等差数列与等比数列的类比练习题(带答案).doc

等差数列与等比数列的类比
一、选择题（本大题共1小题，共5.0分）
1. 记等差数列{an}的前n项和为Sn，利用倒序求和的方法得Sn=n(a1+an)2；类似地，记等比数列{bn}的前n项积为Tn，且bn>0(n∈N*)，类比等差数列求和的方法，可将Tn表示成关于首项b1，末项bn与项数n的关系式为(  )
A. (b1bn)n B. nb1bn2 C. nb1bn D. nb1bn2
1. A
二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）
2. 在公差为d的等差数列{an}中有：an=am+(n-m)d (m、n∈N+)，类比到公比为q的等比数列{bn}中有：______ ．

2. bn=bm⋅qn-m(m，n∈N*)  

3. 数列{an}是正项等差数列，若bn=a1+2a2+3a3+…+nan1+2+3+…+n，则数列{bn}也为等差数列，类比上述结论，写出正项等比数列{cn}，若dn= ______ 则数列{dn}也为等比数列．
3. (c1c22c33…cnn)11+2+3+…+n  

4. 等差数列{an}中，有a1+a2+…+a2n+1=(2n+1)an+1，类比以上性质，在等比数列{bn}中，有等式______ 成立．

4. b1b2…b2n+1=bn+12n+1  

5. 若等比数列{an}的前n项之积为Tn，则有T3n=(T2nTn)3；类比可得到以下正确结论：若等差数列的前n项之和为Sn，则有______ ．

5. S3n=3(S2n-Sn)  
6. 已知在等差数列{an}中，a11+a12+…+a2010=a1+a2+…a3030，则在等比数列{bn}中，类似的结论为______

10b11⋅b12⋅…⋅b20=30b1⋅b2⋅b3⋅…⋅b30  

7. 在等比数列{an}中，若a9=1，则有a1⋅a2…an=a1⋅a2…a17-n(n<17，且n∈N*)成立，类比上述性质，在等差数列{bn}中，若b7=0，则有______ ．

b1+b2+…+bn=b1+b2+…+b13-n(n<13，且n∈N*)  
8. 设Sn是公差为d的等差数列{an}的前n项和，则数列S6-S3，S9-S6，S12-S9是等差数列，且其公差为9d.通过类比推理，可以得到结论：设Tn是公比为2的等比数列{bn}的前n项积，则数列T6T3，T9T6，T12T9是等比数列，且其公比的值是______ ．
512  

9. 若等差数列{an}的公差为d，前n项的和为Sn，则数列{Snn}为等差数列，公差为d2.类似地，若各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q，前n项的积为Tn，则数列{nTn}为等比数列，公比为______ ．

q
10. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若存在正整数m，n(m<n)，使得Sm=Sn，则Sm+n=0.类比上述结论，设正项等比数列{bn}的前n项积为Tn，若存在正整数m，n(m<n)，使得Tm=Tn，则Tm+n= ______ ．
10. 1  

答案和解析

【解析】
1. 解：在等差数列{an}的前n项和为Sn=n(a1+an)2，
因为等差数列中的求和类比等比数列中的乘积，
所以各项均为正的等比数列{bn}的前n项积Tn=(b1bn)n，
故选：A
由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果，在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积．
本题考查类比推理、等差和等比数列的类比，搞清等差和等比数列的联系和区别是解决本题的关键．
2. 解：在等差数列{an}中，我们有an=am+(n-m)d，类比等差数列，等比数列中也是如此，bn=bm⋅qn-m(m，n∈N*)．
故答案为bn=bm⋅qn-m(m，n∈N*)．
因为等差数列{an}中，an=am+(n-m)d(m，n∈N+)，即等差数列中任意给出第m项am，它的通项可以由该项与公差来表示，推测等比数列中也是如此，给出第m项bm和公比，求出首项，再把首项代入等比数列的通项公式中，即可得到结论．
本题考查了类比推理，类比推理就是根据两个不同的对象在某些方面的相似之处，从而推出这两个对象在其他方面的也具有的相似之处，是基础题．
3. 解：∵根据等差数列构造的新的等差数列是由原来的等差数列的和下标一致的数字倍的和，除以下标的和，
∴根据新的等比数列构造新的等比数列，
乘积变化为乘方c1c22c33…cnn，
原来的除法变为开方(c1c22c33…cnn) 11+2+3+…+n
故答案为：(c1c22c33…cnn) 11+2+3+…+n
根据等差数列构造的新的等差数列是由原来的等差数列的和下标一致的数字倍的和，除以下标的和，等比数列要类比出一个结论，只有乘积变化为乘方，除法变为开方，写出结论．
本题考查类比推理，两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象的也具有这类特征，是一个有特殊到特殊的推理．
4. 解：把等差数列的通项相加改成等比数列的通项相乘，把结论的相乘的系数改成等比数列的指数，
∴在等比数列{bn}中有结论b1b2…b2n+1=bn+12n+1(n∈N+).
故答案为：b1b2…b2n+1=bn+12n+1(n∈N+).
利用“类比推理”，把等差数列的通项相加改成等比数列的通项相乘，把结论的相乘的系数改成等比数列的指数，即可得出．
本题考查了等比数列的通项公式、类比推理等基础知识与基本技能方法，属于中档题．
5. 解：在等差数列中S3n=Sn+(S2n-Sn)+(S3n-S2n)=(a1+a2+…+an)++(S2n-Sn)+(a2n+1+a2n+2+…+a3n)
因为a1+a3n=a2+a3n-1=…=an+a2n+1=an+1+a2n
所以Sn+(S3n-S2n)=2(S2n-Sn)，所以S3n=3(S2n-Sn).
故答案为：S3n=3(S2n-Sn).
本小题主要考查类比推理，由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果．
本题考查类比推理、等差和等比数列的类比，搞清等差和等比数列的联系和区别是解决本题的关键．
6. 解：等差数列与等比数列的对应关系有：等差数列中的加法对应等比数列中的乘法，
等差数列中除法对应等比数列中的开方，
故此我们可以类比得到结论：10b11⋅b12⋅…⋅b20= 30b1⋅b2⋅b3⋅…⋅b30．
故答案为：10b11⋅b12⋅…⋅b20=30b1⋅b2⋅b3⋅…⋅b30．
在等差数列中，等差数列的性质m+n=p+q，则am+an=ap+aq，那么对应的在等比数列中对应的性质是若m+n=p+q，则bmbn=bpbq．
本题考查类比推理，掌握类比推理的规则及类比对象的特征是解本题的关键，本题中由等差结论类比等比结论，其运算关系由加类比乘，解题的难点是找出两个对象特征的对应，作出合乎情理的类比．
7. 解：在等比数列中，若a9=1，则a18-n⋅⋅⋅a9⋅⋅⋅an=1
即a1⋅a2…an=a1⋅a2…a17-n(n<17，且n∈N*)成立，利用的是等比性质，若m+n=18，则a18-n⋅an=a9⋅a9=1，
∴在等差数列{bn}中，若b7=0，利用等差数列的性质可知，若m+n=14，b14-n+bn=b7+b7=0，
∴b1+b2+…+bn=b1+b2+…+b13-n(n<13，且n∈N*)
故答案为：b1+b2+…+bn=b1+b2+…+b13-n(n<13，且n∈N*).
据等差数列与等比数列通项的性质，结合类比的规则，和类比积，加类比乘，由类比规律得出结论即可．
本题的考点是类比推理，考查类比推理，解题的关键是掌握好类比推理的定义及等差等比数列之间的共性，由此得出类比的结论即可．
8. 解：由题意，类比可得数列T6T3，T9T6，T12T9是等比数列，且其公比的值是29=512，
故答案为512．
由等差数列的性质可类比等比数列的性质，因此可根据等比数列的定义求出公比即可．
本题主要考查等比数列的性质、类比推理，属于基础题目．
9. 解：因为在等差数列{an}中前n项的和为Sn的通项，且写成了Snn=a1+(n-1)⋅d2．
所以在等比数列{bn}中应研究前n项的积为Tn的开n方的形式．
类比可得nTn=b1(q)n-1.其公比为q
故答案为q．
仔细分析数列{Snn}为等差数列，且通项为Snn=a1+(n-1)⋅d2的特点，类比可写出对应数列{nTn}为等比数列的公比．
本小题主要考查等差数列、等比数列以及类比推理的思想等基础知识.在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积．
10. 解：在由等差数列的运算性质类比推理到等比数列的运算性质时：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘，
故由“已知数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若存在正整数m，n(m≠n)，使得Sm=Sn，则Sm+n=0”．
类比推理可得：“已知正项数列{bn}为等比数列，它的前n.项积为Tn，若存在正整数m，n.(m≠n)，使得Tm=Tn，则Tm+n=1．
故答案为1．
在类比推理中，等差数列到等比数列的类比推理方法一般为：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘，由“已知数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若存在正整数m，n(m≠n)，使得Sm=Sn，则Sm+n=0”.类比推理可得：“已知正项数列{bn}为等比数列，它的前n.项积为Tn，若存在正整数m，n.(m≠n)，使得Tm=Tn，则Tm+n=1．
类比推理的一般步骤是：(1)找出两类事物之间的相似性或一致性；(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．
第3页，共4页