高三數(shù)學(xué)等比數(shù)列3

等比數(shù)列

一、概念與公式1.定義2.通項(xiàng)公式3.前

n

項(xiàng)和公式二、等比數(shù)列的性質(zhì)1.首尾項(xiàng)性質(zhì):有窮等比數(shù)列中,與首末兩項(xiàng)距離相等的兩項(xiàng)積相等,即:特別地,若項(xiàng)數(shù)為奇數(shù),還等于中間項(xiàng)的平方,即:a1an=a2an-1=a3an-2=…

.若數(shù)列

{an}

滿足:

=q(常數(shù)),則稱

{an}

為等比數(shù)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.特別地,若

m+n=2p,則

aman=ap2

.2.若

p+q=r+s(p、q、r、s∈N*),則

apaq=aras

.3.等比中項(xiàng)

如果在兩個(gè)數(shù)

a、b

中間插入一個(gè)數(shù)

G,使

a、G、b

成等比數(shù)列,則

G

叫做

a

與

b

的等比中項(xiàng).5.順次

n

項(xiàng)和性質(zhì)4.若數(shù)列

{an}

是等比數(shù)列,

m,p,n

成等差數(shù)列,則

am,ap,an

成等比數(shù)列.

6.若數(shù)列

{an},{bn}

是等比數(shù)列,則數(shù)列

{anbn},{

}

也是等比數(shù)列.anbnG=

ab.

若

{an}

是公比為

q

的等比數(shù)列,則

ak,ak,ak也成等比數(shù)列,且公比為

qn.k=2n+13nk=1nk=n+12n7.單調(diào)性8.若數(shù)列

{an}

是等差數(shù)列,則

{ban}

是等比數(shù)列;若數(shù)列

{an}

是正項(xiàng)等比數(shù)列,則

{logban}

是等差數(shù)列.三、判斷、證明方法1.定義法;2.通項(xiàng)公式法;3.等比中項(xiàng)法.a1>0,q>1,a1<0,0<q<1,或

{an}

是遞增數(shù)列;或

a1>0,0<q<1,a1<0,q>1,

{an}

是遞減數(shù)列;q=1

{an}

是常數(shù)列;q<0

{an}

是擺動(dòng)數(shù)列.典型例題1.設(shè)數(shù)列

{an}

的前

n

項(xiàng)和為

Sn,若

S1=1,S2=3,且

Sn+1-3Sn+2Sn-1=0(n≥2),試判斷

{an}

是不是等比數(shù)列.2.設(shè)等比數(shù)列

{an}

的前

n

項(xiàng)和為

Sn,若

S3+S6=2S9,求數(shù)列的公比

q.3.三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列,

若將第三項(xiàng)減去

32,

則成等差數(shù)列,再將此等差數(shù)列的第二項(xiàng)減去

4,又成等比數(shù)列,求原來的三個(gè)數(shù).4.已知數(shù)列

{an}

的各項(xiàng)均為正數(shù),且前

n

和

Sn

滿足:6Sn=an2+3an+2.若

a2,a4,a9成等比數(shù)列,求數(shù)列的通項(xiàng)公式.a1=1,a2=2,Sn+1-Sn=

2(Sn-Sn-1),an=2n-1,

{an}是等比數(shù)列.設(shè)三數(shù)為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}

是首項(xiàng)為

a1,

公比為q

的等比數(shù)列.

(1)求和:a1C2-a2C2+a3C2,a1C3-a2C3+a3C3-a4C3;(2)由(1)的結(jié)果歸納概括出關(guān)于正整數(shù)

n

的一個(gè)結(jié)論,并加以證明;(3)設(shè)q≠1,Sn

是

{an}

的前

n

項(xiàng)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.數(shù)列

{an}

中,a1=1,a2=2.數(shù)列

{an

an+1}

是公比為q(q>0)的等比數(shù)列.(1)求使

anan+1+an+1an+2>an+2an+3(n

N*)

成立的

q

的取值范圍;(2)若

bn=a2n-1+a2n

(n

N*),求

{bn}

的通項(xiàng)公式.

(1)

0<q<;1+

52∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).證:(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.數(shù)列

{an}

的前

n

項(xiàng)和記為

Sn,已知

a1=1,

an+1=

Sn(n=1,2,3,…),證明:(1)數(shù)列

{}

是等比數(shù)列;(2)

Sn+1=4an.n+2nSn

nSn

n∴{}

是以

1

為首項(xiàng),2

為公比的等比數(shù)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.因此對(duì)于任意正整數(shù)

n,都有

Sn+1=4an.(2)證法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

也適合上式,

∴an=(n+1)

2n-2

(n

N*).

∴4an=(n+1)

2n=Sn+1.

即

Sn+1=4an.

7.數(shù)列

{an}

的前

n

項(xiàng)和記為

Sn,已知

a1=1,

an+1=

Sn(n=1,2,3,…),證明:(1)數(shù)列

{}

是等比數(shù)列;(2)

Sn+1=4an.n+2nSn

n8.數(shù)列

{an}

中,a1=1,Sn+1=4an+2,(1)設(shè)

bn=an+1-2an,求證:{bn}是等比數(shù)列,并求其通項(xiàng);(2)設(shè)

cn=,求證:數(shù)列

{cn}

是等差數(shù)列;(3)求

Sn=a1+a2+…+an.an2n(1)證:

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

為首項(xiàng),2

為公比的等比數(shù)列.

又由

a1=1,a1+a2=S2=4a1+2

得

a2=5,∴b1=a2-2a1=3.∴bn=3

2n-1

.

∴數(shù)列

{cn}

是等差數(shù)列.∴Sn=4an-1+2=4

(3n-4)

2n-3+2=(3n-4)

2n-1+2.

∴an=2n

cn=(3n-1)

2n-2.(2)證:

∵cn+1-cn=-

an2nan+12n+1an+1-2an

2n+1=bn

2n+1=

=3

2n-1

2n+1=(常數(shù)),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

亦適合上式,

∴Sn=(3n-4)

2n-1+2(n

N*).8.數(shù)列

{an}

中,a1=1,Sn+1=4an+2,(1)設(shè)

bn=an+1-2an,求證:{bn}是等比數(shù)列,并求其通項(xiàng);(2)設(shè)

cn=,求證:數(shù)列

{cn}

是等差數(shù)列;(3)求

Sn=a1+a2+…+an.an2n

1.四個(gè)正數(shù),前三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列,其和為

48,后三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列,其最后一個(gè)數(shù)是

25,求此四數(shù).解:

由已知可設(shè)前三個(gè)數(shù)為

a-d,a,a+d(d

為公差)且

a+d>0.∵后三數(shù)成等比數(shù)列,其最后一個(gè)數(shù)是

25,解得:a=16,d=4.故所求四數(shù)分別為

12,16,20,25.∴a-d+a+a+d=48,且(a+d)2=25a.

∴a-d=12,a+d=20.

課后練習(xí)題2.在等比數(shù)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}

是等比數(shù)列,∴a1a6=a3a4=32.

又∵a1+a6=33,∴a1,a6是方程

x2-33x+32=0

的兩實(shí)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.已知數(shù)列

{an}

為等比數(shù)列,a2=6,a5=162,(1)求數(shù)列

{an}

的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)

Sn

是數(shù)列

{an}

的前

n

項(xiàng)和,證明:

≤1.Sn

Sn+2Sn+12(1)解:

設(shè)等比數(shù)列

{an}

的公比為

q,依題意得:a1q=6

且

a1q4=162.解得:a1=2,q=3.∴數(shù)列

{an}

的通項(xiàng)公式為

an=2

3n-1.(2)證:

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.設(shè)

{an}

為等比數(shù)列,

Tn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an,已知

T1=1,T2=4.(1)求數(shù)列

{an}

的首項(xiàng)和公比;(2)求數(shù)列

{Tn}

的通項(xiàng)公式.解:(1)設(shè)等比數(shù)列

{an}

的公比為

q,則:T1=a1,

T2=2a1+a2.又

T1=1,

T2=4,∴a1=1,2a1+a2=4

a2=2.∴q=2.∴數(shù)列

{an}

的首項(xiàng)為

1,公比為

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

設(shè)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.在公差為

d(d

0)

的等差數(shù)列

{an}

和公比為

q

的等比數(shù)列

{bn}

中,已知

a1=b1=1,a2=b2,a8=b3,(1)求

d,

q

的值;(2)是否存在常數(shù)a,b,使得對(duì)于一切正整數(shù)

n,都有

an=lgabn+b

成立?若存在,求出

a

和

b,若不存在,說明理由.解:(1)∵a1=b1=1,a2=b2,a8=b3,∵d

0,∴解得

d=5,q=6.

故

d,

q

的值分別為

5,6.∴1+d=q

且

1+7d=q2.(2)由(1)及已知得

an=5n-4,bn=6n-1.

假設(shè)存在常數(shù)

a,b,使得對(duì)于一切正整數(shù)

n,都有

an=lgabn+b

成立,

則

5n-4=loga6n-1+b

對(duì)一切正整數(shù)

n

都成立.即

5n-4=nloga6+b-loga6

對(duì)一切正整數(shù)

n

都成立.

∴l(xiāng)oga6＝5,

b-loga6=-4.∴a=

6,

b=1.5

故存在常數(shù)

a,b,它們的值分別為6,1,使得對(duì)于一切正整數(shù)

n,都有

an=lgabn+b

成立.

5

6.設(shè)

Sn為數(shù)列

{an}

的前

n

項(xiàng)和,且滿足

2Sn=3(an-1),(1)證明數(shù)列

{an}

是等比數(shù)列并求

Sn;(2)若

bn=4n+5,將數(shù)列

{an}

和

{bn}的公共項(xiàng)按它們?cè)谠瓟?shù)列中的順序排成一個(gè)新的數(shù)列

{dn},證明

{dn}

是等比數(shù)列并求其通項(xiàng)公式.證:(1)由已知

a1=3,

當(dāng)

n≥2

時(shí),an=Sn-Sn-1.∴2an=2(Sn-Sn-1)=2Sn-2Sn-1=3(an-an-1)

an=3an-1.故數(shù)列

{an}

是首項(xiàng)與公比均為

3

的等比數(shù)列.從而

an=3n,Sn=

(3n+1-3).12(2)易知

d1=a2=b1=9.

設(shè)

dn

是

{an}

中的第

k

項(xiàng),又是

{bn}

中的第

m

項(xiàng),即

dn=3k=4m+5.∵ak+1=3k+1=3(4m+5)=4(3m+3)+3

不是數(shù)列

{bn}

中的項(xiàng),而

ak+2=3k+2=9(4m+5)=4(9m+10)+5

是{bn}的第(9m+10)項(xiàng),∴dn+1=ak+2=3k+2.dn+1dn

由=9

知:{dn}

是首項(xiàng)與公比均為

9

的等比數(shù)列,故

dn=9n.

7.{an},{bn}

都是各項(xiàng)為正的數(shù)列,對(duì)于任意的自然數(shù)

n,都有

an,bn,an+1成等差數(shù)列,bn,an+1,bn+1成等比數(shù)列.(1)求證{bn}

是等差數(shù)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)證:

依題意有:2bn=an+an+1,

①

an+1=bn

bn+1.

②2222從而當(dāng)

n≥2

時(shí),an=bn-1

bn,代入①得2bn=bn-1

bn+bn

bn+1.2∴2bn=bn-1+bn+1(n≥2).∴{bn}

是等差數(shù)列.(2)解:

由

a1=1,b1=

2

及①②兩式易得

a2=3,b2=2.32從而

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

亦適合上式,

∴

an=

n(n+1)(n

N*).12∴

Sn=…=2(1-+-+…+-

)n11212131n+12n

n+1=

.8.設(shè)數(shù)列

{an}

的前

n

項(xiàng)和為Sn(其中,n

N*),若

Sn=(c+1)-can,其中

c

為不等于

-1

和

0

的常數(shù).(1)求證

{an}

是等比數(shù)列;(2)設(shè)數(shù)列

{an}

的公比

q=f(c),數(shù)列

{bn}

滿足:

b1=,bn=f(bn-1)(其中,n

N*,且

n≥2).

求數(shù)列

{bn}

的通項(xiàng)公式.13(1)證:

∵Sn=(c+1)-can(n

N*),∴a1=(c+1)-ca1.∴(c+1)a1=c+1.∵c

-1,∴a1=1.當(dāng)

n≥2

時(shí),an=Sn-Sn-1=can-1-can

(c+1)an=can-1.an

an-1cc+1∴=,這是一個(gè)與

n

無關(guān)的常數(shù).∵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

為首項(xiàng),