数列问题练习

数列问题练习（共10篇）

数列问题练习篇1

1、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＝__________.2、设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则等于()

3、等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝－8a2，a5＞a2，则an＝()

4、正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝72＋6，S7－S2＝142＋12，则公比q等于

5、等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝()

探究点2 等比数列的判定

1、已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N.(1)求证：{an－1}是等比数列；

(2)求数列{Sn}的通项公式，并求出使得Sn＋1＞Sn成立的最小正整数n.122an是等比数列，－

12、已知数列{an}的首项a1＝an＋1，n＝1,2,3，…，求证：数列3an＋1an*S5S

2并求数列{an}的通项公式．

探究点3 等比数列的性质

1、已知等比数列{an}中, a1+a2+a3=－3，a1a2a3=8.则an2、各项都是正数的等比数列{an}的公比q1, a2=1，则a1a5a1a6=a4a

53.{an}是等比数列，且an＞0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25则a3＋a5=

4.各项都是正数的等比数列{an}中,a1a2a3....a30230,则a2a5a8....a26a291、已知数列an通项公式：an4lg3n1lg9n1nN求证：数列an是等差数列

2、在等差数列{an}中，a2a810，log2a3log2a74，求an3、已知f(x)3x11，数列an满足 f()(n2)，且a11,求a8的值。x3anan

124、设数列{an}是等差数列，数列{bn}的前n项和为Sn＝3(bn－1)，若a2＝b1，a5＝b2.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{bn}的前n项和Sn.5、已知等差数列{an}中的四项：1,a1,a2,4，等比数列{bn}中的四项：1,b1,b2,b3,4，（1）分别求出{an}与{bn}的公差和公比；（2）求出

6、已知数列｛an｝的前n项和为Sn，Sna2a1的值。b21(an1)(nN)3

（1）求a1,a2;（2）求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通向公式.11例1 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋，求an.2n＋n

例2 设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.2n例3已知数列{an}满足a13，an＋1＝a，求an.n＋1n

数列问题练习篇2

一、等差数列性质在解题中的应用

由于等差数列运算的灵活性与技巧性较强, 因此要学会借用等差数列的性质解题, 以达到选择捷径, 避繁就简, 合理解题的目的.

例1若{an}为等差数列, 首项a1>0, a2007+a2008>0, a2007·a2008<0, 则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是 ()

(A) 4013 (B) 4014 (C) 4015 (D) 4016

解析:因为a1>0, a2007+a2008>0, a2007·a2008<0,

所以{an}表示首项为正数, 公差为负数的单调递减等差数列, a2007是绝对值最小的正数, a2008是绝对值最大的负数 (第一个负数) , 且|a2007|>|a2008|,

因为在等差数列{an}中,

所以使Sn>0成立的最大自然数n是4014, 故选 (B) .

评析:在等差数列{an}中, 若m、n、p、q∈N+, 且m+n=p+q, 则有am+an=ap+aq.利用这一性质解某些等差数列问题, 可以将问题化难为易, 化繁为简.

二、待定系数法在解题中的应用

有些非等差或等比数列通项公式问题, 通过引入或研究一些尚待确定的系数转化命题结构, 经过变形与比较, 建立起含有待定字母系数的方程组, 由此求出相应字母系数的值, 进而使问题获解.

例2设数列{an}满足, a1=1, an=1/2an-1+2n-1 (n≥2) , 求通项公式an.

解:设bn=an+An+B, 则an=bn-An-B, an-1=bn-1-A (n-1) -B,

评析:通过变形、变量代换、构造等一系列化归手段, 把非等比数列问题最终可转化为等比数列, 使得问题顺利解决.

3.集合与数列混合问题

集合与数列都是数学中的最基本、最重要的概念.解答此类混合问题时要注意在不同条件下的合理运用各个知识, 并要注意各类知识的相互转化、融会贯通与综合运用.

例3已知{an}是等差数列, d为公差且不为0, a1和d均为实数, 它的前n项和记为Sn, 设集合试问下列结论是否正确, 请给予证明;如果不正确, 请举例说明.

(1) 若以集合A中的元素作为点的坐标, 则这些点都在同一条直线上;

(2) A∩B至多有一个元素;

(3) 当a1≠0时, 一定有A∩B≠.

(3) 不正确.取a1=1, d=1, 对一切x∈N+, 有这时集合A中的元素作为点的坐标, 其横、纵坐标均为正.an=a1+ (n-1) d=n>0, Sn n>0

另外, 由于a1=1≠0, 如果A∩B≠, 那么根据 (2) 的结论, A∩B中至多有一个元素 (x0, y0) , 而这样的 (x0, y0) A, 产生了矛盾.

数列问题练习篇3

1.学习一个数学公式的基本任务有哪些？

（1）等差数列、等比求和公式内容是什么？公式怎么用？

（2）推导公式的方法怎么用？

2.拿到一个新题目怎么想？

（1）现有的相关公式能否用上？

（2）非等差、等比数列求和能否化为等差、等比数列求和？

（3）已经用过的相关方法能否用上？

问题一：求数列，，，…，，…的前n项和;

分析：数列的分子成等差数列，分母成等比数列，可用错位相减法求和;

Sn=+++…++其中等比数列的公比q=;

Sn=+++…++;

两式错位相减得：

Sn=++++…-

=-+2（++++…+）-

∴Sn=3-

小结：设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则数列anbn的前n项和Sn求解，均可用错位相减法.

问题二：已知a≠0，求数列a，2a2，3a3，…，nan，…前n项和.

点拨：字母的系数等差，字母项等比，但需要对字母讨论.

解：Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

当a=1时，Sn=1+2+3+…+n=，

当a≠1时，Sn=a+2a2+3a3+…+nan，

aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1，

两式相减（1-a）Sn=a+a2+a3+…+an-nan+1，

=-nan+1

∴Sn=.

小结：采用乘公比，错位相减，可以得到一组等比数列，求和用公式但必须注意公比是否为1，否则须讨论.

问题三：设Sn=-1+3-5+7-9+…+（-1）n（2n-1），则Sn=（-1）nn

方法一：分析：由此数列的通项an=（-1）n（2n-1）;其是等差数列与等比数列的积这一类型的数列求和，故用错位相减法.

所以Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：一个数列cn可以看成是一个以公差为d的等差数列（d不等于零）和一个是公比为q的等比数列（q不等于1）的乘积形式，则数列cn的前n项求和的方法可采用做错位相减法.

方法二：分析：通过观察可发现此数列具有正负相间，且正数项和负数项分别成等差数列这一特征.因此可以将正数项和负数项分别进行分组求和.但此数列有多少正数项和负数项呢？还要对项数n的奇偶性进行讨论.

略解：Sn=-n（n为奇数）

n（n为偶数），即Sn=（-1）nn.

总结：我们通过分组转化成两个等差数列，然后通过已有的等差数列求和求解。这种方法叫做分组求和法。

方法三：分析：通过观察可发现此数列具有这样的特征，即第一项与第二项，第三项与第四项，第五项与第六项，……，第n-1项与第n项的和都等于2，共多少个2呢？还要对项数n进行奇偶性讨论.

总结：通过将数列相邻的两项并成一项得到一个新的容易求和的数列，这种方法叫做并项求和。

通过对以上问题几种方法的探讨，不难看出，实际上所有与项的序号的奇偶性有关的数列求和问题，通过认真审题，抓住数列的通项，灵活地运用分类讨论、转化和化归数学思想，就可将其变为熟悉、简单的等差数列或等比数列来处理，辅助以适当的解题方法技巧，问题就会迎刃而解.

等差数列练习题篇4

班级：＿＿姓名：＿＿＿＿

1．已知等差数列{an}中，a5＋a9－a7＝10，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S13的值为()A．130B．260C．156D．168

2．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于()

A．1B.5

C．2D．3

3．设Sa55S9

n是等差数列{an}的前n项和，若a＝9，则S()

A．1B．－1C．2D.1

4．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和，若S10＝S11，则a1等于()A.18B.20C.22D.24

5．已知{an}是等差数列，a1＝－9，S3＝S7，那么使其前n项和Sn最小的n是()A．4B．5C．6D．7

6.在等差数列{aaa1

n}中，若4＋a6＋a8＋10＋a12＝120，则a9－3

11的值为()

A．14B．15C．16D．17

7．等差数列{an}的前n项和满足S20＝S40，下列结论中正确的是()

A．S30是Sn中的最大值B．S30是Sn中的最小值C．S30＝0D．S60＝0

8．已知两个等差数列{aAn7n＋45an

n}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且B＝＋3，则使得bnnn

整数的正整数n的个数是()A．2B．3C．4D．5 9．已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15，若bn＝a3n，则数列{bn}的前9项和等于________． 10.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝__15______.11.等差数列{an}的通项公式是an＝2n＋1，其前n项和为

SSn

n，则数列

n的前

10项和

为________.12.若一个等差数列的前5项之和为34，最后5项之和为146，且所有项的和为360，求这个数列的项数为________.13.已知数列{an}是等差数列．(1)若Sn＝20，S2n＝38，求S3n；(2)若项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，求数列的中间项和项数．

14.已知数列a的前n项和为SS

nn，点n,nn1

（nN）均在函数y3x2的图像上，求数列{an}的通项公式。

15.(1)在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值；(2)已知数列{an}的通项公式是an＝4n－25，求数列{|an|}的前n项和。

16.在数列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．

(1)证明数列{1

a是等差数列；(2)求数列{an}的通项。

数学等差数列练习题篇5

1、已知等差数列的首项a1，项数n，公差d，求末项an

公式：末项=首项+（项数-1）×公差an= a1+（n-1）×d

（1）一个等差数列的首项为5，公差为2，那么它的第10项是（）。

2、已知等差数列的首项a1，末项an，公差d，求项数n

公式：项数=（末项-首项）÷公差+1n=（an－a1）÷d+1

（1）等差数列7、11、15……、87，问这个数列共有（）项。

（2）等差数列3、7、11…，这个等差数列的第（）项是43。

3、已知等差数列的首项a1，末项an，项数n, 求公差d

公式：公差=（末项-首项）÷（项数-1）d=（an－a1）÷（n－1）

（1）已知等差数列的第1项为12，第6项为27。求公差（）。

4、已知等差数列的末项an，项数n, 公差d，求首项a1

公式：首项=末项-（项数-1）×公差a1=an-（n-1）×d

（1）已知一个等差数列的公差为2，这个等差数列的第10项是为23，这个等差数列的首项是（）。

（2）一堆木料，最下层有24根，往上每一层都比下一层少2根，共10层，最上层有（）根木料。

5、把70拆成7个自然数，使这7个数从小到大排成一行后，相邻两个数的差都相等，那么，中间的数是（）。

6、5个连续奇数的和是35，其中最大的奇数是（）。

第二类：已知等差数列的首项a1，末项an，项数n,求和用公式：sn=（a1+ an）×n÷2［或 sn=中间数×项数］

1、已知等差数列2，5，8，11，14，17，20，求这个数列的和是（）。

2、等差数列7+11+15+19+23+27+31+35的和是（）。

3、求1+2+3+4+5+6+7+……+20=4、1+3+5+7+9+11+……+19=

5、已知等差数列的首项是5，末项是47，求这个数列共有8项求这个数列的和是（）。

6、王师傅每天工作8小时，第一小时加工零件5个，从第二小时起每小时比前一小时多加工相同的零件，第8小时加工了23个，王师傅一天加工零件（）个。

等差数列分组练习题

已知等差数列的首项a1，末项an，项数n,求和用公式：sn=（a1+ an）×n÷2

如果题中有缺项，需要先求缺项再求和

第一类缺项是（）

1、已知等差数列2，5，8，11，14…，求前11项的和是多少？

2、数列1、4、7、10、……，求它的前21项的和是多少？

第二类缺项是（）

1、等差数列7，11，15，……… 87，这个数列的和是多少？

2、已知等差数列5，8，11…47，求这个数列的和是多少？

第三类缺项是（）

1、一个剧场设置了16排座位，后每一排都比前一排多2个座位，最后一排有68个座位，这个剧场共有多少个座位？

2、有10个数，后一个比前一个多5，第10个数是100，求这10个数的和是多少？第四类缺项是（）

高中数学必修等比数列练习题篇6

高中数学必修等比数列练习题

一、选择题：

1、是，，成等比数列的( )

A.充分条件 B.必要条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

2、已知，，，是公比为2的等比数列，则等于( )

A.1 B. C. D.

3、已知是等比数列，且，，那么的值是( )

A.5 B.6 C.7 D.25

4、在等比数列中，已知，，则该数列前5项的积为( )

A. B.3 C.1 D.

5、的三边，，既成等比数列又成等差数列，则三角形的形状是( )

A.直角三角形 B.等腰三角形

C.等腰直角三角形 D.等边三角形

6、在等比数列中，，则等于( )

A.1023 B.1024 C.511 D.512

7、三个数成等比数列，其积为1728，其和为38，则此三数为( )

A.3，12，48 B.4，16，27 C.8，12，18 D.4，12，36

8、一个三角形的三内角既成等差数列，又成等比数列，则三内角的公差等于( )

A. B. C. D.

9、等差数列中，，，恰好成等比数列，则的值是( )

A.1 B.2 C.3 D.4

10、某种电讯产品自投放市场以来，经过三年降价，单价由原来的174元降到58元，这种电讯产品平均每次降价的百分率大约是( )

A.29% B.30% C.31% D.32%

11、若log4(x+2y)+log4(x-2y)=1，则∣x∣-∣y∣的最小值是。

12、使不等式sin2x+acosx+a21+cosx对一切xR恒成立的.负数a的取值范围是。

二、解答题(本题满分60分，每小题20分)

13、已知点A(0,2)和抛物线y2=x+4上两点B，C使得ABBC，求点C的纵坐标的取值范围。

14、如图，有一列曲线P0，P1，P2……，已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作得到：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,)。记Sn为曲线Pn所围成图形的面积。

(1) 求数列{Sn｝的通项公式;

(2) 求limSn.

15、设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,cR,a0)满足条件：

(1) 当xR时,f(x-4)=f(2-x),且f(x)

(2) 当x(0,2)时，f(x)((x+1)/2)2;

(3) f(x)在R上的最小值为0.

运用数学思想方法破解数列问题篇7

数列是高中数学的重要内容, 是高考重点考查内容.它涉及许多数学思想方法, 理解掌握灵活运用数学思想既可以更好地学好数列知识, 又可以诱发知识的迁移, 融会贯通, 触类旁通, 有利于实现思维的创新.下面结合实例介绍如何运用数学思想方法突破数列问题.

一、函数思想

数列是定义在正整数集合或由1开始的连续正整数构成的集合上的特殊的函数, 因而许多数列问题的讨论可用函数方法解决, 解决时注意可否将数列看成一个变量的函数, 其图象、性质如何?原问题转化成函数的什么问题.

例1 已知等差数列{an} 的首项a1>0, 前n项和为Sn, 若Sm=Sk (m≠k) , 问n为何值时, Sn最大.

解:因为Sm=Sk, 所以 $m a_{1} + \frac{m (m - 1)}{2} d = k a_{1} + \frac{k (k - 1)}{2} d$ , 即

$(m - k) a_{1} = \frac{- m (m - k) (m + k - 1) d}{2},$

因为n≠k, 所以 $a_{1} = \frac{- (m + k - 1) d}{2} .$

所以a1>0.且m, k均为自然数, 所以

d<0.

又 $S_{n} = n a_{1} + \frac{n (n - 1) d}{2} = \frac{- (m + k - 1) d}{2} + \frac{n (n - 1) d}{2} = \frac{d}{2} (n - \frac{m + k}{2})^{2} - \frac{(m + k)^{2} d}{8}$ , 且 $\frac{d}{2} < 0 .$

所以以n为自变量的二次函数图象开口向下, 因而Sn有最大值.

如果m+k为偶数, 当 $n = \frac{m + k}{2}$ 时, Sn有最大值 $- \frac{(m + k)^{2} d}{8} .$

如果m+k为奇数, 当 $n = \frac{m + k \pm 1}{2}$ 时, Sn有最大值 $- \frac{(m + k)^{2} - 1}{8} d .$

二、方程思想

方程思想是指将问题转化为方程 (组) , 通过研究解方程 (组) 来解决问题的思想方法.该思想方法在数列中的运用就是灵活运用方程意识将数列中己知与未知的量沟通起来, 以达优化问题, 简化解题过程的目的.

例2 (1) 已知数列{cn}, 其中cn=2n+3n, 且数列{cn+1-pcn}为等比数列, 求常数p的值.

(2) 设{an}, {bn}是公比不相等的两个等比数列, cn=an+bn求证:数列{cn}不是等比数列.

解: (1) 由题意知c2-pc1, c3-pc2, c4-pc3成等比数列,

所以 (c3-pc2) 2= (c2-pc1) (c4-pc3) , 展开整理得:

(c $_{2}^{2}$ -c1c3) p2+ (c1c4-c2c3) p+c $_{3}^{2}$ -c2c4) =0,

将c1=5, c2=13, c3=35, c4=97代入上式得p2-5p+6=0,

解得p=2或p=3.

而当p=2时, $\frac{c_{n + 2} - p c_{n + 1}}{c_{n + 1} - p c_{n}} = 3$ ;

当p=3时, $\frac{c_{n + 2} - p c_{n + 1}}{c_{n + 1} - p c_{n}} = 2$ , 均适合.

故满足条件的p值为2或3.

(3) 假设数列{cn}是等比数列, 则c $_{2}^{2}$ =c1c3, 即

(a2+b2) 2= (a1+b1) (a3+b3) , 故 (a1q+b1r) 2= (a1+b1) (a1q2+b1r2) , 其中q, r分别是{ an}, {bn}的公比.

化简整理, 得a1b1r2+a1b1q2-2a1b1qr=0,

即 (q-r) 2=0, 解得q=r.

这与题设中两数列公比不相等矛盾, 因此数列{cn}不是等比数列.

三、递推思想

由于数列可以看成是正整数n的函数, 因此在处理以递推关系给出的数列问题, 可以从关系式中的n=1, 2, 3, …入手, 得到一系列的等式, 再通过对它们进行加、减、乘、除运算或利用递推性质进行求解, 使问题得到简化.

例3 若数列{an}满足: $a_{1} = 1, a_{n} = (\frac{1}{2})^{n} + n + a_{n - 1}, n \in Ν^{*}, n \geq 2$ , 求证: $a_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} - \frac{1}{2^{n}} + \frac{1}{2}, n \in Ν^{*} .$

证明:在递推式中, 分别令n=2, 3, 4, …, 直到n, 得到

$a_{2} = (\frac{1}{2})^{2} + 2 + a_{1};$

$a_{3} = (\frac{1}{2})^{3} + 3 + a_{2};$

$a_{4} = (\frac{1}{2})^{4} + 4 + a_{3};$

…

$a_{n} = (\frac{1}{2})^{n} + n + a_{n - 1}$

将这 (n-1) 个等式整体相加得

$a_{n} = (\frac{1}{2})^{2} + (\frac{1}{2})^{3} + (\frac{1}{2})^{4} + \dots + (\frac{1}{2})^{n} + 2 + 3 + \dots + n + a_{1} = \frac{\frac{1}{4} (1 - \frac{1}{2^{n - 1}})}{1 - \frac{1}{2}} + \frac{n (n + 1)}{2} = \frac{n (n + 1)}{2} - \frac{1}{2^{n}} + \frac{1}{2} .$

当n=1时, a1=1也适合上式.

所以 $a_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} - \frac{1}{2^{n}} + \frac{1}{2}, n \in Ν^{*} .$

四、归纳思想

研究问题时, 先从简单的个别的特殊的情景出发, 从中归纳出一般性的规律、性质, 这种从特殊到一般的思维方式就是归纳思想.其思维模式为:观察、归纳、猜想、证明.

例4 在数列{an}中, a1=2, an+1=λan+λn+1+ (2-λ) 2n (n∈N*) , 其中λ>0, 求数列{an}的通项公式.

解:因为

a2=2λ+λ2+ (2-λ) 2=λ2+22;

a3=λ (λ2+22) +λ3+ (2-λ) 22=

2λ3+23;

a4=λ (2λ3+23) +λ4+ (2-λ) 23=

3λ4+24;

由此可猜想出数列{an}的通项公式为

an= (n-1) λn+2n.

下面用数学归纳法证明.

(1) 当n=1时, a1=2, 等式成立.

(2) 假设当n=k时等式成立, 即ak= (k-1) λk+2k, 那么ak+1=λak+λk+1+ (2-λ) 2k=λ (k-1) λk+λ2k+λk+1+2k+1-λ2k=[ (k+1) -1]λk+1+2K+1.这就是说, 当n=k+1时等式也成立.根据 (1) 和 (2) 可知, 等式an= (n-1) λn+2n对任何都成立.

五、分类讨论思想

分类是一种基本的思维活动.能够进行恰当的分类, 是逻辑思维能力的一种具体体现.分类讨论就是指按照一定的标准, 将一个复杂问题所涉及的所有对象的集合分解为若干个不相交的子集, 再将问题相应分解为若干个子问题, 对每一个子问题逐一分析、解决, 最终实现问题的全面解决的思想.在进行分类讨论时要做到分类一定要全面不能遗漏.

例5 已知等比数列{an}的首项a1>0, 公比q>-1, 且q≠0, 设数列{bn}的通项 bn=an+1+an+2, 数列 {an}, {bn}前n项和分别为Sn和Tn, 比较Sn和Tn的大小.

解:因为数列{an}为等比数列, 所以

$\begin{array}{l} a_{n} = a_{1} q^{n - 1}, \\ S_{n} = {\begin{cases} n a_{1} (q = 1) \\ \frac{a_{1} (1 - q^{n})}{1 - q} (q > - 1 且 q \neq 0, q \neq 1) \end{cases} \end{array}$

当q=1时, Sn=na1, 因为a1>0, 所以Sn>0.

当q≠1时, 若-1<q<0, 1-qn>0,

1-q>0, 所以Sn>0;若q>0且q≠1, an>0, 所以Sn>0.故当q>-1 (q≠0) 时, Sn>0.bn=an+1+an+2=anq+anq2=an (q+q2) ,

所以Tn=Sn (q+q2) .所以

$\begin{array}{l} Τ_{n} - S_{n} = \\ S_{n} (q^{2} + q - 1) = S_{n} (q + \frac{\sqrt{5} + 1}{2}) (q - \frac{\sqrt{5} - 1)}{2}) \end{array}$

$\begin{array}{l} 当 - 1 < q < \frac{\sqrt{5} - 1}{2} (q \neq 0) 时 ‚ S_{n} > 0, \\ q + \frac{\sqrt{5} + 1}{2} > 0, q - \frac{\sqrt{5} - 1}{2} < 0, \end{array}$

所以Tn-Sn<0, Tn<Sn;

当 $q = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ 时, $S_{n} > 0, q + \frac{\sqrt{5} + 1}{2} > 0, q - \frac{\sqrt{5} - 1}{2} = 0$ , 所以Tn-Sn=0;Tn=Sn;

当 $q > \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ 时, $S_{n} > 0, q + \frac{\sqrt{5} + 1}{2} > 0, q - \frac{\sqrt{5} - 1}{2} > 0$ , 所以Tn-Sn>0;Tn>Sn.

六、整体思想

整体思想就是指从问题的整体结构、整体特征出发, 对问题进行整体处理的一种解题思想.对某些数列问题, 如果能透过其局部从整体着手, 往往能收到事半功倍之效.

例6 设Sn为等差数列{an}的前n项和, 且S9=18, Sn=240, 若an-4=30, 求n的值.

解:由S9=18, 得 $\frac{9}{2} (a_{1} + a_{9}) = 18$ , 即

a1+a9=4, a1+a9=2a5.

所以a5=2, 所以a1+an=a5+an-4=32.

所以 $S_{n} = \frac{n}{2} (a_{1} + a_{n}) = \frac{n}{2} (a_{5} + a_{n - 4}) = 240 .$

所以n=15.

七、特殊与一般思想

人们对一类新事物的认识往往是从这类事物的个体开始的, 通过对某些个例的认识与研究, 逐渐积累对这类事物的了解, 逐渐形成对这类事物的总体认识, 发现特点、掌握规律, 形成共识、由浅入深, 由现象到本质、由局部到整体, 由实践到理论, 这种认识事物的过程是由特殊到一般的认识过程, 即特殊与一般的数学思想.

例7 已知数列{an}中, a1=1, a2k=a2k-1+ (-1) k, a2k+1=a2k+3 (其中k=1, 2, 3, …)

(1) 求a3, a5;

(2) 求数列{an}的通项公式.

解: (1) 因为a1=1, a2k=a2k-1+ (-1) k, a2k+1=a2k+3k, 所以a2=a1+ (-1) 1=0,

(k=1)

a3=a2+31=3, (k=1)

a4=a3+ (-1) 2=4, (k=2)

a5=a4+32=13, (k=2) .

上述由a1=1求a2, a3, a4, a5时, 是将所给递推式中的字母k赋予特殊值1和2分别进行计算, 这其中就体现的是由一般到特殊的数学思想.

(2) a2k+1=a2k+3k=a2k-1+ (-1) k+3k (累加法)

a2k-1=a2k-3+ (-1) k-1+3k-1

a2k-3=a2k-5+ (-1) k-2+3k-2

……

a3=a1+ (-1) +3

a1=1

将上述各式分别相加, 得

$\begin{array}{l} a_{2 k + 1} = [(- 1)^{k} + (- 1)^{k - 1} + (- 1)^{k - 2} + \dots + (- 1)] + (3^{k} + 3^{k - 1} + 3^{k - 2} + \dots + 3) = \\ \frac{3^{k + 1}}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{k} - 1 . \end{array}$

将所求的通项公式代入

a2k=a2k-1+ (-1) k, 得到偶数项的通项公式:

$a_{2 k} = \frac{3^{k}}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{k} - 1 .$

所以数列{an}的通项公式为:

当n为奇数时, $a_{n} = \frac{3^{\frac{n + 1}{2}}}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{\frac{n - 1}{2}} - 1;$

当n为偶数时, $a_{n} = \frac{3^{\frac{n}{2}}}{2} + \frac{1}{2} (- 1)^{\frac{n}{2}} - 1;$

八、猜想思想

对于数列中某些探索性问题, 用常规方法难以解决时, 往往可以考虑从特殊情形出发, 由此发现规律, 猜测一般结论, 再对一般结论给予逻辑证明, 强化猜想思想, 往往能为一般问题的解决提供方向, 它是我们认识事物的重要手段.

例8 是否存在等差数列{an}, 使等式 $C_{n}^{0} + \frac{C_{n}^{1}}{a_{1}} + \frac{C_{n}^{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{C_{n}^{n - 1}}{a_{n - 1}} + \frac{C_{n}^{n}}{a_{n}} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ 对一切n∈N*都成立, 试证明你的结论.

解:假设存在等差数列{an}, 使等式 $C_{n}^{0} + \frac{C_{n}^{1}}{a_{1}} + \frac{C_{n}^{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{C_{n}^{n - 1}}{a_{n - 1}} + \frac{C_{n}^{n}}{a_{n}} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ 对一切n∈N*都成立, 则n=1, 2, 3, 4时该等式必成立.

将n=1, 2, 3, 4依次代入等式 $C_{n}^{0} + \frac{C_{n}^{1}}{a_{1}} + \frac{C_{n}^{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{C_{n}^{n - 1}}{a_{n - 1}} + \frac{C_{n}^{n}}{a_{n}} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ , 可求得:a1=2, a2=3, a3=4, a4=5.

由此可猜测通项公式an=n+1, 证明如下:

$\begin{array}{l} 因为 \frac{C_{n}^{k}}{a_{k}} = \frac{C_{n}^{k}}{k + 1} = \\ \frac{n (n - 1) (n - 2) \dots (n - k + 1)}{(k + 1) [k (k - 1) (k - 2) \dots 2 \cdot 1]} = \frac{C_{n + 1}^{k + 1}}{n + 1}, \end{array}$

所以等式左边 $= \frac{C_{n + 1}^{1}}{n + 1} + \frac{C_{n + 1}^{2}}{n + 1} + \frac{C_{n + 1}^{3}}{n + 1} + \dots + \frac{C_{n + 1}^{n + 1}}{n + 1} = \frac{1}{n + 1} [(C_{n + 1}^{0} + C_{n + 1}^{1} + \dots + C_{n + 1}^{n + 1}) - C_{n + 1}^{0}] = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1} .$

故存在等差数列{an}, 使等式 $C_{n}^{0} + \frac{C_{n}^{1}}{a_{1}} + \frac{C_{n}^{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{C_{n}^{n - 1}}{a_{n - 1}} + \frac{C_{n}^{n}}{a_{n}} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ 对一切n∈N*都成立, 且an=n+1.

九、类比思想

在解决某些数列问题时, 运用类比思想将普通数列与等差、等比数列做类比, 将等差数列中的“和”“积”类比到等比数列中的“积”“幂” (反过来也成立) , 往往能使问题得到简化.

例9 是否存在数列{an}使得 $a_{1} + 2 a_{2} + 3 a_{3} + \dots + n a_{n} = \frac{1}{4} [3^{n} (2 n - 1) + 1]$ , 对任意正整数n都成立?若存在这样的{an}, 写出它的通项公式, 并加以证明;若不存在, 请说明理由.

解:假设存在这样的{an}, 则 $a_{1} + 2 a_{2} + 3 a_{3} + \dots + n a_{n} = \frac{1}{4} [3^{n} (2 n - 1) + 1]$ , 类比an=Sn-Sn-1, 有

n≥2时, $n a_{n} = [a_{1} + 2 a_{n} + 3 a_{3} + \dots + n a_{n}] - [a_{1} + 2 a_{2} + \dots + (n - 1) a_{n - 1}] = \frac{1}{4} [3^{n} (2 n - 1) + 1] - \frac{1}{4} [3^{n - 1} (2 n - 3) + 1] = n 3^{n - 1}$ , 得

an=3n-1, 又a1=1亦使上式成立, 故存在这样的{an}, 其通项公式为an=3n-1.

十、构造思想

在高考中许多数列问题大多是以等差、等比这两类基本数列为背景设计而成的.解决这类问题可以通过构造新数列来实现问题的转化, 强化构造意识, 有助于创新能力的提高.

例10 已知数列{an}的前n项和为 $S_{n}, a_{1} = \frac{1}{2}, S_{n} = n^{2} a_{n} - n (n - 1), n = 1, 2, 3, \dots$ , 写出Sn与Sn-1的递推关系式 (n≥2) , 并求Sn关于n的表达式.

解:当n≥2时, an=Sn·Sn-1, 代入Sn=n2an-n (n-1) 中, 得Sn=n2 (Sn-Sn-1) -n (n-1) , 即 (n2-1) Sn-n2Sn-1=n (n-1) ①

这就是Sn与Sn-1的递推关系式.

将①式两边两除以n (n-1) 得

$\frac{n + 1}{n} S_{n} - \frac{n}{n - 1} S_{n - 1} = 1 (n \geq 2) .$

构造新数列 ${\frac{n + 1}{n} S_{n}}$ , 它是以

2S1=2a1=1为首项, 1为公差的等差数列.

于是 $\frac{n + 1}{n} S_{n} = 1 + (n - 1) \times 1 = n$ , 即

$S_{n} = \frac{n^{2}}{n + 1} (n \geq 2) .$

显然, 上式当n=1时也成立.

所以 $S_{n} = \frac{n^{2}}{n + 1}, n \in Ν^{*} .$

十一、调控思想

在处理有关数列交汇问题时, 常常出现思维受阻的现象, 这时必须反思解题过程, 调整思维角度, 确定新的解题方案.其实调控思想就是不断调整思维结构、深化思维层次、提高思维水平过程.

例11 已知数列{an}的前项和为Sn, 且满足 $a_{n} = \frac{1}{(2 n + 1)^{2}}$ , 求证: $S_{n} < \frac{1}{4} .$

解析:思路1

$\begin{array}{l} a_{n} = \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} < \frac{1}{(2 n + 1) (2 n - 1)} \\ = \frac{1}{2} (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}) \end{array}$

于是 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n} < \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}) = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2 n + 1}) = \frac{n}{2 n + 1}$ , 显然这个值已经超过了 $\frac{1}{4}$ , 这样“放缩”无法证出结论.

思路 $2 a_{n} = \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} < \frac{1}{2 n (2 n + 1)} = \frac{1}{2 n} - \frac{1}{2 n + 1},$

所以 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + a_{3} \dots + a_{n} < (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + \dots + (\frac{1}{2 n} - \frac{1}{2 n + 1})$ 显然这种放缩又是失败的.

思路3 因为 $a_{n} = \frac{1}{(2 n + 1)^{2}} = \frac{1}{4 n^{2} + 4 n + 1} < \frac{1}{4 n^{2} + 4 n} = \frac{1}{4} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})$

所以 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n} < \frac{1}{4} (1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = \frac{1}{4} (1 - \frac{1}{n + 1}) < \frac{1}{4}$ , 结论获证.

数列问题练习篇8

【说明】本试卷满分100分，考试时间90分钟.一、选择题（每小题6分，共42分）1.不等式ax2+5x+c>0的解集为（,1132），那么a,c为（）

A.a=6,c=1 B.a=-6,c=-1 C.a=1,c=6 D.a=-1,c=-6 答案：B 解析：由题意得,故13121132为方程ax2+5x+c=0的两根是a<0.=-511c,, a32a∴a=-6,c=-1.2.不等式|x-1|+|x-2|≤3的最小整数解是（）

A.0 B.-1 C.1 D.2 答案：A 解析：将x=-1代入不等式知不成立，将x=0代入不等式成立，故选A.3.不等式|x+1|(2x-1)≥0的解集为（）A.［12，+∞）B.（-∞,-1]∪［1212,+∞)C.{-1}∪［，+∞）D.［-1，12］

答案：C 解析：当|x+1|=0即x=-1时不等式成立，当|x+1|≠0时不等式等价于2x-1≥0，即x≥

12.4.设a>0,不等式|ax+b|

cba，故

bca=-2,cba=1即a∶b∶c=2∶1∶3.5.设U=R，A={x|mx+8mx+21>0},A.0≤m<2116A=,则m的取值范围是（）

2116 B.m>或m=0

2116C.m≤0 D.m≤0或m>答案：A 解析：∵A=，∴A=R,即mx2+8mx+21>0恒成立.当m=0时，不等式恒成立.

是_____________________.答案：（-∞,1］

解析：由|x-4|+|3-x|≥|x-4+3-x|=1,故原不等式解集为空集，a的取值范围是（-∞,1］.三、解答题（11—13题每小题10分，14题13分，共43分）11.(2010福建厦门一中模拟，17)解不等式：|x2-3x-4|

解①得-13，故原不等式的解集为{x|3

（2）若x的范围构成的集合是空集，求a的取值范围.解析：|x-1|≤2-1≤x≤3.|x-a|≤2-2+a≤x≤a+2.(1)当a<0时，a+2<3,-2+a<-1.①当a+2≥-1,即a≥-3时，x的取值范围为［a+2,3］;②当a+2<-1,即a<-3时，x的取值范围为.(2)由题意得 a+2<-1或-2+a>3.故所求a的取值范围为a<-3或a>5.13.已知全集U=R，A={x|x2-2x-8<0},B={x||x+3|>2},C={x|x2-4ax+3a2<0}.(1)C(A∩B),求a的取值范围；（2）C（A）∩（B），求a的取值范围.解析：A={x|-2-1或x<-5}.∴A∩B={x|-10时，C={x|a数列问题练习篇9

一、定义法

直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目

2例1．等差数列an是递增数列，前n项和为Sn，且a1,a3,a9成等比数列，S5a5．求

数列an的通项公式.解：设数列an公差为d(d0)

2∵a1,a3,a9成等比数列，∴a3a1a9，即(a12d)2a1(a18d)d2a1d

∵d0，∴a1d………………………………①

2∵S5a5∴5a154d(a14d)2…………② 2

33，d 55

333∴an(n1)n 555由①②得：a1

练习1已知实数列an是等比数列，其中a71，且a4，a51，a6成等差数列．求数列an的通项公式；

解：（Ⅰ）设等比数列an的公比为q(qR)，由a7a1q61，得a1q6，从而a4a1q3q3，a5a1q4q2，a6a1q5q1．因为a4，a51，a6成等差数列，所以a4a62(a51)，即q3q12(q21)，q1(q21)2(q21)． 11所以q．故ana1qn1q6qn164． 22

练习2设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S37，且n1a13，3a2，a34构成等差数列．

（1）求数列{an}的等差数列．

（2）令bnlna3n1，n1求数列{bn}的前n项和T．，2，，a1a2a37，解：（1）由已知得:(a3)(a4)133a2.2

解得a22．

设数列{an}的公比为q，由a22，可得a12，a32q． q

222q7，q

2即2q5q20，1解得q12，q2． 2，q2．由题意得q1又S37，可知

用心爱心专心 1

a11．

故数列{an}的通项为an2n1．

（2）由于bnlna3n1，n1 由（1）得a3n123n，2，，bnln23n3nln2 又bn1bn3ln2n

{bn}是等差数列． Tnb1b2bn

n(b1bn)

n(3ln23ln2)

23n(n1)ln2.23n(n1)

ln2．点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出故Tn

首项与公差（公比）后再写出通项。二根据an

例已知Sn为数列an的前n项和，求下列数列an的通项公式：⑴ Sn2n23n1；⑵Sn2n1.【解题思路】已知关系式f(Sn,an,n)0，可利用an列通项的一个重要公式.【解析】⑴当n1时，a1S12123114，当n2时，anSnSn1(2n23n1)2(n1)23(n1)14n1.而n1时，4115a1，an

SnSn1(n2)

求数列的通项公式.(n1)S1

（S1n1)，这是求数

SnSn1(n2)



4(n1)

.4n1(n2)

⑵当n1时，a1S1213，当n2时，anSnSn1(2n1)(2n11)2n1.3(n1)

.n1

2(n2)

练习设数列{an}的前n项和为Sn=2n，且a1b1，{bn}为等比数列，b2(a2a1)b1.求数列{an}和{bn}的通项公式.时,a1S12;解：当n1

当n2时,anSnSn12n22(n1)24n2.当n1时，也适合该式.故{an}的通项公式为an4n2,即{an}是a12,公差d4的等差数列.1b121

设{bn}的公比为q，a1b12，b2，q，从而bnn1.44a2a12

11

而n1时，21a1，an

例正项数列an的前n项和为S

n，且an1，求数列an的通项公式.解：由已知条件得4Sn(an1)2……………①，从而有4Sn1(an11)……………………………②，用心爱心专心

①-②得：4(SnSn1)(an1)2(an11)2，整理得：(anan1)(anan12)0，又anan10，anan12

0，由a11a11，an2n1

练习已知各项均为正数的数列an的前n项和Sn满足S11，且

6Sn(an1)a(n，2nN．求an的通项公式；

(a11)(a12)，解得a11或a12，由假设a1S11，因此a12，6

又由an1Sn1Sn(an11)(an12)(an1)(an2)，66

得(an1an)(an1an3)0，（I）解由a1S1

即an1an30或an1an，因an0，故an1an不成立，舍去．

因此an1an3，从而an是公差为3，首项为2的等差数列，故an的通项为

an3n1．

三递推公式为an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法

11，an1an2，求an。2nn1111

解：由条件知：an1an2

nnn(n1)nn1

分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

1111111(1)()()()

22334n1n

111131

所以ana11a1，an1

2n2n2n

练习已知数列an中,a11,anan1n(n2),求通项an.例.已知数列an满足a1

练习.已知数列an中,a11,anan13n1(n2),求通项an.类型2（1）递推公式为an1f(n)an

an1

f(n)，利用累乘法 an2n

an，求an。例已知数列an满足a1，an1

3n1

解：由条件知n1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘

ann1

解法：把原递推公式转化为之，即

aaa2a3a4123n11

nn

na1a2a3an1234a1n

又a1，an

33n

n1

练习.已知数列an中,a13,an3an1(n2),求通项an.用心爱心专心

在数列an中，a12，an14an3n1，nN*

．

（Ⅰ）证明数列ann是等比数列；（Ⅱ）求数列an的前n项和Sn；（Ⅰ）证明：由题设an14an3n1，得

a*n1(n1)4(ann)，nN．

又a111，所以数列ann是首项为1，且公比为4的等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知ann4n1，于是数列an的通项公式为

an1n4n．

所以数列a的前n项和S4n1n(n1)

nn32

．已知数列an满足

a11,a23,an23an12an(nN*).（I）证明：数列an1an是等比数列；（II）求数列an的通项公式；

（II）若数列bb1b1

b1

n满足4142...4n

(an1)bn(nN*),证明bn是等差数列。（I）证明：an23an12an,an2an12(an1an),a11,a23,

an2an1

2(nN*a).n1an

an1an是以a2a12为首项，2为公比的等比数列。

（II）解：由（I）得an1an2n(nN*),an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1

2n2n2...21

2n

1(nN*).（III）证明：4b114b21

...4bn1(abn1)n,4(b1b2...bn)2nbn,2[(b1b2...bn)n]nbn,① 2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.②

②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20.③nbn2(n1)bn120.④ ④－③，得nbn22nbn1nbn0, 即bn22bn1bn0,bn2bn1bn1bn(nN*),用心爱心专心 4

bn是等差数列。

已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…（1）证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；

（2）设Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；

解：（Ⅰ）由已知aa2

n1n2an，an11(an1)2a12an11，两边取对数得 lg(1an1)2lg(1an)，即lg(1an1)lg(1a2

{lg(1an)}是公比为2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg(1an1n1

n)2n1lg(1a1)2lg3lg321a2n1

n3（*）Tn(1a1)(1a2)…(1+an)

320321322…32n-1

31222…+2n-1

=32n-1

由（*）式得an1

n32

1

数列应注意的几个问题篇10

在数列这一章里, 有些公式成立是有条件的, 有些变量也有一定的局限性和特殊的含义, 在解题时若忽视或挖掘不到位就容易把问题解错.现就几类典型错误举例分析, 以供读者学习时参考.

一、应注意公式an=Sn-Sn-1成立的条件

数列通项公式an与其前n项和公式Sn的关系是:当n≥2时才有an=Sn-Sn-1, 在解题时若不注意到n≥2这一条件, 就会误把a1合并到an中去.

例1 设数列{an}满足a1=2, an+1=Sn+ (n+1) , 求{an}的通项公式.

错解1:由an+1=Sn+ (n+1) , 得

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

所以an+1=2an+1,

即an+1+1=2 (an+1) .

故{an+1}是以a1+1=3为首项, 以2为公比的等比数列.

所以an+1= (a1+1) 2n-1=3·2n-1,

即an=3·2n-1-1.

错解2:由错解1知, an+1=2an+1 ①

an=2an-1+1. ②

①-②得:an+1-an=2 (an-an-1) , 又a2=S1+ (1+1) =a1+2=4, 即a2-a1=2.

所以数列{an+1-an}是以2为公比, 以a2-a1=2为首项的等比数列.

故an-an-1= (a2-a1) 2n-1.

所以 $a_{n} = (a_{n} - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + (a_{n - 2} - a_{n - 3}) + \dots + (a_{3} - a_{2}) + (a_{2} - a_{1}) + a_{1} = (2^{n - 1} + 2^{n - 2} + 2^{n - 3} + \dots + 2^{2} + 2) + 2 = \frac{2 (1 - 2^{n - 1})}{1 - 2} + 2 = 2^{n},$

即an=2n.

分析:错解1, 错解2犯的都是同一个错误, 即忽视了公式an=Sn-Sn-1成立的条件是

n≥2.

在错解1中, 只有当n≥2时, 才有an+1=2an+1, 所以{an+1}是以a2+1=5为首项, 以2为公比的等比数列.

所以 $a_{n} = {\begin{cases} 2, 当 n = 1 时 ‚ \\ 5 \cdot 2^{n - 2}, 当 n \geq 2 时 . \end{cases}$

在错解2中, 当n≥2时, an+1=2an+1 ①

而只有当n≥3时, 才有an=2an-1+1. ②

即an+1-an=2 (an-an-1) 成立的条件是n≥3.

所以数列{an+1-an}是以2为公比, 以a3-a2=5为首项的等比数列.

故an-an-1= (a3-a2) ·2n-3=5·2n-3.

则 $a_{n} = (a_{n} - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + (a_{n - 2} - a_{n - 3}) + \dots + (a_{3} - a_{2}) + a_{2} = 5 (2^{n - 3} + 2^{n - 4} + \dots + 2^{2} + 2 + 1) + 2 = 5 \times \frac{1 - 2^{n - 2}}{1 - 2} + 4 = 5 \cdot 2^{n - 2} - 1 .$

即an=5·2n-2-1 (n≥2) , a1=2.

二、应注意公比q的设法

引入公比如果设的巧妙, 可以简化运算, 开拓解题思路, 但应注意题设公比的合理性.因为有时引入公比后, 会不自觉地扩大或缩小原问题中变量的变化范围, 出现增解或丢解现象.

例2 已知四个数成等比数列, 其积为1, 第二项与第三项之和为 $- \frac{3}{2}$ , 求这四个数.

错解:设这四个数为aq-3, aq-1, aq, aq3, 显然q2为其公比, 由题意, 得

${\begin{cases} a^{4} = 1, \\ a (\frac{1}{q} + q) = - \frac{3}{2} . \end{cases}$ $\begin{array}{l} (1) \\ (2) \end{array}$

由 (1) 得:a=±1, 代入 (2) 得:

$\frac{1}{q} + q = \pm \frac{3}{2},$

因为 $| \frac{1}{q} + q | \geq 2$ , 所以此题无解.

分析:按照上述设法, 数列的公比为q2>0, 这四个数一定是同号, 这显然违背题意的, 因为满足已知条件的四个数不一定同号, 所以题设是错误的.

正解1: (1) 当所求等比数列的各项同号时, 由上述解法知, 此时无解.

(2) 当所求等比数列的各项异号时, 设这个数列的前四项依次为aq-3, -aq-1, aq,

-aq3, 则有

$\begin{array}{l} {\begin{cases} a^{4} = 1, \\ a (q - \frac{1}{q}) = - \frac{3}{2} \end{cases} \begin{array}{l} (1) \\ (2) \end{array} \\ \Rightarrow {\begin{cases} a = \pm 1 \\ a q^{2} - \frac{3}{2} q - a = 0 . \end{cases} \begin{array}{l} (3) \\ (4) \end{array} \end{array}$

把a=1代入 (4) , 得 $q^{2} + \frac{3}{2} q - 1 = 0$ , 解得 $q = \frac{1}{2}$ 或q=-2;

把a=-1代入 (4) , 得 $q^{2} - \frac{3}{2} q - 1 = 0$ , 解得 $q = - \frac{1}{2}$ 或q=2.

综上, 可求得四个数为: $8, - 2, \frac{1}{2}, - \frac{1}{8}$ ;或 $- \frac{1}{8} ‚ \frac{1}{2} ‚ - 2 ‚ 8 .$

正解2:设这四个数为a, aq, aq2, aq3, 则由题意知:

$\begin{array}{l} {\begin{cases} a^{4} q^{6} = 1, \\ a q (1 + q) = - \frac{3}{2} \end{cases} \begin{array}{l} (1) \\ (2) \end{array} \\ \Rightarrow {\begin{cases} a^{2} q^{3} = \pm 1, \\ a^{2} q^{2} (1 + q)^{2} = \frac{9}{4} . \end{cases} \begin{array}{l} (3) \\ (4) \end{array} \end{array}$

把 $a^{2} q^{2} = \frac{1}{q}$ 代入 (4) , 得: $q^{2} - \frac{1}{4} q + 1 = 0$ , 此方程无解.

把 $a^{2} q^{2} = - \frac{1}{q}$ 代入 (4) , 得: $q^{2} + \frac{17}{4} q + 1 = 0$ , 解此方程得 $q = - \frac{1}{4}$ 或q=-4.

当 $q = - \frac{1}{4}$ 时, a=8;当q=-4时,

$a = - \frac{1}{8} .$

所以这四个数为: $8 ‚ - 2 ‚ \frac{1}{2} ‚ - \frac{1}{8}$ ;或

$- \frac{1}{8}, \frac{1}{2}, - 2, 8 .$

显然, 下面两种设法是正确的.

(1) 对连续奇数个项的等比数列, 若已知其积为S, 则通常设…, aq-2, aq-1, a, aq, aq2, …;

(2) 对连续偶数个项同号的等比数列, 若已知其积为S, 则通常设…, aq-3, aq-1, aq, aq3, ….

三、应注意等比数列中的“0”和“1”

由等比数列定义知, 等比数列各项均不为0, 因此, 判断一数列是否成等比数列, 首先要注意特殊情况“0”.在应用等比数列求和公式时, 还要处处注意公比q≠1和q=1两种情况.

例3 求和Sn= (a+b) + (a2+ab+b2) + (a3+a2b+ab2+b3) +…+ (an+an-1b+…+abn-1+bn) (n∈N+) .

错解: $S_{n} = \frac{a^{2} - b^{2}}{a - b} + \frac{a^{3} - b^{3}}{a - b} + \dots + \frac{a^{n + 1} - b^{n + 1}}{a - b} = \frac{1}{a - b} [(a^{2} + a^{3} + \dots + a^{n}) - (b^{2} + b^{3} + \dots + b^{n})] = \frac{1}{a - b} [\frac{a^{2} (1 - a^{n})}{1 - a} - \frac{b^{2} (1 - b^{n})}{1 - b}] .$