等比数列.(1)求使
anan+1+an+1an+2>an+2an+3(n
N*)
成立的
q
的取值范围;(2)若
bn=a2n-1+a2n
(n
N*),求
{bn}
的通项公式.
(1)
0<q<;1+
52∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).证:(1)∵an+1=Sn+1-Sn,又
an+1=
Sn,n+2n整理得
nSn+1=2(n+1)Sn.n+2n∴Sn+1-Sn=Sn,Sn
nSn+1n+1∴=2
.
7.数列
{an}
的前
n
项和记为
Sn,已知
a1=1,
an+1=
Sn(n=1,2,3,…),证明:(1)数列
{}
是等比数列;(2)
Sn+1=4an.n+2nSn
nSn
n∴{}
是以
1
为首项,2
为公比的等比数列.(2)由(1)知
=4(n≥2),Sn+1n+1Sn-1n-1于是
Sn+1=4(n+1)
=4an(n≥2),Sn-1n-1又
a2=3S1=3a1=3,故
S2=a1+a2=4=4a1.因此对于任意正整数
n,都有
Sn+1=4an.(2)证法2:
由(1)知=2n-1.Sn
n∴Sn=n
2n-1
.
∴Sn+1=(n+1)
2n.
∵an=Sn-Sn-1=n
2n-1-(n-1)
2n-2=(n+1)
2n-2
(n≥2).
而
a1=1
也适合上式,
∴an=(n+1)
2n-2
(n
N*).
∴4an=(n+1)
2n=Sn+1.
即
Sn+1=4an.
7.数列
{an}
的前
n
项和记为
Sn,已知
a1=1,
an+1=
Sn(n=1,2,3,…),证明:(1)数列
{}
是等比数列;(2)
Sn+1=4an.n+2nSn
n8.数列
{an}
中,a1=1,Sn+1=4an+2,(1)设
bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列,并求其通项;(2)设
cn=,求证:数列
{cn}
是等差数列;(3)求
Sn=a1+a2+…+an.an2n(1)证:
由已知
an+1=Sn+1-Sn=4an+2-4an-1-2,∴an+1=4an-4an-1(n≥2).∴bn=an+1-2an=4an-4an-1-2an=2(an-2an-1)=2bn-1.∴=2(n≥2).bn-1bn∴{bn}是以
3
为首项,2
为公比的等比数列.
又由
a1=1,a1+a2=S2=4a1+2
得
a2=5,∴b1=a2-2a1=3.∴bn=3
2n-1
.
∴数列
{cn}
是等差数列.∴Sn=4an-1+2=4
(3n-4)
2n-3+2=(3n-4)
2n-1+2.
∴an=2n
cn=(3n-1)
2n-2.(2)证:
∵cn+1-cn=-
an2nan+12n+1an+1-2an
2n+1=bn
2n+1=
=3
2n-1
2n+1=(常数),34(3)解:
由已知
c1==,12a12∴由(2)得cn=+(n-1)=
(3n-1).123414∴an-1=(3n-4)
2n-3(n≥2).而
S1=a1=1
亦适合上式,
∴Sn=(3n-4)
2n-1+2(n
N*).8.数列
{an}
中,a1=1,Sn+1=4an+2,(1)设
bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列,并求其通项;(2)设
cn=,求证:数列
{cn}
是等差数列;(3)求
Sn=a1+a2+…+an.an2n
1.四个正数,前三个数成等差数列,其和为
48,后三个数成等比数列,其最后一个数是
25,求此四数.解:
由已知可设前三个数为
a-d,a,a+d(d
为公差)且
a+d>0.∵后三数成等比数列,其最后一个数是
25,解得:a=16,d=4.故所求四数分别为
12,16,20,25.∴a-d+a+a+d=48,且(a+d)2=25a.
∴a-d=12,a+d=20.
课后练习题2.在等比数列
{an}
中,a1+a6=33,a3a4=32,an+1<an.(1)求
an;(2)若
Tn=lga1+lga2+…+lgan,求
Tn.解:(1)∵{an}
是等比数列,∴a1a6=a3a4=32.
又∵a1+a6=33,∴a1,a6是方程
x2-33x+32=0
的两实根.
∵an+1<an,∴a6<a1,∴a1=32,a6=1.∴32q5=1∴an=26-n.
q=.12(2)由已知
lgan=(6-n)lg2.
∴Tn=lga1+lga2+…+lgan
=[6n-(1+2+…+n)]lg2
=[6n-
]lg2
n(n+1)2=[(6-1)+(6-2)+…+(6-n)]lg2
=(-
n2+n)lg2.
12211
3.已知数列
{an}
为等比数列,a2=6,a5=162,(1)求数列
{an}
的通项公式;(2)设
Sn
是数列
{an}
的前
n
项和,证明:
≤1.Sn
Sn+2Sn+12(1)解:
设等比数列
{an}
的公比为
q,依题意得:a1q=6
且
a1q4=162.解得:a1=2,q=3.∴数列
{an}
的通项公式为
an=2
3n-1.(2)证:
Sn==3n-1,2(1-3n)
1-3Sn
Sn+2Sn+12(3n-1)(3n+2-1)(3n+1-1)2
=32n+2-(3n+3n+2)+132n+2-2
3n+1+1=32n+2-23n
3n+2+132n+2-2
3n+1+1≤=1.
故有
≤1成立.Sn
Sn+2Sn+124.设
{an}
为等比数列,
Tn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an,已知
T1=1,T2=4.(1)求数列
{an}
的首项和公比;(2)求数列
{Tn}
的通项公式.解:(1)设等比数列
{an}
的公比为
q,则:T1=a1,
T2=2a1+a2.又
T1=1,
T2=4,∴a1=1,2a1+a2=4
a2=2.∴q=2.∴数列
{an}
的首项为
1,公比为
2.(2)解法1
由(1)知:a1=1,q=2,∴an=2n-1.∴Tn=n
1+(n-1)
2+(n-2)
22+…+2
2n-2+1
2n-1.∴2Tn=n
2+(n-1)
22+(n-2)
23+…+2
2n-1+1
2n.∴Tn=-n+2+22+…+2n-1+2n
=2n+1-n-2.解法2
设Sn=a1+a2+…+an.∵an=2n-1,∴Sn=2n-1.∴Tn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an=a1+(a1+a2)+(a1+a2+a3)+…+(a1+a2+…+an)=S1+S2+…+Sn=2+22+…+2n-n=2n+1-n-2.5.在公差为
d(d
0)
的等差数列
{an}
和公比为
q
的等比数列
{bn}
中,已知
a1=b1=1,a2=b2,a8=b3,(1)求
d,
q
的值;(2)是否存在常数a,b,使得对于一切正整数
n,都有
an=lgabn+b
成立?若存在,求出
a
和
b,若不存在,说明理由.解:(1)∵a1=b1=1,a2=b2,a8=b3,∵d
0,∴解得
d=5,q=6.
故
d,
q
的值分别为
5,6.∴1+d=q
且
1+7d=q2.(2)由(1)及已知得
an=5n-4,bn=6n-1.
假设存在常数
a,b,使得对于一切正整数
n,都有
an=lgabn+b
成立,
则
5n-4=loga6n-1+b
对一切正整数
n
都成立.即
5n-4=nloga6+b-loga6
对一切正整数
n
都成立.
∴loga6=5,
b-loga6=-4.∴a=
6,
b=1.5
故存在常数
a,b,它们的值分别为6,1,使得对于一切正整数
n,都有
an=lgabn+b
成立.
5
6.设
Sn为数列
{an}
的前
n
项和,且满足
2Sn=3(an-1),(1)证明数列
{an}
是等比数列并求
Sn;(2)若
bn=4n+5,将数列
{an}
和
{bn}的公共项按它们在原数列中的顺序排成一个新的数列
{dn},证明
{dn}
是等比数列并求其通项公式.证:(1)由已知
a1=3,
当
n≥2
时,an=Sn-Sn-1.∴2an=2(Sn-Sn-1)=2Sn-2Sn-1=3(an-an-1)
an=3an-1.故数列
{an}
是首项与公比均为
3
的等比数列.从而
an=3n,Sn=
(3n+1-3).12(2)易知
d1=a2=b1=9.
设
dn
是
{an}
中的第
k
项,又是
{bn}
中的第
m
项,即
dn=3k=4m+5.∵ak+1=3k+1=3(4m+5)=4(3m+3)+3
不是数列
{bn}
中的项,而
ak+2=3k+2=9(4m+5)=4(9m+10)+5
是{bn}的第(9m+10)项,∴dn+1=ak+2=3k+2.dn+1dn
由=9
知:{dn}
是首项与公比均为
9
的等比数列,故
dn=9n.
7.{an},{bn}
都是各项为正的数列,对于任意的自然数
n,都有
an,bn,an+1成等差数列,bn,an+1,bn+1成等比数列.(1)求证{bn}
是等差数列;(2)如果
a1=1,b1=
2,Sn=++…+,求
Sn.2
2
2
1a11a21an
∵an>0,bn>0,∴由②式得
an+1=bn
bn+1.(1)证:
依题意有:2bn=an+an+1,
①
an+1=bn
bn+1.
②2222从而当
n≥2
时,an=bn-1
bn,代入①得2bn=bn-1
bn+bn
bn+1.2∴2bn=bn-1+bn+1(n≥2).∴{bn}
是等差数列.(2)解:
由
a1=1,b1=
2
及①②两式易得
a2=3,b2=2.32从而
bn=b1+(n-1)d
=
(n+1).22故
an+1=(n+1)(n+2).12∴
an=
n(n+1)(n≥2).12而
a1=1
亦适合上式,
∴
an=
n(n+1)(n
N*).12∴
Sn=…=2(1-+-+…+-
)n11212131n+12n
n+1=
.8.设数列
{an}
的前
n
项和为Sn(其中,n
N*),若
Sn=(c+1)-can,其中
c
为不等于
-1
和
0
的常数.(1)求证
{an}
是等比数列;(2)设数列
{an}
的公比
q=f(c),数列
{bn}
满足:
b1=,bn=f(bn-1)(其中,n
N*,且
n≥2).
求数列
{bn}
的通项公式.13(1)证:
∵Sn=(c+1)-can(n
N*),∴a1=(c+1)-ca1.∴(c+1)a1=c+1.∵c
-1,∴a1=1.当
n≥2
时,an=Sn-Sn-1=can-1-can
(c+1)an=can-1.an
an-1cc+1∴=,这是一个与
n
无关的常数.∵c
-1
且
c
0,(2)解:
由(1)知q=f(c)=,cc+1∴bn=f(bn-1)=
(n
N*,且n≥2).bn-1bn-1+1bn-11bn
1∴=+1.bn-11bn
1即-
=1.
∴{}
是以
=3
为首项,
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