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專題5　等比數列
　　　　　　　　　　　　　　
1．等比數列
(1)概念：一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數，那么這個數列叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的公比(常用字母“q”表示)．
(2)遞推關系：＝q.
2．等比數列的通項公式
an＝a1·qn－1.
3．等比數列的主要性質
(1)an＝am·qn－m(m，n∈N*)；
(2)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則aman＝apaq；
(3)等比數列{an}中，kn∈N*，且{kn}是等差數列，則{akn}也是等比數列．
4．等比數列的前n項和公式
當q≠1時，Sn＝＝；
當q＝1時，Sn＝na1.
5．等比數列與指數函數的關系
等比數列{an}的通項公式an＝a1·qn－1，它的圖象是分布在曲線y＝qx(q>0)上的一些孤立的點．
當a1>0，q>1時，等比數列{an}是遞增數列；
當a1<0,0當a1>0,0當a1<0，q>1時，等比數列{an}是遞減數列．
例1　已知等比數列{an}中：
(1)a1＝，an＝，q＝，求n；
(2)S3＝，S6＝，求an.
變式1　等比數列{an}的前n項和為Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，則a1等于(　　)
A.B．－C. D．－
例2　(1)若等比數列{an}滿足a2a4＝，則a1aa5＝________.
(2)公比為2的等比數列{an}的各項都是正數，且a3a11＝16，則log2a10等于(　　)
A．4 B．5 C．6 D．7
變式2　(1)正項等比數列{an}中，a1a3＋a3a5＋2a2a4＝36，則a2＋a4等于(　　)
A．6 B．10 C．20 D．15
(2)等比數列{an}中，有a3a11＝4a7，數列{bn}是等差數列，且b7＝a7，則b5＋b9等于(　　)
A．2 B．4 C．8 D．16
例3　已知數列{an}的前n項和為Sn，且對任意的n∈N*有an＋Sn＝n，設bn＝an－1.求證：數列{bn}是等比數列．
變式3　已知數列{an}的前n項和Sn＝a(bn－1)(a≠0，b≠0且b≠1)，證明：{an}是等比數列．
A級
1．等比數列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若am＝a1a2a3a4a5，則m等于(　　)
A．9 B．10 C．11 D．12
2．設Sn為等比數列{an}的前n項和，8a2＋a5＝0，則等于(　　)
A．11 B．5 C．－8 D．－11
3．設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S2＝3，S4＝15，則S6等于(　　)
A．31 B．32 C．63 D．64
4．已知{an}是首項為1的等比數列，Sn是{an}的前n項和，且9S3＝S6，則數列{}的前5項和為(　　)
A.或5 B.或5 C.D.
5．等比數列{an}共2n項，其和為－240，且奇數項的和比偶數項的和大80，則公比q＝________.
6．設數列{an}的前n項和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝______，S5＝______.
7．已知數列{an}是遞增的等比數列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，則數列{an}的前n項和等于________．
B級
8．已知{an}為等比數列，下面結論中正確的是(　　)
A．a1＋a3≥2a2
B．a＋a≥2a
C．若a1＝a3，則a1＝a2
D．若a3>a1，則a4>a2
9．已知Sn是等比數列{an}的前n項和，若存在m∈N*，滿足＝9，＝，則數列{an}的公比為(　　)
A．－2 B．2 C．－3 D．3
10．在等比數列{an}中，已知S30＝13S10，S10＋S30＝140，則S20等于(　　)
A．90 B．70 C．40 D．30
11．設公比為q(q>0)的等比數列{an}的前n項和為Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，則q＝________.
12．在等比數列{an}中，a1＝2，前n項和為Sn，若數列{an＋1}也是等比數列，則Sn＝________.
13．已知{an}是各項均為正數的等比數列，且a1＋a2＝2(＋)，a3＋a4＋a5＝64(＋＋)．
(1)求{an}的通項公式；
(2)設bn＝(an＋)2，求數列{bn}的前n項和Tn.
詳解答案
典型例題
例1　解　(1)由an＝a1·qn－1得＝·()n－1，即()n－1＝()3，得n＝4.
(2)S6≠2S3，故q≠1，
∴
由②÷①，得1＋q3＝9，解得q＝2，
將q＝2代入①，得a1＝，
故an＝a1·qn－1＝2n－2.
變式1　C　[設等比數列{an}的公比為q，由S3＝a2＋10a1得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，q2＝9，又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.]
例2　(1)
解析　利用等比數列的性質求解．
∵數列{an}為等比數列，
∴a2·a4＝a＝，a1·a5＝a.
∴a1aa5＝a＝.
(2)B　[利用等比數列的性質和通項公式求解．∵a3·a11＝16，∴a＝16.
又∵等比數列{an}的各項都是正數，∴a7＝4.
又∵a10＝a7q3＝4×23＝25，∴log2a10＝5.故選B.]
變式2　(1)A
(2)C　[∵a3a11＝a＝4a7，
∵a7≠0，∴a7＝4，∴b7＝4，
∵{bn}為等差數列，∴b5＋b9＝2b7＝8.]
例3　證明　易求a1＝，由已知得，an＋Sn＝n①
an－1＋Sn－1＝n－1(n≥2)②
兩式作差，得an＝an－1＋(n≥2)③
于是bn＋1＝an＋1－1＝an－＝(an－1)＝bn(n≥1)，
又b1＝a1－1＝－≠0，故數列{bn}是等比數列．
變式3　證明　a1＝S1＝a(b－1)；
n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝a(bn－1)－a(bn－1－1)＝abn－1(b－1)．
a1＝a(b－1)也適合上式，故an＝abn－1(b－1)，
∴＝＝b，所以{an}是等比數列．
強化提高
1．C　[在等比數列{an}中，∵a1＝1，
∴am＝a1a2a3a4a5＝aq10＝q10.
又∵am＝qm－1，∴m－1＝10，∴m＝11.]
2．D　[由8a2＋a5＝0，得8a1q＋a1q4＝0，所以q＝－2，則＝＝－11.]
3．C　[在等比數列{an}中，S2，S4－S2，S6－S4也成等比數列，
故(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，
則(15－3)2＝3(S6－15)，解得S6＝63.]
4．C　[若q＝1，則由9S3＝S6得9×3a1＝6a1，則a1＝0，不滿足題意，故q≠1.
由9S3＝S6得9×＝，解得q＝2.
故an＝a1qn－1＝2n－1，＝()n－1.
所以數列{}是以1為首項，為公比的等比數列，其前5項和為
S5＝＝.]
5．2
解析　根據題意得
∴∴q＝＝＝2.
6．1　121
解析　由解得a1＝1，a2＝3，
當n≥2時，由已知可得：
an＋1＝2Sn＋1，①
an＝2Sn－1＋1，②
①－②得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a2＝3a1，
∴{an}是以a1＝1為首項，以q＝3為公比的等比數列．
∴S5＝＝121.
7．2n－1
解析　由等比數列性質知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以聯立方程解得或又數列{an}為遞增數列，∴a1＝1，a4＝8，從而a1q3＝8，∴q＝2.
∴數列{an}的前n項和為Sn＝＝2n－1.
8．B　[設{an}的首項為a1，公比為q，則a2＝a1q，a3＝a1q2.
∵a1＋a3＝a1(1＋q2)，又1＋q2≥2q，
當a1>0時，a1(1＋q2)≥2a1q，即a1＋a3≥2a2；
當a1<0時，a1(1＋q2)≤2a1q，即a1＋a3≤2a2，
故A不正確．
∵a＋a＝a(1＋q4)，又1＋q4≥2q2且a>0，∴a＋a≥2a.故B正確．
若a1＝a3，則q2＝1.∴q＝±1.
當q＝1時，a1＝a2；當q＝－1時，a1≠a2.故C不正確．
D項中，若q>0，則a3q>a1q，即a4>a2；若q<0，則a3q9．B　[設公比為q，若q＝1，則＝2，
與題中條件矛盾，故q≠1.
∵＝＝qm＋1＝9，∴qm＝8.
∴＝＝qm＝8＝，
∴m＝3，∴q3＝8，∴q＝2.]
10．C　[∵S30≠3S10，∴q≠1.
由得
∴
∴q20＋q10－12＝0.
∴q10＝3，
∴S20＝＝S10(1＋q10)＝10×(1＋3)＝40.]
11.
解析　方法一　S4＝S2＋a3＋a4＝3a2＋2＋a3＋a4＝3a4＋2，將a3＝a2q，a4＝a2q2代入得，3a2＋2＋a2q＋a2q2＝3a2q2＋2，
化簡得2q2－q－3＝0，
解得q＝(q＝－1不合題意，舍去)．
方法二　設等比數列{an}的首項為a1，由S2＝3a2＋2，得a1(1＋q)＝3a1q＋2.①
由S4＝3a4＋2，得a1(1＋q)(1＋q2)＝3a1q3＋2.②
由②－①得a1q2(1＋q)＝3a1q(q2－1)．
∵q>0，∴q＝.
12．2n
解析　由已知數列{an}的前三項分別為2,2q,2q2.又(2q＋1)2＝3(2q2＋1)，整理得2q2－4q＋2＝0，解得q＝1，Sn＝2n.
13．解　(1)設等比數列{an}的公比為q，則an＝a1qn－1，由已知有
化簡得
又a1>0，故q＝2，a1＝1.所以an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝(an＋)2＝a＋＋2＝4n－1＋＋2.
因此Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋(1＋＋…＋)＋2n＝＋＋2n
＝(4n－41－n)＋2n＋1.

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