2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 新人教A版.doc

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2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和 新人教A版 要點(diǎn)自主梳理 1.等比數(shù)列的定義 如果一個(gè)數(shù)列__________________________，那么這個(gè)數(shù)列叫做等比數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做等比數(shù)列的________，通常用字母______表示(q≠0)． 從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比等于同一常數(shù)(不為零)　公比　q 從等比數(shù)列的定義看，等比數(shù)列的任意項(xiàng)都是非零的，公比q也是非零常數(shù). 2.等比數(shù)列的通項(xiàng)公式 設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q，則它的通項(xiàng)an＝______________..a1qn－1 3.等比中項(xiàng) 3．等比中項(xiàng)： 如果在a與b中間插入一個(gè)數(shù)G，使a，G，b成等比數(shù)列，那么G叫做a與b的等比中項(xiàng)． G2＝ab (ab≠0) 4.等比數(shù)列的常用性質(zhì) (1)通項(xiàng)公式的推廣：an＝am____________，(n，m∈N*). qn－m (2)若{an}為等比數(shù)列，且k＋l＝m＋n，(k，l，m，n∈N*)，則____ akal＝aman _____. (3)若{an}，{bn}(項(xiàng)數(shù)相同)是等比數(shù)列，則{λan}(λ≠0)，，{a}，{anbn}，仍是等比數(shù)列. (4)單調(diào)性：或?{an}是________數(shù)列；遞增 或?{an}是________數(shù)列；遞減 q＝1?{an}是__常__數(shù)列；q<0?{an}是__擺動(dòng)______數(shù)列． 5.等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式 等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0)，其前n項(xiàng)和為Sn， 當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1； 當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝＝. 6.等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì) 公比不為－1的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比數(shù)列，其公比為_(kāi)_______. qn 7．等差數(shù)列與等比數(shù)列的關(guān)系是： (1)若一個(gè)數(shù)列既是等差數(shù)列，又是等比數(shù)列，則此數(shù)列是非零常數(shù)列； (2)若{an}是等比數(shù)列，且an>0，則{lg an}構(gòu)成等差數(shù)列． 8．思想與方法： (1)等比數(shù)列的判定方法： ①定義：＝q (q是不為零的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列. ②等比中項(xiàng)法：a＝anan＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列. ③通項(xiàng)公式：an＝cqn－1 (c、q均是不為零的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列. (2) 等比數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn是用錯(cuò)位相減法求得的，注意這種方法在數(shù)列求和中的運(yùn)用. (3)在利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)，如果不確定q與1的關(guān)系，一般要用分類討論的思想，分公比q＝1和q≠1兩種情況；計(jì)算等比數(shù)列前n項(xiàng)和過(guò)程中要注意整體代入的思想方法．常把qn，當(dāng)成整體求解． (4) 等比數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝a1qn－1及前n項(xiàng)和公式Sn＝＝ (q≠1)共涉及五個(gè)量a1，an，q，n，Sn，知三求二，體現(xiàn)了方程的思想的應(yīng)用. (5)揭示等比數(shù)列的特征及基本量之間的關(guān)系. 利用函數(shù)、方程的觀點(diǎn)和方法， 討論單調(diào)性時(shí)，要特別注意首項(xiàng)和公比的大小. 基礎(chǔ)自測(cè) 1．“b＝”是“a、b、c成等比數(shù)列”的 (　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 2．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n－a，數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則實(shí)數(shù)a的值是 (　　) A．3 B．1 C．0 D．－1 3．已知等比數(shù)列{an}的前三項(xiàng)依次為a－2，a＋2，a＋8，則an等于 (　　) A．8n B．8n C．8n－1 D．8n－1 4.在等比數(shù)列{an}中，an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，則a3＋a5的值為_(kāi)_______.5 5.在等比數(shù)列{an}中，a1＋a2＝30，a3＋a4＝60，則a7＋a8＝___240　_____. 6.在等比數(shù)列{an}中，前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝7，S6＝63，則公比q的值是 (　　) 　A.2 B.－2 C.3 D.－3 題型一　等比數(shù)列的基本量的運(yùn)算 例1　(1)在等比數(shù)列{an}中，已知a6－a4＝24，a3a5＝64，求{an}的前8項(xiàng)和S8； (2)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q (q>0)，它的前n項(xiàng)和為40，前2n項(xiàng)和為3 280，且前n項(xiàng)中數(shù)值最大的項(xiàng)為27，求數(shù)列的第2n項(xiàng). 解　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由通項(xiàng)公式an＝a1qn－1及已知條件得： 由②得a1q3＝8.將a1q3＝－8代入①式，得q2＝－2，無(wú)解，故舍去. 將a1q3＝8代入①式，得q2＝4，∴q＝2. 當(dāng)q＝2時(shí)，a1＝1，∴S8＝＝255； 當(dāng)q＝－2時(shí)，a1＝－1，∴S8＝＝85. (2)若q＝1，則na1＝40,2na1＝3 280，矛盾. ∴q≠1，∴ 得：1＋qn＝82，∴qn＝81， ③ 將③代入①得q＝1＋2a1. ④ 又∵q>0，∴q>1，∴a1>0，{an}為遞增數(shù)列.∴an＝a1qn－1＝27， ⑤ 由③、④、⑤得q＝3，a1＝1，n＝4. ∴a2n＝a8＝137＝2 187. 探究提高　(1)對(duì)于等比數(shù)列的有關(guān)計(jì)算問(wèn)題，可類比等差數(shù)列問(wèn)題進(jìn)行，在解方程組的過(guò)程中要注意“相除”消元的方法，同時(shí)要注意整體代入(換元)思想方法的應(yīng)用. (2)在涉及等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)要注意對(duì)公比q是否等于1進(jìn)行判斷和討論. 變式訓(xùn)練1 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S4＝1，S8＝17，求{an}的通項(xiàng)公式. 　an＝2n－1或an＝(－2)n－1 (2)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a1a5＋2a2a6＋a3a7＝100，a2a4－2a3a5＋a4a6＝36，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an和前n項(xiàng)和Sn. 本例可將所有項(xiàng)都用a1和q表示，轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1和q的方程組求解；也可利用等比數(shù)列的性質(zhì)來(lái)轉(zhuǎn)化，兩種方法目的都是消元轉(zhuǎn)化． 解　方法一　由已知得： ①－②，得4aq6＝64，∴aq6＝16.③ 代入①，得＋216＋16q2＝100.解得q2＝4或q2＝. 又?jǐn)?shù)列{an}為正項(xiàng)數(shù)列，∴q＝2或. 當(dāng)q＝2時(shí)，可得a1＝，∴an＝2n－1＝2n－2， Sn＝＝2n－1－； 當(dāng)q＝時(shí)，可得a1＝32.∴an＝32n－1＝26－n. Sn＝＝64－26－n. 方法二　∵a1a5＝a2a4＝a，a2a6＝a3a5，a3a7＝a4a6＝a， 由可得 即 ∴解得或 當(dāng)a3＝8，a5＝2時(shí)，q2＝＝＝. ∵q>0，∴q＝，由a3＝a1q2＝8， 得a1＝32，∴an＝32n－1＝26－n. Sn＝＝64－26－n. 當(dāng)a3＝2，a5＝8時(shí)，q2＝＝4，且q>0，∴q＝2. 由a3＝a1q2，得a1＝＝. ∴an＝2n－1＝2n－2. Sn＝＝2n－1－. （3）在等比數(shù)列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求n和q. 　解　由題意得 解得或 若則Sn＝＝＝126， 解得q＝，此時(shí)，an＝2＝64n－1，∴n＝6. 若則Sn＝＝126，∴q＝2.∴an＝64＝22n－1.∴n＝6. 綜上n＝6，q＝2或. 題型二　等比數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用 例2　在等比數(shù)列{an}中， (1) 已知a4a7＝－512，a3＋a8＝124，且公比為整數(shù)，求a10；； (2)若已知a3a4a5＝8，求a2a3a4a5a6的值. 解　(1) a4a7＝a3a8＝－512，∴， 解之得或. 當(dāng)時(shí)，q5＝＝－32，∴q＝－2. ∴a1＝＝－1，∴a10＝a1q9＝－1(－2)9＝512. 當(dāng)時(shí)，q5＝＝－，q＝－. 又∵q為整數(shù)，∴q＝－舍去. 綜上所述：a10＝512. (2)∵a3a4a5＝8，又a3a5＝a，∴a＝8，a4＝2. ∴a2a3a4a5a6＝a＝25＝32. 探究提高　在解決等比數(shù)列的有關(guān)問(wèn)題時(shí)，要注意挖掘隱含條件，利用性質(zhì)，特別是性質(zhì)“若m＋n＝p＋q，則aman＝apaq”，可以減少運(yùn)算量，提高解題速度. 變式訓(xùn)練2 (1)在等比數(shù)列{an}中，若a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，求a41a42a43a44. a1a2a3a4＝a1a1qa1q2a1q3＝aq6＝1. ① a13a14a15a16＝a1q12a1q13a1q14a1q15＝aq54＝8. ② ②①：＝q48＝8?q16＝2， 又a41a42a43a44＝a1q40a1q41a1q42a1q43 ＝aq166＝aq6q160＝(aq6)(q16)10＝1210＝1 024. (2)已知等比數(shù)列{an}中，有a3a11＝4a7，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且b7＝a7，求b5＋b9的值； ∵a3a11＝a＝4a7， ∵a7≠0，∴a7＝4，∴b7＝4， ∵{bn}為等差數(shù)列，∴b5＋b9＝2b7＝8. (3)在等比數(shù)列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝8，且＋＋＋＋＝2，求a3. 解　由已知得＋＋＋＋＝＋＋ ＝＝＝2， ∴a＝4，∴a3＝2.若a3＝－2，設(shè)數(shù)列的公比為q， 則＋－2－2q－2q2＝8，即＋＋1＋q＋q2 ＝2＋2＋＝－4. 此式顯然不成立，經(jīng)驗(yàn)證，a3＝2符合題意，故a3＝2. 題型三　等比數(shù)列的定義及判定 例3設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2. (1)設(shè)bn＝an＋1－2an，證明：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. 解題導(dǎo)引　(1)證明數(shù)列是等比數(shù)列的兩個(gè)基本方法： ①＝q (q為與n值無(wú)關(guān)的常數(shù))(n∈N*)． ②a＝anan＋2 (an≠0，n∈N*)． (2)證明數(shù)列不是等比數(shù)列，可以通過(guò)具體的三個(gè)連續(xù)項(xiàng)不成等比數(shù)列來(lái)證明，也可用反證法． (1)證明　由已知有a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝3a1＋2＝5， 故b1＝a2－2a1＝3. 又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an， 于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn. 因此數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為3，公比為2的等比數(shù)列． (2)解　由(1)知等比數(shù)列{bn}中b1＝3，公比q＝2， 所以an＋1－2an＝32n－1，于是－＝， 因此數(shù)列是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列， ＝＋(n－1)＝n－， 所以an＝(3n－1)2n－2. 變式訓(xùn)練3　 (1)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1 (n≥2)，且an＋Sn＝n. ①設(shè)cn＝an－1，求證：{cn}是等比數(shù)列； ②求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式. (1)證明　∵an＋Sn＝n， ① ∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1. ② ②－①得an＋1－an＋an＋1＝1， ∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1， ∴＝，∴{an－1}是等比數(shù)列. ∵首項(xiàng)c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，∴a1＝，∴c1＝－，公比q＝. 又cn＝an－1，∴{cn}是以－為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列. (2)解　由(1)可知cn＝n－1＝－n， ∴an＝cn＋1＝1－n. ∴當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝an－an－1＝1－n－ ＝n－1－n＝n. 又b1＝a1＝代入上式也符合，∴bn＝n. 探究提高　注意 (2)問(wèn)中要注意驗(yàn)證n＝1時(shí)是否符合n≥2時(shí)的通項(xiàng)公式，能合并的必須合并. (2)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝5，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*. ①證明數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列； ②求{an}的通項(xiàng)公式以及Sn. ①證明　由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*，可得n≥2時(shí)，Sn＝2Sn－1＋n＋4， 兩式相減得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1， 即an＋1＝2an＋1，從而an＋1＋1＝2(an＋1)， 當(dāng)n＝1時(shí)，S2＝2S1＋1＋5，所以a2＋a1＝2a1＋6， 又a1＝5，所以a2＝11，從而a2＋1＝2(a1＋1)， 故總有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*， 又a1＝5，a1＋1≠0，從而＝2， 即數(shù)列{an＋1}是首項(xiàng)為6，公比為2的等比數(shù)列． ②解　由(1)得an＋1＝62n－1，所以an＝62n－1－1， 于是Sn＝－n＝62n－n－6. (3)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)． ①求a2，a3的值； ②求證：數(shù)列{Sn＋2}是等比數(shù)列． ①解　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝21＝2； 當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4； 當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8. ②證明　∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，① ∴當(dāng)n≥2時(shí)，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為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． 點(diǎn)評(píng)：. 由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即斷言{an}為等比數(shù)列，還要驗(yàn)證a1≠0. (4)已知函數(shù)f(x)＝(x≠2，x∈R)，數(shù)列{an}滿足a1＝t(t≠－2，t∈R)，an＋1＝f(an)，(n∈N)． ①若數(shù)列{an}是常數(shù)列，求t的值； ②當(dāng)a1＝2時(shí)，記bn＝(n∈N*)，證明：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，并求出通項(xiàng)公式an. 解：①∵數(shù)列{an}是常數(shù)列，∴an＋1＝an＝t，即t＝，解得t＝－1，或t＝1. ∴所求實(shí)數(shù)t的值是1或－1. ②∵a1＝2，bn＝，∴b1＝3，bn＋1＝＝＝3，即bn＋1＝3bn(n∈N*)． 題型四　等差、等比數(shù)列的綜合應(yīng)用 例4　已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，公差d>0，且第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{bn}的第2項(xiàng)、第3項(xiàng)、第4項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{cn}對(duì)n∈N*均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 013. 解　(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d).解得 d＝2 (∵d>0).∴an＝1＋(n－1)2＝2n－1. 又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴數(shù)列{bn}的公比為3，∴bn＝33n－2＝3n－1. (2)由＋＋…＋＝an＋1得 當(dāng)n≥2時(shí)，＋＋…＋＝an. 兩式相減得：n≥2時(shí)，＝an＋1－an＝2.∴cn＝2bn＝23n－1 (n≥2). 又當(dāng)n＝1時(shí)，＝a2，∴c1＝3.∴cn＝. ∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013＝3＋＝3＋(－3＋32 013)＝32 013. 探究提高　在解決等差、等比數(shù)列的綜合題時(shí)，重點(diǎn)在于讀懂題意，靈活利用等差、等比數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式.本題第(1)問(wèn)就是用基本量公差、公比求解；第(2)問(wèn)在作差an＋1－an時(shí)要注意n≥2. 變式訓(xùn)練4　 已知數(shù)列{an}滿足a1＝，＝，且an＋1an<0 (n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝a－a，試問(wèn)數(shù)列{bn}中是否存在三項(xiàng)能按某種順序構(gòu)成等差數(shù)列？若存在，求出滿足條件的等差數(shù)列；若不存在，說(shuō)明理由. 解　(1)由a1＝，an＋1an<0知，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an<0；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， an>0.由＝，得3(a－a)＝1－a. 即4a－3a＝1，所以4(a－1)＝3(a－1)，即數(shù)列{a－1}是以a－1＝－為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列.所以a－1＝－n－1＝－n， a＝1－n， 故an＝(－1)n－1 (n∈N*). (2)由(1)知bn＝a－a＝1－n＋1－1＋n＝n， 則對(duì)于任意的n∈N*，bn>bn＋1. 假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)br，bs，bt (rbs>bt， 即只能有2bs＝br＋bt成立，所以2s＝r＋t， 2s＝r＋t，所以23s4t－s＝3r4t－r＋3t， 因?yàn)閞0，t－r>0， 所以23s4t－s是偶數(shù)，3r4t－r＋3t是奇數(shù)，而偶數(shù)與奇數(shù)不可能相等，因此數(shù)列{bn}中任意三項(xiàng)不可能構(gòu)成等差數(shù)列. 　失誤與防范 1. 在運(yùn)用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，必須注意對(duì)q＝1與q≠1分類討論，防止因忽略q＝1這一特殊情 2. 在求解與等比數(shù)列有關(guān)的問(wèn)題時(shí)，除了要靈活地運(yùn)用定義和公式外，還要注意性質(zhì)的應(yīng)用，以減少運(yùn)算量而提高解題速度.形而導(dǎo)致解題失誤. 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和（1） 一、選擇題 1.在等比數(shù)列{an}中，a1＝2，前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列{an＋1}也是等比數(shù)列，則Sn等于 (　　) 　A.2n＋1－2 B.3n C.2n D.3n－1 2.在等比數(shù)列{an}中，a3＝7，前3項(xiàng)之和S3＝21，則公比q的值為 (　　) A.1 B.－ C.1或－ D.－1或 3.若等比數(shù)列{an}滿足anan＋1＝16n，則公比為 (　　) A.2 B.4 C.8 D.16 4．記等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝2，S6＝18，則等于(　　) A．－3 B．5 C．－31 D．33 因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}中有S3＝2，S6＝18， 即＝＝1＋q3＝＝9，故q＝2，從而＝ ＝1＋q5＝1＋25＝33. 5．在各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a1＝3，前三項(xiàng)的和S3＝21，則a3＋a4＋a5等于(　　) A．33 B．72 C．84 D．189 C　[由題可設(shè)等比數(shù)列的公比為q， 則＝21?1＋q＋q2＝7?q2＋q－6＝0?(q＋3)(q－2)＝0， 根據(jù)題意可知q>0，故q＝2.所以a3＋a4＋a5＝q2S3＝421＝84.] 二、填空題 6.在等比數(shù)列{an}中，a1＝1，公比q＝2，若an＝64，則n的值為_(kāi)____7___. 7.在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an＝2(an－1＋an－2＋…＋a2＋a1) (n≥2，n∈N*)，這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是______________. a n＝ 8.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比q，前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數(shù)列，則q的值為_(kāi)__－2_____. 9．設(shè){an}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，若a1＝1，a5＝16，則數(shù)列{an}前7項(xiàng)的和為_(kāi)_______． 解析　∵公比q4＝＝16，且q>0，∴q＝2，∴S7＝＝127. 10．在等比數(shù)列{an}中，公比q＝2，前99項(xiàng)的和S99＝30，則a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________. 解析　∵S99＝30，即a1(299－1)＝30， ∵數(shù)列a3，a6，a9，…，a99也成等比數(shù)列且公比為8， ∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝＝＝30＝. 三、解答題 11.已知等差數(shù)列{an}滿足a2＝2，a5＝8. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}中，b1＝1，b2＋b3＝a4，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. (1)an＝2n－2　(2)Tn＝2n－1 12.Sn是無(wú)窮等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且公比q≠1，已知1是S2和S3的等差中項(xiàng)，6是2S2和3S3的等比中項(xiàng). (1)求S2和S3； (2)求此數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式； (3)求數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和. 解　(1)根據(jù)已知條件整理得 解得3S2＝2S3＝6，即 (2)∵q≠1，則可解得q＝－，a1＝4. ∴Sn＝＝－n. (3)由(2)得S1＋S2＋…＋Sn＝n－＝n＋. 13．已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)； (2)求數(shù)列{2an}的前n項(xiàng)和Sn. 解　(1)由題設(shè)知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比數(shù)列， 得＝，解得d＝1或d＝0(舍去)．故{an}的通項(xiàng)an＝1＋(n－1)1＝n. (2)由(1)知2an＝2n，由等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式， 得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2.) 14．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝，n∈N*. (1)令bn＝an＋1－an，證明：{bn}是等比數(shù)列； (2)求{an}的通項(xiàng)公式. 解 (1)證明　b1＝a2－a1＝1， 當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝an＋1－an＝－an＝－(an－an－1)＝－bn－1， ∴ {bn}是首項(xiàng)為1，公比為－的等比數(shù)列. (2)解　由(1)知bn＝an＋1－an＝n－1， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋1＋＋…＋n－2＝1＋ ＝1＋＝－n－1， ] 當(dāng)n＝1時(shí)，－1－1＝1＝a1， ∴an＝－n－1 (n∈N*). 15. 設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，已知(n∈N*). （1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式； （2）設(shè)，數(shù)列的前項(xiàng)和為，若存在整數(shù)，使對(duì)任意n∈N*且n ≥2，都有成立，求的最大值； 解：（1）由，得(n≥2). 兩式相減，得，即(n≥2). 于是，所以數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列. 又，所以. 所以，故. （2）因?yàn)?，則. 令，則 . 所以 . 即，所以數(shù)列為遞增數(shù)列. 所以當(dāng)n ≥2時(shí)，的最小值為. 據(jù)題意，，即.又為整數(shù)，故的最大值為18. 等比數(shù)列及其前n項(xiàng)和（2） 一、選擇題 1.已知{an}是等比數(shù)列，a2＝2，a5＝，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于 (　　) A. 16(1－4－n) B. 16(1－2－n) C. (1－4－n) D.(1－2－n) 2．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四個(gè)根組成以為首項(xiàng)的等比數(shù)列，則＝(　　)． A. B. 或 C. D． 以上都不對(duì) 解析　設(shè)a，b，c，d是方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四個(gè)根，不妨設(shè)a＜c＜d＜b，則ab＝cd＝2，a＝，故b＝4，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，得到：c＝1，d＝2，則m＝a＋b＝，n＝c＋d＝3，或m＝c＋d＝3，n＝a＋b＝，則＝或＝. 3.設(shè)f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y∈R，都有f(x)f(y)＝ f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n) (n∈N*)，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的取值范圍是 (　　) A. B. C. D. 4．設(shè){an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和．已知a2a4＝1，S3＝7，則S5等于 (　　) A. B. C. D. ∵{an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，且a2a4＝1， ∴設(shè){an}的公比為q，則q>0，且a＝1，即a3＝1. ∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝＋＋1＝7，即6q2－q－1＝0. 故q＝或q＝－(舍去)，∴a1＝＝4. ∴S5＝＝8(1－)＝. 5．設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，8a2＋a5＝0，則等于 (　　) A．－11 B．－8 C．5 D．11 A　由8a2＋a5＝0，得8a1q＋a1q4＝0，所以q＝－2，則＝＝－11. 6．等比數(shù)列{an}前n項(xiàng)的積為Tn，若a3a6a18是一個(gè)確定的常數(shù)，那么數(shù)列T10，T13，T17，T25中也是常數(shù)的項(xiàng)是 (　　) A．T10 B．T13 C．T17 D．T25 a3a6a18＝aq2＋5＋17＝(a1q8)3＝a，即a9為定值，所以下標(biāo)和為9的倍數(shù)的積為定值，可知T17為定值． 二、填空題 7.在等比數(shù)列{an}中，若a9＋a10＝a (a≠0)，a19＋a20＝b，則a99＋a100＝________. 8.已知數(shù)列{xn}滿足lg xn＋1＝1＋lg xn(n∈N*)，且x1＋x2＋x3＋…＋x100＝1，則lg(x101＋x102＋…＋x200)＝____100____. 9.已知數(shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，若a1＝32，a3＋a4＝12，則數(shù)列{log2an}的前n項(xiàng)和Sn的最大值為_(kāi)__15_____. 10．在等比數(shù)列{an}中，若公比q＝4，且前3項(xiàng)之和等于21，則該數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝________. 解析　∵等比數(shù)列{an}的前3項(xiàng)之和為21，公比q＝4， 不妨設(shè)首項(xiàng)為a1，則a1＋a1q＋a1q2＝a1(1＋4＋16)＝21a1＝21，∴a1＝1， ∴an＝14n－1＝4n－1. 三、解答題 11.已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，a1與a4的等比中項(xiàng)是4，a2和a3的等差中項(xiàng)為6，數(shù)列{bn}滿足bn＝log2an. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求{bn}的前n項(xiàng)和. (1)an＝2n (2)解　∵bn＝log2an，an＝2n，∴bn＝n. ∴{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝. 12.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3 (n∈N*)，其中m為常數(shù)，m≠－3且m≠0. (1)求證：{an}是等比數(shù)列； (2)若數(shù)列{an}的公比q＝f(m)，數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＝f(bn－1) (n∈N*，n≥2)，求證：為等差數(shù)列，并求bn. 證明　(1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3， 兩式相減，得(3＋m)an＋1＝2man， ∵m≠－3且m≠0，∴＝ (n≥1).∴{an}是等比數(shù)列. (2)由(3－m)S1＋2ma1＝m＋3，S1＝a1，解得a1＝1，∴b1＝1. 又∵{an}的公比為，∴q＝f(m)＝， n≥2時(shí)，bn＝f(bn－1)＝，∴bnbn－1＋3bn＝3bn－1，推出－＝， ∴是以1為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，∴＝1＋＝，∴bn＝. 13．已知數(shù)列{log2(an－1)}為等差數(shù)列，且a1＝3，a2＝5. (1)求證：數(shù)列{an－1}是等比數(shù)列； (2)求＋＋…＋的值． 10．(1)證明　設(shè)log2(an－1)－log2(an－1－1)＝d (n≥2)，因?yàn)閍1＝3，a2＝5，所以d＝log2(a2－1)－log2(a1－1)＝log24－log22＝1，所以log2(an－1)＝n，所以an－1＝2n， 所以＝2 (n≥2)，所以{an－1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列 (2)解　由(1)可得an－1＝(a1－1)2n－1，所以an＝2n＋1， 所以＋＋…＋ ＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－ 14．已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，公差d>0，且第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{bn}的第2項(xiàng)、第3項(xiàng)、第4項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{cn}對(duì)n∈N*均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2 010. 解　(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d， ∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2(d＝0舍) ∴an＝1＋(n－1)2＝2n－1又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9， ∴數(shù)列{bn}的公比為3，∴bn＝33n－2＝3n－1 (2)由＋＋…＋＝an＋1得當(dāng)n≥2時(shí)，＋＋…＋＝an. 兩式相減得：當(dāng)n≥2時(shí)，＝an＋1－an＝2∴cn＝2bn＝23n－1 (n≥2)． 又當(dāng)n＝1時(shí)，＝a2，∴c1＝3. ∴cn＝ ∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 010＝3＋＝3＋(－3＋32 010)＝32 010.