等比数列(试题)

等比数列(试题)（推荐8篇）

等比数列(试题) 篇1

一、选择题：

11，两数的等比中项是（）

A．1B．-1C．±1D．

12.已知{an}是等比数列，a22,a5,则公比q=（）411(A)(B)-2(C)2(D)22S43.设等比数列{an}的公比q2，前n项和为Sn，则（）a21517A.2B.4C.D.2

24.若数列{an}的前n项的和Sn3n2，那么这个数列的通项公式为（）31A.an()n1 B.an3()n1 22

1,n1C.an3n2 D.ann1 23,n2

5.已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝pn-2(p∈R，n∈N*)，那么数列{an}（）

A．是等比数列B．当p≠0时是等比数列

C．当p≠0，p≠1时是等比数列D．不是等比数列 12

6.已知等差数列｛an｝的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2等于（）

（A）－4（B）－6（C）－8（D）－10

7．已知数列｛an｝既是等差数列又是等比数列，则这个数列的前n项和为（）Ａ．0B．nＣ．n a1Ｄ．a1n

8．已知数列｛an｝的前n项和Sn=3an－2,那么下面结论正确的是（）Ａ．此数列为等差数列．此数列为等比数列

Ｃ．此数列从第二项起是等比数列9．在等比数列｛an｝中，Sn48,S2n60,则S3n等于（）

A.26B.27C.62D.6

310．已知等比数列｛an｝中，an=2×3n1,则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项和Sn的值为（）

Ａ．3－n．3(3－n9n

1Ｃ．4n11．实数等比数列｛an｝，Sn＝a1a2an，则数列｛Sn｝中（）Ａ．任意一项都不为零．必有一项为零

Ｃ．至多有有限项为零Ｄ．可以有无数项为零

12．△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a,b,c成等比数列，c2a，则cosB＝（）

A.14B.3

4C.2

4D.2 3

二、填空题：

13．在等比数列{an}中, 若a3=3,a9=75,则a10=___________.14.已知等比数列｛an｝中，a1＋a2=9，a1a2a3=27,则｛an｝的前n项和Sn= __________。

15．在等比数列an中，a11，an512，Sn341，则q____，n____.16．三个数成等比数列，它们的积为512，如果中间一个数加上2，则成等差数列，这三个数是。

17.在等比数列an中，a4a532，log2a1loga2log2a818．已知等比数列｛an｝的前m项和Sm10,S2m30,则S3m.19.设{an}是公比为q的等比数列，Sn是{an}的前n项和,若{Sn}是等差数列，则q

三、解答题：

20.设数列{an}的前项n和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn=2an-3n.（1）设bn=an+3，求证：数列{bn}是等比数列(要指出首项与公比)，（2）求数列{an}的通项公式．

（3）求数列{nan}的前n项和.21.在等比数列an的前n项和中，a1最小，且a1an66,a2an1128，前n项和Sn126，求n和公比q

22.已知等比数列{an}中，数列{bn}前n项的和为Sn.a22,a5128.若bnlog2an，（Ⅰ）若Sn35，求n的值；

（Ⅱ）求不等式Sn2bn的解集.23.已知等差数列{an}的公差和等比数列{bn}的公比都是d，又知d≠1，且a4=b4，a10=b10：

(1)求a1与d的值；

(2)b16是不是{an}中的项？

24．设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2（8分）

（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列

等比数列(试题) 篇2

1.已知等差数列{an}中,a7+a9=16,a4=1,则a12的值是()

(A) 15 (B) 30

2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4=18—a5,则S8等于()

(A) 18 (B) 36

3.设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,且S1,S2,S4成等比数列,则等于()

(A) 1 (B) 2

4.在正项等比数列{an}中,a1和a19为方程x2-10x+16=0的两根,则a8·a10·a12=()

(A) 16 (B) 32

5.设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9=()

(A)-(B)

(C)(D)

6.在等比数列{an}中,Sn为其前n项和,已知a5=2S4+3,a6=2S5+3,则此数列的公比q为()

(A)2 (B) 3

7.已知数列{an}的通项公式是an=,其前n项和,则项数n等于()

(A) 13 (B) 10

8.已知各项都为正数的等比数列{an}的公比不为1,则an+an+3与an+1+an+2的大小关系是()

(A) an+an+3

(B) an+an+3=an+1+an+2

(D)不确定的,与公比有关

9.在数列{an}中,a1=2,an+an+1=1 (n∈N*),设Sn为数列{an}的前n项和,则2S2011-S2010-S2012等于()

(A)0 (B) 1

10.已知an=log(n+1)(n+2)(n∈N*).我们把使乘积a1·a2·a3…·an为整数的数n叫做“劣数”,则在区间(1,2011)内的所有劣数的和为()

(A) 1024 (B) 2010

11.等差数列{an}的公差d不为0,Sn是其前n项和,则下列命题错误的是()

(A)若d<0,且S3=S8,则S5和S6都是{Sn}中最大项

(B)给定n,对于一切k∈N*(k

(C)若d>0,则{Sn}中一定有值最小的项

(D)存在k∈N*,使ak-ak+1和ak-ak-1同号

12.已知数列{an}满足,且,则该数列的前2010项的和等于()

(A)(B)3015

二、填空题(每小题5分,共20分)

13.已知{an}是等差数列,a4+a6=6,其前5项和S5=10,则其公差d=______.

14.

15.定义一种运算“*”:对于n∈N*,满足以下运算性质:①2*2=1;②(2n+2)*2=3(2n*2).则用含n的代数式表示2n*2为__________

16.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4≥10,S5≤15,则a4的最大值为______.

三、解答题

17.(10分)数列{an}中,a1=2,an+1=an+cn(c是常数,n=1,2,3,…),且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列.

(1)求c的值;

(2)求{an}的通项公式

18.(12分)数列{an}是首项a1=4的等比数列,且S3,S2,S4成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=log2|an|,Tn为数列的前n项和,求Tn.

19.(12分)等差数列{an}中,公差d≠0,a2是a1与a4的等比中项,已知数列a1,a3,,…,,…成等比数列.

(1)求数列{kn}的通项kn;

(2)求数列{}的前n项和.

20.(12分)已知数列{an}中,a1=1,.

(1)求证:数列{a2n}与{a2n-1}(n∈N*)都是等比数列;

(2)求数列{an}前2n项的和T2n;

(3)若数列{an}前2n项的和为T2n,不等式64T2n·a2n≤3(1-ka2n)对n∈N*恒成立,求k的最大值.

21.(12分)商学院为推进后勤社会化改革,与桃园新区商定:由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓,工程于2002年初动工,年底竣工并交付使用,公寓管理处采用收费还建行贷款(年利率5%,按复利计算),公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元,其余部分全部在年底还建行贷款.

(1)若公寓收费标准定为每生每年800元,问到哪一年可偿还建行全部贷款?

(2)若公寓管理处要在2010年底把贷款全部还清,则每生每年的最低收费标准是多少元?(精确到元)(参考数据:lg1.7343=0.2391,lg1.05=0.0212,1.058=1.4774)

22.(12分)已知数列{an}和{bn}满足:a1=λ,,其中λ为实数,n为正整数.

(1)证明:对任意实数λ,数列{an}不是等比数列;

(2)证明:当λ≠-18时,数列{bn}是等比数列;

(3)设Sn为数列{bn}的前n项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n,都有Sn>-12?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.

参考答案

一、1.(A) 2.(D) 3.(C) 4.(C) 5.(B) 6.(B) 7.(D) 8.(C) 9.(D) 10.(C) 1 1.(D) 12.(A)

二、13.14.15.3n-1 16.4

三、17.(1)c=2 (2)an=n2-n+2

18.(1)an=(-2)n+1 (2)

19.(1)kn=3n+2

(2)T2n=3-3(y)n.

(3)可推得恒成立,而2n,故应k≤-48,即k的最大值为-48.

21.(1)到2014年底可全部还清贷款.

(2)992元.

22.(1)用反证法推出矛盾.

(2)可推得,b1=-(λ+18)≠0.

高中数学数列试题解题技巧研究篇3

【关键词】高中数学数列试题解题技巧

【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2016）01-0164-01

在高中数学教学的过程中，数列试题的解题技巧一直都被受关注，不仅是高中数学教师谈论的重点，也是教师们研究的重要话题。高中生对数学数列知识存在欠缺，也就是对一些知识没有完全的领会，致使他们在解题的过程中遇到了困难，因此需要找出解题技巧，帮助他们解决相应的难题，进而促进学生更好地学习数学数列试题知识。

一、数列在高中数学中的重要地位

高中数学在教学的过程中，数列是一个独立的教学版块，并且对数列还分章节进行了非常详细的讲解，由此我们可以看出，数列在高中数学教学过程中占据着重要的地位。数列知识与其他数学知识也有着紧密的联系，一些较为综合的解题技巧与解题思路大多都是在数列开始进行计算，将数列当做知识背景，对高中生进行其他数学相关知识的考查，例如，不等式、函数以及方程等数学知识都与数列有着密不可分的关联，如果高中生进入大学之后，还会学习极限知识，同样的它也与数列有着关联，所以在高中时期，高中生学会数列知识，掌握它的试题解题技巧是非常重要的[1]。

二、高中数学数列试题解题技巧研究

1.对数列基本概念进行研究

在高中数学数列试题解题的过程中，有一些试题需要利用通项公式以及求和公式等直接进行运算。对于这种类型的数列试题一般并没有任何详细的解题技巧，需要高中生直接将掌握的公式带到具体的试题中解题。例如：己知等差数列{an}，Sn是前n项的和，并且n*属于N，如果a3=5，S10=20，求S6。通过所知条件，可以将等差数列中的求和公式以及通项公式相互结合，先计算出数列试题中的首相与公差，再根据知道的条件，将结果直接带入求和公式里面，就可以算出正确的结果。这种类型的数列试题就是考查高中生对数列基本概念的理解。因此，教师在教学的时候，需要注意对数列概念的讲解。

2.通项公式

在最近几年的数学高考题目中，对数列通项公式考察的试题相对较多，因此对数列求和是掌握的重点内容，数列求和的方法分为三种，分别是错位相减法、合并求和法、分组求和法。

错位相减法是推导求和常用的方法，这种解法常会直接运用到数列前n项和的求和试题中。错位相减法适用于等差数列或者是等比数列前n项求和的过程中，所以教师在讲授解题技巧时，应当慢慢的引导高中生，让他们掌握基本解题规律。

合并法求和。在数列试题进行考察的过程中，一般会存在一些比较特殊的数列，如果将它们的个别项单独组合在一起，能够找到它存在的特殊性，如果是面对这种类型的题目时，它的解题技巧是高中生先将数列试题里面可进行组合的项找出来，然后求得它们的结果，在进行整体的求和计算，这样就能够顺利的计算出正确结果。例如，a1=2，a2=7，an+2=an+1-an，求S1999。通过初步计算发现这个是试题中的数列不是等差数列，也不是等比数列，但是a6m+1=2、a6m+2=7一直到a6m+5=-7、a6m+6=-5，因此得出S1999=0，也就是a1999=a1999+0，得出a1999=2也就是a1999=2。

分组法求和。在数列试题进行考察的过程中，有一些数列它本质上不属于等差数列，也不属于等比数列的范围，如果是将它拆开，可以将其划分到不同的等差数列或者是等比数列范围内，这类数列求和时的解题技巧，可以使用分组法求和来进行运算。然后再将其拆分成简单的求和数列，进行分别求和能得出的结构合并之后，就是我们解题的正确结果。例如，已知数列{an}，n为正整数，通项公式是an=n+3^n，要求计算出该数列前n项的和Sn，通过初步计算，我们可以得出，这个数列不是等差数列，也不是等比数列，但是经过仔细观察后可以发现，n+3^n的前半部分是等差数列，后半部分则是等比数列，因此可以将其分开进行计算，得到结果后在进行相加得出正确结果[2]。

三、结束语

通过上述内容，我们可以看出，高中数学数列试题因为其特殊性，与其他的数学知识联系密切，再加之近几年以来，数列试题频频出现在数学高考的试题当中，更是让高中数学数列成为了教师讲课、教学研究的重点，而为了有效提升高中生的解题效率，教师应在教学的过程中，教会高中生一些解题技巧，是高中生面临这类试题时，能够快速的计算出正确结构，提升他们的数学成绩。

参考文献：

数列测试题及答案篇4

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．

1．在等差数列{an}中，若a1＋a2＋a12＋a13＝24，则a7为()

A．6 B．7 C．8 D．9

解析：∵a1＋a2＋a12＋a13＝4a7＝24，∴a7＝6.答案：A

2．若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S33－S22＝1，则数列{an}的公差是()

A.12 B．1 C．2 D．

3解析：由Sn＝na1＋n(n－1)2d，得S3＝3a1＋3d，S2＝2a1＋d，代入S33－S22＝1，得d＝2，故选C.答案：C

3．已知数列a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则a2 011等于()

A．1 B．－4 C．4 D．

5解析：由已知，得a1＝1，a2＝5，a3＝4，a4＝－1，a5＝－5，a6＝－4，a7＝1，a8＝5，…

故{an}是以6为周期的数列，∴a2 011＝a6×335＋1＝a1＝1.答案：A

4．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是()

A．d＜0 B．a7＝0

C．S9＞S5 D．S6与S7均为Sn的最大值

解析：∵S5＜S6，∴a6＞0.S6＝S7，∴a7＝0.又S7＞S8，∴a8＜0.假设S9＞S5，则a6＋a7＋a8＋a9＞0，即2(a7＋a8)＞0.∵a7＝0，a8＜0，∴a7＋a8＜0.假设不成立，故S9＜S5.∴C错误.答案：C

5．设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q的值为()

A．－12 B.1

2C．1或－12 D．－2或12[

解析：设首项为a1，公比为q，则当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，适合题意．

当q≠1时，a1(1－q3)1－q＝3a1q2，∴1－q3＝3q2－3q3，即1＋q＋q2＝3q2,2q2－q－1＝0，解得q＝1(舍去)，或q＝－12.综上，q＝1，或q＝－12.答案：C

6．若数列{an}的通项公式an＝5 252n－2－425n－1，数列{an}的最大项为第x项，最小项为第y项，则x＋y等于()

A．3 B．4 C．5 D．6

解析：an＝5252n－2－425n－1＝525n－1－252－45，∴n＝2时，an最小；n＝1时，an最大．

此时x＝1，y＝2，∴x＋y＝3.答案：A

7．数列{an}中，a1 ＝15,3an＋1＝ 3an－2(n∈N *)，则该数列中相邻两项的乘积是负数的是()

A．a21a22 B．a22a23 C．a23a24 D．a24a25

解析：∵3an＋1＝3an－2，∴an＋1－an＝－23，即公差d＝－23.∴an＝a1＋(n－1)d＝15－23(n－1)．

令an＞0，即15－23(n－1)＞0，解得n＜23.5.又n∈N*，∴n≤23，∴a23＞0，而a24＜0，∴a23a24＜0.答案：C

8．某工厂去年产值为a，计划今后5年内每年比上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个厂的总产值为()

A．1.14a B．1.15a

C．11×(1.15－1)a D．10×(1.16－1)a

解析：由已知，得每年产值构成等比数列a1＝a，w

an＝a(1＋10%)n－1(1≤n≤6)．

∴总产值为S6－a1＝11×(1.15－1)a.答案：C

9．已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a7a14的最大值为()

A．25 B．50 C．1 00 D．不存在解析：由S20＝100，得a1＋a20＝10.∴a7＋a14＝10.又a7＞0，a14＞0，∴a7a14≤a7＋a1422＝25.答案：A

10．设数列{an}是首项为m，公比为q(q≠0)的等比数列，Sn是它的前n项和，对任意的n∈N*，点an，S2nSn()

A．在直线mx＋qy－q＝0上

B．在直线qx－my＋m＝0上

C．在直线qx＋my－q＝0上

D．不一定在一条直线上

解析：an＝mqn－1＝x，①S2nSn＝m(1－q2n)1－qm(1－qn)1－q＝1＋qn＝y，②

由②得qn＝y－1，代入①得x＝mq(y－1)，即qx－my＋m＝0.答案：B

11．将以2为首项的偶数数列，按下列方法分组：(2)，(4,6)，(8,10,12)，…，第n组有n个数，则第n组的首项为()

A．n2－n B．n2＋n＋2

C．n2＋n D．n2－n＋2

解析：因为前n－1组占用了数列2,4,6，…的前1＋2＋3＋…＋(n－1)＝(n－1)n2项，所以第n组的首项为数列2,4,6，…的第(n－1)n2＋1项，等于2＋(n－1)n2＋1－12＝n2－n＋2.答案：D

12．设m∈N*，log2m的整数部分用F(m)表示，则F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)的值是()

A．8 204 B．8 192

C．9 218 D．以上都不对

解析：依题意，F(1)＝0，F(2)＝F(3)＝1，有2 个

F(4)＝F(5)＝F(6)＝F(7)＝2，有22个．

F(8)＝…＝F(15)＝3，有23个．

F(16)＝…＝F(31)＝4，有24个．

…

F(512)＝…＝F(1 023)＝9，有29个．

F(1 024)＝10，有1个．

故F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29＋10.令T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋9×29，①

则2T＝1×22＋2×23＋…＋8×29＋9×210.②

①－②，得－T＝2＋22＋23＋…＋29－9×210 ＝

2(1－29)1－2－9×210＝210－2－9×210＝－8×210－2，∴T＝8×210＋2＝8 194，m]

∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1 024)＝8 194＋10＝8 204.答案：A

第Ⅱ卷(非选择共90分)

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13．若数列{an} 满足关系a1＝2，an＋1＝3an＋2，该数列的通项公式为__________．

解析：∵an＋1＝3an＋2两边加上1得，an＋1＋1＝3(an＋1)，∴{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，以3为公比的等比数列，∴an＋1＝33n－1＝3n，∴an＝3n－1.答案：an＝3n－

114．已知公差不为零的等差数列{an}中，M＝anan＋3，N＝an＋1an＋2，则M与N的大小关系是__________．

解析：设{an}的公差为d，则d≠0.M－N＝an(an＋3d)－[(an＋d)(an＋2d)]

＝an2＋3dan－an2－3dan－2d2＝－2d2＜0，∴M＜N.答案：M＜N

15．在数列{an}中，a1＝6，且对任意大于1的正整数n，点(an，an－1)在直线x－y＝6上，则数列{ann3(n＋1)}的前n项和Sn＝__________.解析：∵点(an，an－1)在直线x－y＝6上，∴an－an－1＝6，即数列{an}为等差数列．

∴an＝a1＋6(n－1)＝6＋6(n－1)＝6n，∴an＝6n2.∴ann3(n＋1)＝6n2n3(n＋1)＝6n(n＋1)＝61n－1n＋1

∴Sn＝61－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1.＝61－1n＋1＝6nn＋1.答案：6nn＋1

16．观察下表：3

4 5 6 75 6 7 8 9 10

…

则第__________行的各数之和等于2 0092.解析：设第n行的各数之和等于2 0092，则此行是一个首项a1＝n，项数为2n－1，公差为1的等差数列．

故S＝n×(2n－1)＋(2n－1)(2n－2)2＝2 0092，解得n＝1 005.答案：1 00

5三、解答题：本大题共6小题，共70分．

17．(10分)已知数列{an}中，a1＝12，an＋1＝12an＋1(n∈N*)，令bn＝an－2.(1)求证：{bn}是等比数列，并求bn；

(2)求通项an并求{an}的前n项和Sn.解析：(1)∵bn＋1bn＝an＋1－2an－2＝12an＋1－2an－2＝12an－1an－2＝12，∴{bn}是等比数列．

∵b1＝a1－2＝－32，∴bn＝b1qn－1＝－32×12n－1＝－32n.(2)an＝bn＋2＝－32n＋2，Sn＝a1＋a2＋…＋an

＝－32＋2＋－322＋2＋－323＋2＋…＋－32n＋2

＝－3×12＋122＋…＋12n＋2n＝－3×12×1－12n1－12＋2n＝32n＋2n－3.18．(12分)若数列{an}的前n项和Sn＝2n.(1)求{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)，且cn＝anbnn，求数列{cn}的通项公式及其前n项和Tn.解析：(1)由题意Sn＝2n，得Sn－1＝2n－1(n≥2)，两式相减，得an＝2n－2n－1＝2n－1(n≥2)．

当n＝1时，21－1＝1≠S1＝a1＝2.∴an＝2(n＝1)，2n－1(n≥2).(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…

bn－bn－1＝2n－3.以上各式相加，得

bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)

＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n，∴cn＝－2(n＝1)，(n－2)×2n－1(n≥2)，∴Tn＝－2＋0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－2)×2n－1，∴2Tn＝－4＋0×22＋1×23＋2×24＋…＋(n－2)×2n.∴－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－2)×2n

＝2(1－2n－1)1－2－(n－2)×2n

＝2n－2－(n－2)×2n

＝－2－(n－3)×2n.∴Tn＝2＋(n－3)×2n.19．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3＋S5＝50，a1，a4，a13成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，…，按原来顺序组成一个新数列{bn}，记该数列的前n项和为Tn，求Tn的表达式．

解析：(1)依题意，得

3a1＋3×22d＋5a1＋5×42d＝50，(a1＋3d)2＝a1(a1＋12d)，解得a1＝3，d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即an＝2n＋1.(2)由已知，得bn＝a2n＝2×2n＋1＝2n＋1＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n＋1＋1)

＝4(1－2n)1－2＋n＝2n＋2－4＋n.20．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，且ban－2n＝(b－1)Sn.(1)证明：当b＝2时，{an－n2n－1}是等比数列；

(2)求通项an.新课标第一网

解析：由题意知，a1＝2，且ban－2n＝(b－1)Sn，ban＋1－2n＋1＝(b－1)Sn＋1，两式相减，得b(an＋1－an)－2n＝(b－1)an＋1，即an＋1＝ban＋2n.①

(1)当b＝2时，由①知，an＋1＝2an＋2n.于是an＋1－(n＋1)2n＝2an＋2n－(n＋1)2n

＝2an－n2n－1.又a1－ 120＝1≠0，∴{an－n2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．

(2)当b＝2时，由(1)知，an－n2n－1＝2n－1，即an＝(n＋1)2n－1

当b≠2时，由①得

an ＋1－12－b2n＋1＝ban＋2n－12－b2n＋1＝ban－b2－b2n

＝ban－12－b2n，因此an＋1－12－b2n＋1＝ban－12－b2n＝2(1－b)2－bbn.得an＝2，n＝1，12－b[2n＋(2－2b)bn－1]，n≥2.21．(12分)某地在抗洪抢险中接到预报，24小时后又一个超历史最高水位的洪峰到达，为保证万无一失，抗洪指挥部决定在24小时内另筑起一道堤作为第二道防线．经计算，如果有 20辆大型翻斗车同时作业25小时，可以筑起第二道防线，但是除了现有的一辆车可以立即投入作业外，其余车辆需从各处紧急抽调，每隔20分钟就有一辆车到达并投入工作．问指挥部至少还需组织多少辆车这样陆续工作，才能保证24小时内完成第二道防线，请说明理由．

解析：设从现有这辆车投入工作算起，各车的工作时间依次组成数列{an}，则an－an－1＝－13.所以各车的工作时间构成首项为24，公差为－13的等差数列，由题知，24小时内最多可抽调72辆车．

设还需组织(n－1)辆车，则

a1＋a2＋…＋an＝24n＋n(n－1)2×－13≥20×25.所以n2－145n＋3 000≤0，解得25≤n≤120，且n≤73.所以nmin＝25，n－1＝24.故至少还需组织24辆车陆续工作，才能保证在24小时内完成第二道防线．

22．(12分)已知点集L＝{(x，y)|y＝mn}，其中m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，点列Pn(an，bn)在点集L中，P1为L的轨迹与y轴的交点，已知数列{an}为等差数列，且公差为1，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(3)设cn＝5nan|PnPn＋1|(n≥2)，求c2＋c3＋c4＋…＋cn的值．

解析：(1)由y＝mn，m＝(2x－2b,1)，n＝(1,1＋2b)，得y＝2x＋1，即L：y＝2x＋1.∵P1为L的轨迹与y轴的交点，∴P1(0,1)，则a1＝0，b1＝1.∵数列{an}为等差数列，且公差为1，∴an＝n－1(n∈N*)．

代入y＝2x＋1，得bn＝2n－1(n∈N*)．

(2)∵Pn(n－1,2n－1)，∴Pn＋1(n,2n＋1)．

＝5n2－n－1＝5n－1102－2120.∵n∈N*，(3)当n≥2时，Pn(n－1,2n－1)，∴c2＋c3＋…＋cn

六年级奥数之数列求和测试题篇5

1.求首项是5，末项是93，公差是4的等差数列的和。

2.求首项是13，公差是5的等差数列的前30项的和。

3.某剧院有20排座位，后一排都比前一排多2个座位，最后一排有70个座位，这个剧院一共有多少个座位?

4.某建筑工地堆放着一些钢管，最上面一层有3根，最下面一层有29根，而且下面的每一层比上面的一层多2根，这些钢管一共多少根?

5.巧算下题：5000-2-4-6-…-98-100

6.已知：a=1+3+5+……+99+101，b=2+4+6+……+98+100，则a、b两个数中，较大的数比较小的数大 .

1.求首项是13，公差是5的`等差数列的前30项的和。

2.某剧院有20排座位，后一排都比前一排多2个座位，最后一排有70个座位，这个剧院一共有多少个座位?

3.巧算下题：5000-2-4-6-…-98-100

4.时钟在每个整点敲打，敲打的次数等于该钟点数，每半点钟敲一下。问：时钟一昼夜打多少?

5.已知：a=1+3+5+……+99+101，b=2+4+6+……+98+100，则a、b两个数中，较大的数比较小的数大 .

6.将自然数如下排列，

1 2 6 7 15 16 …

3 5 8 14 17 …

4 9 13 18 …

10 12 …

11 …

…

在这样的排列下，数字3排在第2行第1列，13排在第3行第3列，问：1993排在第几行第几列?

7.(第三届“兴趣杯”少年数学邀请赛初赛)在11-45这35个数中，所有不被3整除的数的和是多少?

8.(第三届“兴趣杯”少年数学邀请赛预赛B卷)下面的数的总和是 ____ .

0 1 2 …49

1 2 3 … 50

48 49 50 …98

证明等比数列篇6

cn/c(n-1)=an*a(n+1)/an*a(n-1)=a(n+1)/a(n-1)=

3a(2n-1)=3*a(2n-3)

a(2n)=3*a(2n-2)

bn=a(2n-1)+a(2n)=3*a(2n-3)+3*a(2n-2)=3(bn-1)

因此bn/b(n-1)=3，所以bn为等比数列，公比为3。

2设数列{a的第n项}的前n项和Sn=1/3(a的第n项-1)，n属于自然数

求证：数列{a的第n项}为等比数列

Sn=1/3(an-1)

S(n-1)=1/3(a(n-1)-1)

Sn-S(n-1)=an=1/3(an-1-a(n-1)+1)=(an-a(n-1)/3

3an=an-a(n-1)

2an=-a(n-1)

an/a(n-1)=-1/

2所以数列{an}为等比数列

3已知前三项是2，4,8，数列满足a(n+1)=a(n)+2n(就是第n+1项等于第n项加上2n)，求数列的通项公式。这儿没有告诉你数列是等比数列，求通项公式之前必须证明它是等比数列，请问怎么证明?

因为：

a(n+1)-an=2n

所以：

a2-a1=2

a3-a2=

4a4-a3=6

a5-a4=8

.....a(n)-a(n-1)=2(n-1)

上n-1个式子相加得到：

an-a1=2+4+6+8+.....2(n-1)

右边是等差数列，且和=(n-1)/2=n(n-1)

所以：

an-2=n^2-n

an=n^2-n+24、已知数列{3*2的N此方}，求证是等比数列

根据题意，数列是3*2^n(^n表示肩膀上的方次),n=1,2,3,...为了验证它是等比数列只需要比较任何一项和它相邻项的比值是一个不依赖项次的固定比值就可以了.所以第n项和第n+1项分别是3*2^n和3*2^(n+1),相比之后有:

/(3*2^n)=

2因为比值是2,不依赖n的选择,所以得到结论.5数列an前n项和为Sn已知a1=1a(n+1)=(n+2)/n乘以Sn(n=1,2,3......)证明

(1)(Sn/n)是等比数列

(2)S(n+1)=4an1、A(n+1)=(n+2)sn/n=S(n+1)-Sn

即nS(n+1)-nSn=(n+2)Sn

nS(n+1)=(n+2)Sn+nSn

nS(n+1)=(2n+2)Sn

S(n+1)/(n+1)=2Sn/n

即S/=

2S1/1=A1=

1所以Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

2、由1有Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列

所以Sn/n的通项公式是Sn/n=1*2^(n-1)

即Sn=n2^(n-1)

那么S(n+1)=(n+1)2^n,S(n-1)=(n-1)2^(n-2)

An=Sn-S(n-1)

=n2^(n-1)-(n-1)2^(n-2)

=n*2*2^(n-2)-(n-1)2^(n-2)

=*2^(n-2)

=(n+1)2^(n-2)

=(n+1)*2^n/2^2

=(n+1)2^n/4

=S(n+1)/4

等比数列(试题) 篇7

数列是高中数学的重要内容之一, 也是高考考查的一个重点, 在历年高考中均占有较大比重.试题主要考查以下四个方面:1.等差、等比数列的基本概念、性质、通项公式及前n项和公式;2.an与Sn之间的关系;3.某些简单的递推公式及应用;4.数列与函数、方程、不等式、解析几何等整合在一起的综合题.本文以2011年高考数学试题为载体, 赏析数列试题的类型及解法.

一、基本运算型

例1 (四川卷) 数列{an}的首项为3, {bn}为等差数列且bn=an+1-an.若b3=-2, b10=12, 则a8= ( ) .

(A) 0 (B) 3

解:设数列{bn}的首项为b1, 公差为d.

由b3=-2, b10=12, 得 ${\begin{cases} b_{1} + 2 d = - 2, \\ b_{1} + 9 d = 12, \end{cases}$ 解之, 得

$\begin{array}{l} b_{1} = - 6, d = 2, ∴ b_{n} = - 6 + 2 (n - 1) = 2 n - 8 . \\ ∵ b_{n} = a_{n + 1} - a_{n}, ∴ a_{8} = (a_{8} - a_{7}) + (a_{7} - a_{6}) + (a_{6} - a_{5}) + (a_{5} - a_{4}) + (a_{4} - a_{3}) + (a_{3} - a_{2}) + (a_{2} - a_{1}) + a_{1} = b_{7} + b_{6} + b_{5} + \dots + b_{1} + a_{1} = \frac{7}{2} (- 6 + 2 \times 7 - 8) + 3 = 3 . \end{array}$

故选B.

例2 (江西卷) 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m, 且a1=1, 那么a10= ( ) .

(A) 1 (B) 9

解:∵ Sn+Sm=Sn+m, 且a1=1, ∴ S1=1.

令m=1, 得Sn+1=Sn+1, ∴ Sn+1-Sn=1, 即当n≥1时, an+1=1, ∴ a10=1.故选A.

例3 (上海卷) 设{an}是各项为正数的无穷数列, Ai是边长为ai, ai+1的矩形的面积 (i=1, 2, …) , 则{An}为等比数列的充要条件为 ( ) .

(A) {an}是等比数列

(B) a1, a3, …, a2n-1, …或a2, a4, …, a2n, …是等比数列

(D) a1, a3, …, a2n-1, …和a2, a4, …, a2n, …均是等比数列, 且公比相同

解:∵ Ai=aiai+1, 若{An}为等比数列, 则 $\frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = \frac{a_{n + 1} a_{n + 2}}{a_{n} a_{n + 1}} = \frac{a_{n + 2}}{a_{n}}$ 为常数, 即 $\frac{A_{2}}{A_{1}} = \frac{a_{3}}{a_{1}}, \frac{A_{3}}{A_{2}} = \frac{a_{4}}{a_{2}}, \dots ∴ a_{1}, a_{3}, a_{5}, \dots, a_{2 n - 1}, \dots$ 和a2, a4, …, a2n, …成等比数列, 且公比相等. (必要性) 若{a2k-1}和{a2j}均是等比数列, 且公比均为q, 则 $\frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = \frac{a_{n + 2}}{a_{n}} = q$ , 从而{An}为等比数列. (充分性) 故选D.

例4 (江苏卷) 设1=a1≤a2≤…≤a7, 其中a1, a3, a5, a7成公比为q的等比数列, a2, a4, a6成公差为1的等差数列, 则q的最小值是.

解:由题意易知, a3=q, a5=q2, a7=q3且q≥1, a4=a2+1, a6=a2+2且a2≥1, 那么q2≥2且 $q^{3} \geq 3, ∴ q \geq \sqrt[3]{3}$ , 即q的最小值为 $\sqrt[3]{3} .$

例5 (全国课标卷) 已知等比数列{an}中, $a_{1} = \frac{1}{3}$ , 公比 $q = \frac{1}{3} . (Ⅰ) S_{n}$ 为{an}的前n项和, 证明: $S_{n} = \frac{1}{2} (1 - a_{n})$ ; (Ⅱ) 设bn=log3a1+log3a2+…+log3an, 求数列{bn}的通项公式.

$\begin{array}{l} 解 ∶ (Ⅰ) 证明 ∶ 由题意知 ‚ a_{n} = \frac{1}{3^{n}}, S_{n} = \frac{\frac{1}{3} (1 - \frac{1}{3^{n}})}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{3^{n}}) = \frac{1}{2} (1 - a_{n}) . \\ (Ⅱ) ∵ a_{n} = \frac{1}{3^{n}}, ∴ \log_{3} a_{n} = - n ‚ \\ ∴ b_{n} = - (1 + 2 + \dots + n) = - \frac{n (n + 1)}{2} . \end{array}$

例6 (湖北卷) 成等差数列的三个正数的和等于15, 并且这三个数分别加上2, 5, 13后成为等比数列{bn}中的b3, b4, b5.

(Ⅰ) 求数列{bn}的通项公式;

(Ⅱ) 数列{bn}的前n项和为Sn, 求证:数列 ${S_{n} + \frac{5}{4}}$ 是等比数列.

解: (Ⅰ) 设成等差数列的三个正数分别为a-d, a, a+d, 其中d<a.依题意a-d+a+a+d=15, 解之, 得a=5.∴ {bn}中的b3, b4, b5依次为7-d, 10, 18+d.易知 (7-d) (18+a) =100, 解之, 得d=2或d=-13 (舍去) .∴ b3=5, 公比q=2.

由b3=b1·q2, 即5=b1·22, 解之, 得 $b_{1} = \frac{5}{4} .$

故 $b_{n} = \frac{5}{4} \cdot 2^{n - 1}$ , 即bn=5·2n-3.

(Ⅱ) 证明:易知 $S_{n} = \frac{\frac{5}{4} (1 - 2^{n})}{1 - 2} = 5 \cdot 2^{n - 2} - \frac{5}{4}, ∴ S_{n} + \frac{5}{4} = 5 \cdot 2^{n - 2} ‚ ∴ S_{1} + \frac{5}{4} = \frac{5}{2}, \frac{S_{n + 1} + \frac{5}{4}}{S_{n} + \frac{5}{4}} = \frac{5 \cdot 2^{n - 1}}{5 \cdot 2^{n - 2}} = 2$ .故 ${S_{n} + \frac{5}{4}}$ 是以 $\frac{5}{2}$ 为首项, 2为公比的等比数列.

点评:以上几例从不同角度考查了两个基本数列, 即等差、等比数列的概念、基本量的计算与证明及Sn与an的关系, 考查了用赋值、整体、逼近等重要数学思想方法解决问题的能力和推理论证的能力.

二、图表信息型

例7 (山东卷) 等比数列{an}中, a1, a2, a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数, 且a1, a2, a3中的任何两个数不在下表的同一列.

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 若数列{bn}满足bn=an+ (-1) nlnan, 求数列{bn}的前n项和Sn.

解: (Ⅰ) 分析表中所给信息, 当a1=3时, 不合题意;当a1=2时, 当且仅当a2=6, a3=18时, 符合题意;当a1=10时, 不合题意.因此a1=2, a2=6, a3=18, 所以公比q=3, 故an=2·3n-1.

(Ⅱ) ∵ bn=an+ (-1) nlnan=2·3n-1+ (-1) nln (2·3n-1) =2·3n-1+ (-1) n[ln2+ (n-1) ln3]=2·3n-1+ (-1) n (ln2-ln3) + (-1) n·nln3, ∴ Sn=2 (1+3+…+3n-1) +[-1+1-1+…+ (-1) n]· (ln2-ln3) +[-1+2-3+…+ (-1) nn]ln3.

当n为偶数为, $S_{n} = 2 \times \frac{1 - 3^{n}}{1 - 3} + \frac{n}{2} \ln 3 = 3^{n} + \frac{n}{2} \ln 3 - 1;$

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

综上, $S_{n} = {\begin{cases} 3^{n} + \frac{1}{2} n l n 3 - 1, n 为偶数 ‚ \\ 3^{n} - \frac{1}{2} (n - 1) \ln 3 - \ln 2 - 1, n 为奇数 . \end{cases}$

点评:本题通过提供的表格信息考查等比数列的通项公式, 前n项和公式, 利用拆项分组法求和的方法和对数的运算等基础知识, 考查分数讨论思想、归纳推理能力及运算求解能力.求数列{bn}的前n项和时, 由于含有 (-1) n, 因此要对n分奇数、偶数两种情况讨论.随着高考“深化数学理性思维”的要求, 用图表作信息资源的新试题, 将仍是高考试题创新的生长点.

三、应用型

例8 (陕西卷) 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树, 每人植一棵, 相邻两棵树相距10米.开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边, 使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小, 这个最小值为米.

解:假设20位同学是1号到20号依次排列, 使每位同学的往返所走的路程和最小, 则树苗需放在第10或第11号树坑旁.此时两侧的同学们所走的路程分别组成以20为首项, 20为公差的等差数列, 所有同学往返的总路程为 $S = 9 \times 20 + \frac{1}{2} \times 9 \times 8 \times 20 + 10 \times 20 + \frac{1}{2} \times 10 \times 9 \times 20 = 2000 .$

例9 (福建卷) 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格, 即根据商品的最低销售限价a, 最高销售限价b (b>a) 以及实数x (0<x<1) 确定实际销售价格c=a+x (b-a) , 这里x被称为乐观系数.经验表明, 最佳乐观系数x恰好使得 (c-a) 是 (b-c) 和 (b-a) 的等比中项, 据此可得, 最佳乐观系数x的值等于.

解:由 (c-a) 是 (b-c) 和 (b-a) 的等比中项知,

(c-a) 2= (b-c) (b-a) ,

∴ (c-a) 2=[ (b-a) + (a-c) ] (b-a) .

$\begin{array}{l} 又 c = a + x (b - a), ∴ b - a = \frac{c - a}{x}, \\ ∴ (c - a)^{2} = [\frac{c - a}{x} + (a - c)] \cdot \frac{c - a}{x} . \end{array}$

$\begin{array}{l} 由题意知 ‚ c - a \neq 0, ∴ 1 = (\frac{1}{x} - 1) \cdot \frac{1}{x}, \\ ∴ x^{2} + x - 1 = 0 \end{array}$

, 解之, 得 $x = \frac{1}{2} (\sqrt{5} - 1)$ 或 $x = - \frac{1}{2} (\sqrt{5} + 1)$ (舍去) , 故填 $\frac{1}{2} (\sqrt{5} - 1) .$

点评:以上两例主要考查数列求和、等比中项、一元二次方程求解等知识, 考查了转化与化归的能力和函数与方程思想, 考查用数列知识解决实际问题的能力.

四、新定义型

例10 (北京卷) 若数列An:a1, a2, …, an (n≥2) 满足|ak+1-ak|=1 (k=1, 2, …, n-1) , 则称An为E数列.记S (An) =a1+a2+…+an.

(Ⅰ) 写出一个E数列A5满足a1=a3=0;

(Ⅱ) 若a1=12, n=2000, 证明:E数列An是递增数列的充要条件是an=2011;

(Ⅲ) 在a1=4的E数列An中, 求使得S (An) =0成立的n的最小值.

解: (Ⅰ) 0, 1, 0, 1, 0是一个满足条件的E数列A5. (答案不唯一, 0, -1, 0, 1, 0;0, ±1, 0, 1, 2;0, ±1, 0, -1, -2;0, ±1, 0, -1, 0都是满足条件的E数列A5)

(Ⅱ) 证明:先证必要性:∵ E数列An是递增数列, ∴ ak+1-ak=1 (k=1, 2, …, 1999) , ∴ An是首项为12, 公差为1的等差数列, ∴ a2000=12+ (2000-1) ×1=2011.

再证充分性:由于a2000-a1999≤1, a1999-a1998≤1, …, a2-a1≤1, ∴ a2000-a1≤1999, 即a2000≤a1+1999.又∵ a1=12, a2000=2011, ∴ a2000=a1+1999, 故ak+1-ak=1>0 (k=1, 2, …, 1999) , 即An是递增数列.

综上, 结论得证.

(Ⅲ) 对首项为4的E数列An, 由于a2≥a1-1=3, a3≥a2-1≥2, …, a8≥a7-1≥-3, ∴ a1+a2+…+ak>0 (k=2, 3, …, 8) .∴ 对任意的首项为4的E数列An, 若S (An) =0, 则必有n≥9.又a1=4的E数列A9:4, 3, 2, 1, 0, -1, -2, -3, -4满足S (A9) =0, ∴ n的最小值是9.

点评:解决此类问题的关键是要充分理解新定义蕴含的信息, 并把它转化为熟悉的知识来解决.解本题的关键是读懂并理解E数列的含义.

五、探索型

例11 (江西卷) (1) 已知两个等比数列{an}, {bn}, 满足a1=a (a>0) , b1-a1=1, b2-a2=2, b3-a3=3, 若数列{an}唯一, 求a的值. (2) 是否存在两个等比数列{an}, {bn}, 使得b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成公差不为0的等差数列?若存在, 求{an}, {bn}的通项公式;若不存在, 说明理由.

解: (1) 设{an}的公比为q, 则b1=1+a, b2=2+aq, b3=3+aq2.由b1, b2, b3成等比数列, 得

(2+aq) 2= (1+a) (3+aq2) , 即

aq2-4aq+3a-1=0. (*)

由a>0, 得Δ=4a2+4a>0, 故关于q的方程 (*) 有两个不同的实根.再由{an}的唯一性知, 方程 (*) 必有一根为0, 将q=0代入方程 (*) , 得 $a = \frac{1}{3} .$

(2) 假设存在两个等比数列{an}, {bn}使b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成公差不为0的等差数列.设{an}的公比为q1, {bn}的公比为q2, 则b2-a2=b1q2-a1q1, b3-a3=b1q $_{2}^{2}$ -a1q $_{1}^{2}$ , b4-a4=b1q $_{2}^{3}$ -a1q3.由b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成等差数列, 得 ${\begin{cases} 2 (b_{1} q_{2} - a_{1} q_{1}) = b_{1} - a_{1} + (b_{1} q_{2}^{2} - a_{1} q_{1}^{2}), \\ 2 (b_{1} q_{2}^{2} - a_{1} q_{1}^{2}) = b_{1} q_{2} - a_{1} q_{1} + (b_{1} q_{2}^{3} - a_{1} q_{1}^{3}), \end{cases}$

$\begin{array}{l} 即【 m a t h 29 z 】 \begin{array}{l} ① \\ ② \end{array} \\ ① \times q_{2} - ② \end{array}$

, 得a1 (q1-q2) (q1-1) 2=0.

由a1≠0, 得q1=q2或q1=1.

当q1=q2时, 由①②得b1=a1或q1=q2=1, 这时 (b2-a2) - (b1-a1) =0, 与公差不为0矛盾.

当q1=1时, 由①②得b1=0 (舍) 或q2=1, 这时 (b2-a2) - (b1-a1) =0, 与公差不为0矛盾.

综上, 不存在两个等比数列{an}, {bn}使b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成公差不为0的等差数列.

例12 (湖北卷) 已知数列{an}的前n项和为Sn, 且满足a1=a (a≠0) , an+1=rSn (n∈N*, r∈R, r≠-1) .

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 若存在k∈N*, 使得Sk+1, Sk, Sk+2成等差数列, 试判断:对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2是否成等差数列, 并证明你的结论.

解: (Ⅰ) 由an+1=rSn, 可得an+2=rSn+1, 两式相减可得an+2-an+1=r (Sn+1-Sn) =ran+1, 即an+2= (r+1) an+1.又a2=ra1=ra, ∴ 当r=0时, 数列{an}为:a, 0, …, 0, …;当r≠0, r≠-1时, 由已知a≠0, ∴ an≠0 (n∈N*) , 于是由an+2= (r+1) an+1, 可得 $\frac{a_{n + 2}}{a_{n + 1}} = r + 1 (n \in Ν^{*}), ∴ a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n}, \dots$ 成等比数列, ∴ 当n≥2时, an=r (r+1) n-2a.

综上, 数列{an}的通项公式为 $a_{n} = {\begin{cases} a, n = 1, \\ r (r + 1)^{n - 2} a, n \geq 2 . \end{cases}$

(Ⅱ) 对于任意的m∈N*, 且m≥2, an+1, am, am+2成等差数列.证明如下:

当r=0时, 由 (Ⅰ) 知, $a_{n} = {\begin{cases} a, n = 1, \\ 0, n \geq 2 . \end{cases} ∴$ 对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2成等差数列;当r≠0, r≠-1时, ∵ Sk+2=Sk+ak+1+ak+2, Sk+1=Sk+ak+1, 若存在k∈N*, 使得Sk+1, Sk, Sk+2成等差数列, 则Sk+1+Sk+2=2Sk, ∴ 2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk, 即ak+2=-2ak+1, 由 (Ⅰ) 知, a2, a3, …, am, …的公比r+1=-2, 于是对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1=-2am, 从而am+2=4am, ∴ am+1+am+2=2am, 即am+1, am, am+2成等差数列.

综上, 对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2成等差数列.

点评:以上两例属于“是否存在”探索型问题, 主要考查了等差、等比数列的定义及其性质, 同时考查了推理论证能力以及特殊与一般的思想, 对学生的分析问题能力、运算求解能力要求较高.

六、整合型

例13 (安徽卷) 在数1和100之间插入n个实数, 使得这 (n+2) 个数构成递增的等比数列, 将这 (n+2) 个数的乘积记作Tn, 再令an=lgTn, n≥1.

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 设bn=tanan·tanan+1, 求数列{bn}的前n项和Sn.

解: (Ⅰ) 设t1, t2, …, tn+2构成等比数列, 其中t1=1, tn+2=100, 则Tn=t1·t2·…·tn+1·tn+2, ①

Tn=tn+2·tn+1·…·t2·t1. ②

①×②并利用titn+3-i=t1tn+2=102 (1≤i≤n+2) , 得T $_{n}^{2}$ = (t1tn+2) · (t2tn+1) ·…· (tn+1t2) · (tn+2t1) =102 (n+2) .∴ an=lgTn=n+2, n≥1.

(Ⅱ) 由题意及 (Ⅰ) 中计算结果, bn=tan (n+2) ·tan (n+3) , n≥1.由 $\tan 1 = \tan [(k + 1) - k] = \frac{\tan (k + 1) - t a n k}{1 + \tan (k + 1) \cdot t a n k}$ , 得 $\tan (k + 1) \cdot \tan k = \frac{\tan (k + 1) - t a n k}{\tan 1} - 1, ∴ S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} b_{i} = \sum_{k = 3}^{n + 2} \tan (k + 1) \cdot \tan k = \sum_{k = 3}^{n + 2} [\frac{\tan (k + 1) - t a n k}{\tan 1} - 1] = \frac{\tan (n + 3) - \tan 3}{\tan 1} - n .$

例14 (天津卷) 已知数列{an}与{bn}满足 $b_{n + 1} a_{n} + b_{n} a_{n + 1} = (- 2)^{n} + 1 ‚ b_{n} = \frac{3 + (- 1)^{n - 1}}{2}, n \in Ν^{*}$ , 且a1=2.

(Ⅰ) 求a2, a3的值;

(Ⅱ) 设Cn=a2n+1-a2n-1, n∈N*, 证明:{Cn}是等比数列;

(Ⅲ) 设Sn为{an}的前n项和, 证明: $\frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{S_{2 n - 1}}{a_{2 n - 1}} + \frac{S_{2 n}}{a_{2 n}} \leq n - \frac{1}{3} (n \in Ν^{*}) .$

解: (Ⅰ) 由 $b_{n} = \frac{1}{2} [3 + (- 1)^{n - 1}] ‚ n \in Ν^{*}$ , 可得 $b_{n} = {\begin{cases} 2, n 为奇数 ‚ \\ 1 ‚ n 为偶数 . \end{cases}$ 又bn+1an+bnan+1= (-2) n+1, 当n=1时, a1+2a2=-1, 由a1=2, 可得 $a_{2} = - \frac{3}{2}$ ;当n=2时, 2a2+a3=5, 可得a3=8.

(Ⅱ) 证明:对任意n∈N*,

a2n-1+2a2n=-22n-1+1, ①

2a2n+2a2n+1=22n+1. ②

②-①, 得a2n+1-a2n-1=3×22n-1, 即Cn=3×22n-1, 于是 $\frac{C_{n + 1}}{C_{n}} = 4$ , 故{Cn}是以6为首项, 4为公比的等比数列.

(Ⅲ) 证明:a1=2, 由 (Ⅱ) 知, 当k∈N*且k≥2时, $a_{2 k - 1} = a_{1} + (a_{3} - a_{1}) + (a_{5} - a_{3}) + (a_{7} - a_{5}) + \dots + (a_{2 k - 1} - a_{2 k - 3}) = 2 + 3 (2 + 2^{3} + 2^{5} + \dots + 2^{2 k - 3}) = 2 + 3 \times \frac{2 (1 - 4^{k - 1})}{1 - 4} = 2^{2 k - 1}$ , 故对任意k∈N*, a2k-1=22k-1.由①得 $2^{2 k - 1} + 2 a_{2 k} = - 2^{2 k - 1} + 1, ∴ a_{2 k} = \frac{1}{2} - 2^{2 k - 1}, k \in Ν^{*}$ .因此, $S_{2 k} = (a_{1} + a_{2}) + (a_{3} + a_{4}) + \dots + (a_{2 k - 1} + a_{2 k}) = \frac{k}{2}$ .于是 $S_{2 k - 1} = S_{2 k} - a_{2 k} = \frac{1}{2} (k - 1) + 2^{2 k - 1}$ .故 $\frac{S_{2 k - 1}}{a_{2 k - 1}} + \frac{S_{2 k}}{a_{2 k}} = \frac{\frac{1}{2} (k - 1) + 2^{2 k - 1}}{2^{2 k - 1}} + \frac{\frac{k}{2}}{\frac{1}{2} - 2^{2 k - 1}} = \frac{k - 1 + 2^{2 k}}{2^{2 k}} - \frac{k}{2^{2 k} - 1} = 1 - \frac{1}{4^{k}} - \frac{k}{4^{k} (4^{k} - 1)} . ∴$ 对任意 $n \in Ν^{*}, \frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{S_{2 n - 1}}{a_{2 n - 1}} + \frac{S_{2 n}}{a_{2 n}} = (\frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}}) + (\frac{S_{3}}{a_{3}} + \frac{S_{4}}{a_{4}}) + \dots + (\frac{S_{2 n - 1}}{a_{2 n - 1}} + \frac{S_{2 n}}{a_{2 n}}) = (1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{12}) + [1 - \frac{1}{4^{2}} - \frac{2}{4^{2} (4^{2} - 1)}] + \dots + [1 - \frac{1}{4^{n}} - \frac{n}{4^{n} (4^{n} - 1)}] = n - (\frac{1}{4} + \frac{1}{12}) - [\frac{1}{4^{2}} - \frac{2}{4^{2} (4^{2} - 1)}] - \dots - [\frac{1}{4^{n}} + \frac{n}{4^{n} (4^{n} - 1)}] \leq n - (\frac{1}{4} + \frac{1}{12}) = n - \frac{1}{3} .$

点评:以上两例巧妙地把数列与对数及指数的运算、两角差的正切公式、不等式等基础知识整合在一起, 考查灵活运用基本知识综合分析能力、推理论证能力、运算求解能力和创新思维能力.

等比数列(试题) 篇8

1.复习回顾（意在进一步掌握等差数列的相关知识，为学习等比数列做铺垫）

教师：在等差数列的学习中，我们学习了哪些内容？哪些方法？请填在下表第二列，

2.新课引入（意在引导学生类比联想，通过探讨发现特殊数列除了等差数列外，还应有等和数列、等积数列、等比数列）

教师：等差数列是指后项与前一项的差的运算，能否将差的运算替换为其它运算呢？请同学们思考，这样的数列是否存在，若存在，请举出具体的例子，5分钟后，

学生l：若一个数列从第二项起，每一项与前一项的和都等于同一个常数，则这个数列是否可称为等和数列，这个常数称为公和，这种数列很简单，比如首项为l，公和为3的等和数列为：1，4，1，4，1，4，......它的通项公式及前n项和公式都比较简单，

学生2：若一个数列从第二项起，每一项与前一项的积都等于同一个常数，则这个数列是否可称为等积数列，这个常数称为公积，这种数列也很简单，比如首项为l，公积为3的等积数列为：1，3，1，3，1，3，…，它的通项公式及前n和公式也都比较简单，

学生3：若一个数列从第二项起，每一项与前一项的商（或比）都等于同一个常数，则这个数列是否可称为等商（比）数列，这个常数称为公商（比），这种数列有点类似等差数列，但又不同，比如由定义，在等比数列中任意一项都不为0且公比也不为0，

笔者肯定了学生的想法，并指出：由于等和数列和等积数列比较简单，我们很容易利用定义根据它的首项、公和（或公积）给出它的通项公式和前”项和公式，因此教材中没有涉及，但在一些考卷中出现过，主要考查考生们的阅读理解能力和数学能力，从刚才同学们的回答我们已经解决了这两类数列的基本问题，而等比数列和等差数列很类似，但又有区别，下面我们类比等差数列的研究方法来学习研究等比数列，

3.新课探究（意在放手学生，让他们大胆猜想、探索）

教师：请同学们独立思考，类比第2列填写上表的第3列，要求先填写自己能独立解决的问题，然后以小组为单位，交流、思考、补充，

临近下课时，经过学生的共同努力，完成了除前”项和公式外的所有内容（见表格），教师表扬了同学们，并要求学生课后试着推导等比数列前”项和公式（要求如果直接讨论有难度的话，可以先讨论：

这3个练习的目的是：（1）判断是否为等比数列；（2）如果是等比数列，公比是否为l；（3）满足等比数列求和公式时，一定要注意求多少项的和；（4）独立思考：一个数列有等比数列的背景时，求和是否可考虑错位相减法；（5）理解错位相减法：步骤：列式、错位、相减，“错位”的目的是对其同类项，是为了后面计算不错，

4.课后反思

【等比数列(试题)】推荐阅读：

等比数列2教案01-14

类比探究等差数列和等比数列的性质04-20