第五章第三节等比列及其前n项及课下作业.doc

第五章 第三节 等比列及其前n项和

题组一
等比数列的基本运算
1.各项都是正数的等比数列中，a2，a3，a1成等差数列，则的值为 (　　)
A. B.
C. D.或
解析：设{an}的公比为q，∵a1＋a2＝a3，
∴a1＋a1q＝a1q2，即q2－q－1＝0，
∴q＝，又∵an＞0，∴q＞0，∴q＝，
＝＝.
答案：A
2．(2009·浙江高考)设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，则＝________.
解析：a4＝a1()3＝a1，S4＝＝a1，
∴＝15.
答案：15
3．(2009·宁夏、海南高考)等比数列{an}的公比q＞0.已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝________.
解析：∵an＋2＋an＋1＝6an，∴an·q2＋an·q＝6an(an≠0)，
∴q2＋q－6＝0，
∴q＝－3或q＝2.
∵q＞0，∴q＝2，∴a1＝，a3＝2，a4＝4，
∴S4＝＋1＋2＋4＝.
答案：

题组二
等比数列的性质
4.(2009·广东高考)已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2a，a2＝1，则a1＝(　　)
A. B.
C. D．2
解析∵a3·a9＝2a＝a，∴＝.
又a2＝1＝a1·，∴a1＝.
答案：B
5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3等于 (　　)
A．1∶2 B．2∶3
C．3∶4 D．1∶3
解析：∵{an}为等比数列，
∴S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，
又∵S6∶S3＝1∶2，
∴S＝S3(S9－S3)，即S3＝S9，
∴S9∶S3＝3∶4.
答案：C
6．已知x>0，y>0，x、a、b、y成等差数列，x、cd、y成等比数列，则的最小值是 (　　)
A．0 B．1 C．2 D．4
解析：据题意知a＋b＝x＋y，cd＝xy，
∴＝＝≥4
(当且仅当x＝y时取等号)．
答案：D

题组三
等比数列的判断与证明
7.若数列{an}满足＝p(p为正常数，n∈N＋)，则称{an}为“等方比数列”．
甲：数列{an}是等方比数列；乙：数列{an}是等比数列，则 (　　)
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析：数列{an}是等比数列则＝q，可得＝q2，则{an}为“等方比数列”．当{an}为“等方比数列”时，则＝p(p为正常数，n∈N＋)，当n≥1时＝±，所以此数列{an}并不一定是等比数列．
答案：B
8．(2009·南京调研)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N＋)．
(1)求a2，a3的值；
(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．
解：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N＋)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；
当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；
当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，
∴a3＝8.
(2)证明：∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
＝(n－1)Sn＋2n(n∈N＋)， ①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1
＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)． ②
①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.
∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，
∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．
∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴＝2，
故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．

题组四
等比数列的综合应用
9.在等比数列{an}中，an＞0(n∈N＋)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2，bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则当＋＋…＋最大时，n的值等于 (　　)
A．8 B．9 C．8或9 D．17
解析：∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，
∴a＋2a3a5＋a＝25，
又an＞0，∴a3＋a5＝5，
又q∈(0,1)，∴a3＞a5，
而a3a5＝4，∴a3＝4，a5＝1，
∴q＝，a1＝16，an＝16×()n－1＝25－n，
bn＝log2an＝5－n，bn＋1－bn＝－1，
∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
∴Sn＝，∴＝，

∴当n≤8时，＞0；当n＝9时，＝0；当n＞9时，＜0，
∴当n＝8或9时，＋＋…＋最大．
答案：C
10．(2009·浙江高考)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝kn2＋n，n∈N＋，其中k是常数．
(1)求a1及an；
(2)若对于任意的m∈N＋，am，a2m，a4m成等比数列，求k的值．
解：(1)由Sn＝kn2＋n，得
a1＝S1＝k＋1，an＝Sn－Sn－1＝2kn－k＋1(n≥2)．
a1＝k＋1也满足上式，所以an＝2kn－k＋1，n∈N＋.
(2)由am，a2m，a4m成等比数列，得
(4mk－k＋1)2＝(2km－k＋1)(8km－k＋1)，
将上式化简，得2km(k－1)＝0，
因为m∈N＋，所以m≠0，故k＝0，或k＝1.
11．(文)已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋
2n－1an＝8n对任意的n∈N＋都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)问是否存在k∈N＋，使得(bk－ak)∈(0,1)？请说明理由．
解：(1)已知a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n(n∈N＋) ①
当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈N＋) ②
①－②得2n－1an＝8，求得an＝24－n，
在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，
∴an＝24－n(n∈N＋)．
由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，
∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，
∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，
∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
法一：迭代法得：
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)
＝n2－7n＋14(n∈N＋)．
法二：可用累加法，
即bn－bn－1＝2n－8，
bn－1－bn－2＝2n－10，
…
b3－b2＝－2，
b2－b1＝－4，
b1＝8，
相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)
＝8＋＝n2－7n＋14(n∈N＋)．
(2)∵bk－ak＝k2－7k＋14－24－k，
设f(k)＝k2－7k＋14－24－k.
当k≥4时，f(k)＝(k－)2＋－24－k单调递增．
且f(4)＝1，
∴当k≥4时，f(k)＝k2－7k＋14－24－k≥1.
又f(1)＝f(2)＝f(3)＝0，
∴不存在k∈N＋，使得(bk－ak)∈(0,1)．
11．(理)等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝24，a2＝5，对每一个k∈N＋，在ak与ak＋1之间插入2k－1个1，得到新数列{bn}，其前n项和为Tn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)试问a11是数列{bn}的第几项；
(3)是否存在正整数m，使Tm＝2 010？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设{an}的公差为d，∵S4＝4a1＋d＝24，
a2＝a1＋d＝5，
∴a1＝3，d＝2，an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1.
(2)依题意，在a11之前插入的1的总个数为
1＋2＋22＋…＋29＝＝1 023，
1 023＋11＝1 034，故a11是数列{bn}的第1 034项．
(3)依题意，Sn＝na1＋d＝n2＋2n，
an之前插入的1的总个数为1＋2＋22＋…＋2n－2＝＝2n－1－1，
故数列{bn}中，an及前面的所有项的和为
n2＋2n＋2n－1－1，
∴数列{bn}中，a11及前面的所有项的和为
112＋22＋210－1＝1 166＜2 010，
而2 010－1 166＝844，a11与a12之间的1的个数为
210＝1 024个，
即在a11后加844个1，其和为2 010，
故存在m＝1 034＋844＝1 878，使T1 878＝2 010.