2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第六章6.3_图文

数学 北(文)
§6.3 等比数列及其前n项和
第六章 数 列

基础知识·自主学习

要点梳理 1.等比数列的定义

知识回顾 理清教材

如果一个数列 从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于

同一个常数(不为零) ,那么这个数列叫作等比数列,这个常数

叫作等比数列的 公比 ,通常用字母 q 表示(q≠0).

2.等比数列的通项公式

设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,则它的通项 an= a1·qn-1 (a1≠0,q≠0).
3.等比中项 若 G2=a·b (ab≠0),那么 G 为 a 与 b 的等比中项.

基础知识

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思想方法

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基础知识·自主学习
要点梳理

知识回顾 理清教材

4.等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广:an=am·qn-m ,(n,m∈N+).
(2)若{an}为等比数列,且 k+l=m+n (k,l,m,n∈N+),
则 ak·al=am·an .
(3)若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0),?????a1n?????, {a2n},{an·bn},?????abnn?????仍是等比数列.

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要点梳理

知识回顾 理清教材

5.等比数列的前 n 项和公式

等比数列{an}的公比为 q(q≠0),其前 n 项和为 Sn,

??na1 Sn=???a1?11--qqn?=a11--aqnq

?q=1? ?q≠1?

6.等比数列前 n 项和的性质

公比不为-1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 Sn,S2n-
Sn,S3n-S2n 仍成等比数列,其公比为 qn .

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基础知识·自主学习
夯基释疑

夯实基础 突破疑难

题号
1 2 3 4 5

答案
(1)× (2) ×(3) × (4) × (5) √ (6) √ A D
2 2n+1-2
2n

解析

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题型一

等比数列的基本运算

【例 1】 (1)设{an}是由正数组

思维启迪 解析 答案 思维升华

成的等比数列,Sn 为其前 n

项和.已知 a2a4=1,S3=7,

则 S5 等于

()

15 31 33 17 A. 2 B. 4 C. 4 D. 2

(2)在等比数列{an}中,若 a4

-a2=6,a5-a1=15,则 a3

=________.

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题型分类·深度剖析

题型一

等比数列的基本运算

【例 1】 (1)设{an}是由正数组

思维启迪 解析 答案 思维升华

成的等比数列,Sn 为其前 n

项和.已知 a2a4=1,S3=7,

则 S5 等于

()

15 31 33 17 A. 2 B. 4 C. 4 D. 2

利用等比数列的通项公式与 前 n 项和公式列方程(组)计 算.

(2)在等比数列{an}中,若 a4

-a2=6,a5-a1=15,则 a3

=________.

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题型分类·深度剖析

题型一

等比数列的基本运算

【例 1】 (1)设{an}是由正数组

成的等比数列,Sn 为其前 n

项和.已知 a2a4=1,S3=7,

则 S5 等于

()

15 31 33 17 A. 2 B. 4 C. 4 D. 2

(2)在等比数列{an}中,若 a4

-a2=6,a5-a1=15,则 a3

=________.

思维启迪 解析 答案 思维升华
(1)显然公比 q≠1,由题意得 ??a1q·a1q3=1 ???a1?11--qq3?=7 ,
??a1=4 ??a1=9 解得???q=12 或???q=-13 (舍去),
∴S5=a1?11--qq5?=4?11--12215?=341.

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题型一

等比数列的基本运算

【例 1】 (1)设{an}是由正数组

成的等比数列,Sn 为其前 n

项和.已知 a2a4=1,S3=7,

则 S5 等于

()

15 31 33 17 A. 2 B. 4 C. 4 D. 2

(2)在等比数列{an}中,若 a4

-a2=6,a5-a1=15,则 a3

=________.

思维启迪 解析 答案 思维升华

(2) 设 等 比 数 列 {an} 的 公 比 为

q(q≠0),

则?????aa11qq34- -aa11q==165 ,

两式相除,得1+q q2=25,

即 2q2-5q+2=0,解得 q=2 或

q=12. 所以?????aq1==21

??a1=-16 或???q=12

.

故 a3=4 或 a3=-4.

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题型一

等比数列的基本运算

【例 1】 (1)设{an}是由正数组

成的等比数列,Sn 为其前 n

项和.已知 a2a4=1,S3=7,

则 S5 等于

( B)

15 31 33 17 A. 2 B. 4 C. 4 D. 2

(2)在等比数列{an}中,若 a4

-a2=6,a5-a1=15,则 a3

=__4_或_-__4__.

思维启迪 解析 答案 思维升华

(2) 设 等 比 数 列 {an} 的 公 比 为

q(q≠0),

则?????aa11qq34- -aa11q==165 ,

两式相除,得1+q q2=25,

即 2q2-5q+2=0,解得 q=2 或

q=12. 所以?????aq1==21

??a1=-16 或???q=12

.

故 a3=4 或 a3=-4.

基础知识

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题型一

等比数列的基本运算

【例 1】 (1)设{an}是由正数组

思维启迪 解析 答案 思维升华

成的等比数列,Sn 为其前 n

项和.已知 a2a4=1,S3=7,

则 S5 等于

( B)

15 31 33 17 A. 2 B. 4 C. 4 D. 2

(2)在等比数列{an}中,若 a4

等比数列基本量的运算是等 比数列中的一类基本问题, 数列中有五个量 a1,n,q, an,Sn,一般可以“知三求 二”,通过列方程(组)可迎

-a2=6,a5-a1=15,则 a3

刃而解.

=__4_或_-__4__.

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跟踪训练 1 (1)在等比数列{an}中,a1=1,公比为 q,且|q|≠1.

若 am=a1a2a3a4a5,则 m 等于

()

A.9

B.10

C.11

D.12

(2)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,已知 3S3=a4-2,3S2=a3

-2,则公比 q 等于

()

A.3

B.4

C.5

D.6

(3)已知{an}是首项为 1 的等比数列,Sn 是{an}的前 n 项和,且

9S3=S6,则数列{a1n}的前 5 项和为

()

A.185或 5 B.3116或 5

C.1361

D.185

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解析 (1)∵a1=1,∴am=a1a2a3a4a5=q·q2·q3·q4=q10,

即 am=a1·q10,∴m=11.故选 C.

(2)因为?????33SS32==aa43--22,

① ②

①-②得 3a3=a4-a3,即 4a3=a4,则 q=aa34=4.

(3)若 q=1,则由 9S3=S6 得 9×3a1=6a1,

则 a1=0,不满足题意,故 q≠1.

由 9S3=S6 得 9×a1?11--qq3?=a1?11--qq6?,解得 q=2.

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题型分类·深度剖析

故 an=a1qn-1=2n-1,a1n=(12)n-1.

所以数列{a1n}是以 1 为首项,以12为公比的等比数列, 其前 5 项和为 S5=1×[11--12?12?5]=3116.

答案 (1)C

(2)B

(3)C

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题型二

等比数列的性质及应用

【例 2】 (1)在等比数列{an}中, 思维启迪 解析 答案 思维升华

各项均为正值,且 a6a10+a3a5=

41,a4a8=5,则 a4+a8=_____.

(2)等比数列{an}的首项 a1=-1, 前 n 项和为 Sn,若SS150=3321,则公
比 q=________.

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题型分类·深度剖析

题型二

等比数列的性质及应用

【例 2】 (1)在等比数列{an}中, 思维启迪 解析 答案 思维升华

各项均为正值,且 a6a10+a3a5=

41,a4a8=5,则 a4+a8=_____.
(2)等比数列{an}的首项 a1=-1, 前 n 项和为 Sn,若SS150=3321,则公
比 q=________.

利用等比数列的项的性质 和前 n 项和的性质求解.

基础知识

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题型二

等比数列的性质及应用

【例 2】 (1)在等比数列{an}中, 各项均为正值,且 a6a10+a3a5= 41,a4a8=5,则 a4+a8=_____. (2)等比数列{an}的首项 a1=-1, 前 n 项和为 Sn,若SS150=3321,则公 比 q=________.

思维启迪 解析 答案 思维升华
(1)由 a6a10+a3a5=41 及 a6a10= a28,a3a5=a24, 得 a24+a82=41.
因为 a4a8=5,
所以(a4+a8)2=a42+2a4a8+a82 =41+2×5=51.

又 an>0,所以 a4+a8= 51.

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题型二

等比数列的性质及应用

【例 2】 (1)在等比数列{an}中, 各项均为正值,且 a6a10+a3a5= 41,a4a8=5,则 a4+a8=_____. (2)等比数列{an}的首项 a1=-1, 前 n 项和为 Sn,若SS150=3321,则公 比 q=________.

思维启迪 解析 答案 思维升华

(2)



S10 S5



31 32



a1





1

知公比

q≠1,S10S-5 S5=-312.

由等比数列前 n 项和的性质知 S5,S10-S5,S15-S10 成等比数列, 且公比为 q5,

故 q5=-312,q=-12.

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题型二

等比数列的性质及应用

【例 2】 (1)在等比数列{an}中,

各项均为正值,且 a6a10+a3a5=

41,a4a8=5,则 a4+a8=__5_1__.

(2)等比数列{an}的首项 a1=-1,

前 比

nq=项_和__-为__12_S_n,_.若SS150=3321,则公

思维启迪 解析 答案 思维升华

(2)



S10 S5



31 32



a1





1

知公比

q≠1,S10S-5 S5=-312.

由等比数列前 n 项和的性质知 S5,S10-S5,S15-S10 成等比数 列,且公比为 q5,

故 q5=-312,q=-12.

基础知识

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题型二

等比数列的性质及应用

【例 2】 (1)在等比数列{an}中,

各项均为正值,且 a6a10+a3a5=

41,a4a8=5,则 a4+a8=__5_1__.

(2)等比数列{an}的首项 a1=-1,

前 比

nq=项_和__-为__12_S_n,_.若SS150=3321,则公

思维启迪 解析 答案 思维升华
(1) 在 解 决 等 比 数 列 的 有 关 问 题 时,要注意挖掘隐含条件,利用 性质,特别是性质“若 m+n=p +q,则 am·an=ap·aq”,可以减 少运算量,提高解题速度.
(2)在应用相应性质解题时,要注 意性质成立的前提条件,有时需 要进行适当变形.此外,解题时 注意设而不求思想的运用.

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跟踪训练 2 (1)已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3

=5,a7a8a9=10,则 a4a5a6 等于

()

A.5 2

B.7

C.6

D.4 2

(2)记等比数列{an}的前 n 项积为 Tn(n∈N+),已知 am-1·am+1

-2am=0,且 T2m-1=128,则 m 的值为

()

A.4

B.7

C.10

D.12

(3)已知 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,且 S3=8,S6=7,则

a4+a5+…+a9=________.

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题型分类·深度剖析
解析 (1)把 a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9 看成一个整体,则由题意, 知它们分别是一个等比数列的第 1 项,第 4 项和第 7 项,这里 的第 4 项刚好是第 1 项与第 7 项的等比中项. 因为数列{an}的各项均为正数, 所以 a4a5a6= ?a1a2a3?·?a7a8a9?= 5×10=5 2.
(2)因为{an}是等比数列,所以 am-1am+1=a2m, 又由题中 am-1am+1-2am=0,可知 am=2. 由等比数列的性质可知前(2m-1)项积为 T2m-1=a2mm-1, 即 22m-1=128,故 m=4.

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题型分类·深度剖析

(3)根据等比数列的性质,知 S3,S6-S3,S9-S6 成等比数列, 即 8,7-8,S9-7 成等比数列,
所以(-1)2=8(S9-7).解得 S9=718.

所以 a4+a5+…+a9=S9-S3=718-8=-78.

答案 (1)A

(2)A

(3)-78

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题型分类·深度剖析

题型三

等比数列的判定

【例 3】 已知数列{an}的前 n

思维启迪 解析 思维升华

项和为 Sn,数列{bn}中,b1=

a1,bn=an-an-1 (n≥2),且

an+Sn=n.

(1)设 cn=an-1,求证:{cn}

是等比数列;

(2)求数列{bn}的通项公式.

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题型三

等比数列的判定

【例 3】 已知数列{an}的前 n

思维启迪 解析 思维升华

项和为 Sn,数列{bn}中,b1= a1,bn=an-an-1 (n≥2),且 an+Sn=n. (1)设 cn=an-1,求证:{cn}

(1)由 an+Sn=n 及 an+1+Sn+1=n +1 转化成 an 与 an+1 的递推关 系,再构造数列{an-1}.

是等比数列; (2)求数列{bn}的通项公式.

(2)由 cn 求 an 再求 bn.

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题型三

等比数列的判定

【例 3】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{bn}中,b1= a1,bn=an-an-1 (n≥2),且 an+Sn=n. (1)设 cn=an-1,求证:{cn} 是等比数列; (2)求数列{bn}的通项公式.

思维启迪 解析 思维升华

(1)证明 ∵an+Sn=n,



∴an+1+Sn+1=n+1.



②-①得 an+1-an+an+1=1,
∴2an+1=an+1, ∴2(an+1-1)=an-1,
∴aan+n-1-11=12,
∴{an-1}是等比数列. 又 a1+a1=1,∴a1=12,

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题型三

等比数列的判定

【例 3】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{bn}中,b1= a1,bn=an-an-1 (n≥2),且 an+Sn=n. (1)设 cn=an-1,求证:{cn} 是等比数列; (2)求数列{bn}的通项公式.

思维启迪 解析 思维升华
∵首项 c1=a1-1, ∴c1=-12,公比 q=12. 又 cn=an-1, ∴{cn}是以-12为首项,以12为公比的
等比数列. (2)解 由(1)可知 cn=???-12???·???12???n-1 =-???12???n, ∴an=cn+1=1-???12???n.

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题型三

等比数列的判定

【例 3】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{bn}中,b1= a1,bn=an-an-1 (n≥2),且 an+Sn=n.

思维启迪 解析 思维升华
∴当 n≥2 时,bn=an-an-1 =1-???12???n-???1-???12???n-1??? =???12???n-1-???12???n=???12???n.

(1)设 cn=an-1,求证:{cn} 是等比数列; (2)求数列{bn}的通项公式.

又 b1=a1=12代入上式也符合, ∴bn=???12???n.

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题型三

等比数列的判定

【例 3】 已知数列{an}的前 n

思维启迪 解析 思维升华

项和为 Sn,数列{bn}中,b1= a1,bn=an-an-1 (n≥2),且 an+Sn=n. (1)设 cn=an-1,求证:{cn} 是等比数列;

注意判断一个数列是等比数列的 方法,另外第(2)问中要注意验证 n=1 时是否符合 n≥2 时的通项 公式,能合并的必须合并.

(2)求数列{bn}的通项公式.

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跟踪训练 3 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn+1=4an+2. (1)设 bn=an+1-2an,证明数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式.

解 (1)由 a1=1 及 Sn+1=4an+2,有 a1+a2=S2=4a1+2.

∴a2=5,∴b1=a2-2a1=3.

又?????SSnn+ =1=4a4na-n1+ +22, ,

① ②

①-②,得 an+1=4an-4an-1, 所以 an+1-2an=2(an-2an-1).

∵bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1, 故{bn}是首项 b1=3,公比为 2 的等比数列.

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思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析
跟踪训练 3 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,Sn+1=4an+2. (1)设 bn=an+1-2an,证明数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. (2)由(1)知 bn=an+1-2an=3·2n-1,
所以a2nn+ +11-a2nn=34, 故{a2nn}是首项为12,公差为34的等差数列. 所以a2nn=12+(n-1)·34=3n- 4 1,得 an=(3n-1)·2n-2.

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易错警示系列6

等比数列求和忽视公比q的范围致误

典例:(5 分)设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和 Sn>0(n=1,2,3,…).则 q 的取值范围为__________________.

易错分析

解析

温馨提醒

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易错警示系列6

等比数列求和忽视公比q的范围致误

典例:(5 分)设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和 Sn>0(n=1,2,3,…).则 q 的取值范围为__________________.

易错分析

解析

温馨提醒

本题易忽视 q 的范围,由于等比数列求和公式中分两种情况 q=1
和 q≠1,而本题未说明 q 的范围,求解时应分类讨论,而不能直 接利用公式 Sn=a1?11--qqn?.

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易错警示系列6

等比数列求和忽视公比q的范围致误

典例:(5 分)设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和 Sn>0(n=1,2,3,…).则 q 的取值范围为__________________.

易错分析

解析

温馨提醒

因为{an}为等比数列,Sn>0, 当 q=1 时,Sn=na1>0;

可以得到 a1=S1>0,q≠0, 当 q≠1 时,Sn=a1?11--qqn?>0,

即11--qqn>0(n=1,2,3,…),上式等价于不等式组?????11--qq<n<00,,

(n=1,2,3,…),



基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

题型分类·深度剖析

易错警示系列6

等比数列求和忽视公比q的范围致误

典例:(5 分)设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和 Sn>0(n=1,2,3,…).则
q 的取值范围为_(_-__1_,0_)_∪__(_0_,__+__∞__)_.

易错分析

解析

或?????11- -qq>n>00,, (n=1,2,3,…).

温馨提醒


解①式得 q>1,解②式,由于 n 可为奇数,可为偶数,

得-1<q<1. 综上,q 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).

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思想方法

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题型分类·深度剖析

易错警示系列6

等比数列求和忽视公比q的范围致误

典例:(5 分)设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和 Sn>0(n=1,2,3,…).则
q 的取值范围为_(_-__1_,0_)_∪__(_0_,__+__∞__)_.

易错分析

解析

温馨提醒

在应用公式 Sn=a1?11--qqn?或 Sn=a11--aqnq求和时,应注意公式的使 用条件为 q≠1,而当 q=1 时,应按常数列求和,即 Sn=na1.因此, 对含有字母参数的等比数列求和时,应分 q=1 和 q≠1 两种情况 进行讨论,体现了分类讨论思想.

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思想方法

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思想方法·感悟提高

1.已知等比数列{an}



(1)数列{c·an}(c≠0),{|an|},{a2n},{a1n}也是等比数列.



(2)a1an=a2an-1=…=aman-m+1.

与 2.判断数列为等比数列的方法



(1)定义法:aan+n 1=q(q 是不等于 0 的常数,n∈N+)?数



列{an}是等比数列;也可用aan-n 1=q(q 是不等于 0 的常

数,n∈N+,n≥2)?数列{an}是等比数列.二者的本质

是相同的,其区别只是 n 的初始值不同.

(2)等比中项法:a2n+1=anan+2(anan+1an+2≠0,n∈N+)?

数列{an}是等比数列.

基础知识

题型分类

思想方法

练出高分

思想方法·感悟提高

1.特别注意 q=1 时,Sn=na1 这一特殊情况.



2.由 an+1=qan,q≠0,并不能立即断言{an}为等比数



列,还要验证 a1≠0.





3.在运用等比数列的前 n 项和公式时,必须注意对 q



=1 与 q≠1 分类讨论,防止因忽略 q=1 这一特殊

情形而导致解题失误.

基础知识

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思想方法

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9 10

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1.(2012·安徽)公比为 2 的等比数列{an}的各项都是正数,且 a3a11

=16,则 log2a10 等于

(B )

A.4

B.5

C.6

D.7

解析 利用等比数列的性质和通项公式求解. ∵a3·a11=16,∴a72=16. 又∵等比数列{an}的各项都是正数, ∴a7=4. 又∵a10=a7q3=4×23=25, ∴log2a10=5.故选 B.

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2.等比数列?????an?????中,|a1|=1,a5=-8a2.a5>a2,则 an 等于( A )

A.(-2)n-1

B.-(-2)n-1

C.(-2)n

D.-(-2)n

解析 ∵|a1|=1,∴a1=1 或 a1=-1. ∵a5=-8a2=a2·q3,∴q3=-8,∴q=-2. 又 a5>a2,即 a2q3>a2,∴a2<0.
而 a2=a1q=a1·(-2)<0,∴a1=1. 故 an=a1·(-2)n-1=(-2)n-1.

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3.(2013·课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知

S3=a2+10a1,a5=9,则 a1 等于

A.13

B.-13

C.19

(C) D.-19

解析 设等比数列{an}的公比为 q, 由 S3=a2+10a1 得 a1+a2+a3=a2+10a1,

即 a3=9a1,q2=9, 又 a5=a1q4=9,所以 a1=19.

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4.一个等比数列的前三项的积为 3,最后三项的积为 9,且所有

项的积为 729,则该数列的项数是

(B)

A.13

B.12

C.11

D.10

解析 设该等比数列为{an},其前 n 项积为 Tn, 则由已知得 a1·a2·a3=3,an-2·an-1·an=9,

(a1·an)3=3×9=33, ∴a1·an=3,又 Tn=a1·a2·…·an-1·an, Tn=an·an-1·…·a2·a1, ∴T2n=(a1·an)n,即 7292=3n,∴n=12.

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5.数列{an}中,已知对任意 n∈N+,a1+a2+a3+…+an=3n-1,

则 a21+a22+a33+…+a2n等于

A.(3n-1)2

B.12(9n-1)

C.9n-1

D.14(3n-1)

解析 ∵a1+a2+…+an=3n-1,n∈N+,

n≥2 时,a1+a2+…+an-1=3n-1-1,

∴当 n≥2 时,an=3n-3n-1=2·3n-1,

又 n=1 时,a1=2 适合上式,∴an=2·3n-1,

故数列{a2n}是首项为 4,公比为 9 的等比数列.

因此 a21+a22+…+a2n=4?11--99n?=12(9n-1).

( B)

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6.等比数列{an}中,Sn 表示前 n 项和,a3=2S2+1,a4=2S3+1, 则公比 q 为_____3___.

解析 由 a3=2S2+1,a4=2S3+1 得 a4-a3=2(S3-S2)=2a3, ∴a4=3a3,∴q=aa43=3.

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7.(2012·江西)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,公比不为 1.若 a1=1, 则对任意的 n∈N+,都有 an+2+an+1-2an=0,则 S5=___1_1____.

解析 利用“特殊值”法,确定公比.

由题意知 a3+a2-2a1=0,设公比为 q, 则 a1(q2+q-2)=0. 由 q2+q-2=0 解得 q=-2 或 q=1(舍去),

则 S5=a1?11--qq5?=1-?3-2?5=11.

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8.设等比数列{an}的公比为 q,前 n 项和为 Sn,若 Sn+1,Sn, Sn+2 成等差数列,则 q 的值为___-__2___.

解析 由已知条件得 2Sn=Sn+1+Sn+2, 即 2Sn=2Sn+2an+1+an+2,即aann++21=-2.

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9.已知等差数列{an}满足 a2=2,a5=8. (1)求{an}的通项公式; (2)各项均为正数的等比数列{bn}中,b1=1,b2+b3=a4,求{bn} 的前 n 项和 Tn.

解 (1)设等差数列{an}的公差为 d, 则由已知得?????aa11+ +d4= d=28 .∴a1=0,d=2. ∴an=a1+(n-1)d=2n-2. (2)设等比数列{bn}的公比为 q,则由已知得 q+q2=a4,

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9.已知等差数列{an}满足 a2=2,a5=8. (1)求{an}的通项公式; (2)各项均为正数的等比数列{bn}中,b1=1,b2+b3=a4,求{bn} 的前 n 项和 Tn.

∵a4=6,∴q=2 或 q=-3.

∵等比数列{bn}的各项均为正数,∴q=2. ∴{bn}的前 n 项和 Tn=b1?11--qqn?=1×1?-1-22n?=2n-1.

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10.数列{an}的前 n 项和记为 Sn,a1=t,点(Sn,an+1)在直线 y=3x

+1 上,n∈N+.

(1)当实数 t 为何值时,数列{an}是等比数列;

(2)在(1)的结论下,设 bn=log4an+1,cn=an+bn,Tn 是数列{cn}

的前 n 项和,求 Tn.

解 (1)∵点(Sn,an+1)在直线 y=3x+1 上,

∴an+1=3Sn+1,an=3Sn-1+1(n>1,且 n∈N+), an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an,∴an+1=4an,n>1, a2=3S1+1=3a1+1=3t+1, ∴当 t=1 时,a2=4a1,数列{an}是等比数列.

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10.数列{an}的前 n 项和记为 Sn,a1=t,点(Sn,an+1)在直线 y=3x

+1 上,n∈N+.

(1)当实数 t 为何值时,数列{an}是等比数列;

(2)在(1)的结论下,设 bn=log4an+1,cn=an+bn,Tn 是数列{cn}

的前 n 项和,求 Tn.

(2)在(1)的结论下,an+1=4an,an+1=4n, bn=log4an+1=n,cn=an+bn=4n-1+n,

Tn=c1+c2+…+cn=(40+1)+(41+2)+…+(4n-1+n) =(1+4+42+…+4n-1)+(1+2+3+…+n)
=4n-3 1+n?n+ 2 1?.

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B组 专项能力提升

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1.已知{an}是首项为 1 的等比数列,若 Sn 是{an}的前 n 项和,且

28S3=S6,则数列?????a1n?????的前 4 项和为

( C)

A.185或 4

B.4207或 4

C.4207

D.185

解析 设数列{an}的公比为 q.

当 q=1 时,由 a1=1,得 28S3=28×3=84.

而 当

qS≠6=16时,,两由者2不8S相3=等S,6 及因首此项不为合1题,意得.281?1--qq3?=11--qq6.

解得 q=3.所以数列{an}的通项公式为 an=3n-1. 所以数列?????a1n?????的前 4 项和为 1+13+19+217=4207.

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B组 专项能力提升

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2.(2013·福建)已知等比数列{an}的公比为 q,记 bn=am(n-1)+1+

am(n-1)+2+…+am(n-1)+m,cn=am(n-1)+1·am(n-1)+2·…·am(n-1)+m

(m,n∈N+),则以下结论一定正确的是

()

A.数列{bn}为等差数列,公差为 qm

B.数列{bn}为等比数列,公比为 q2m

C.数列{cn}为等比数列,公比为 qm2

D.数列{cn}为等比数列,公比为 qmm

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B组 专项能力提升

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解析 ∵bn=am(n-1)(q+q2+…+qm) ∴bbn+n 1=ama?mn-n?1q??+q+q2q+2+……++qmq?m?=ama?mn-n 1?=qm(常数).

bn+1-bn 不是常数.
m ?1
又∵cn=(am(n-1))mq1+2+…+m=(am(n-1) q 2 )m,

∴ccn+n 1=(ama?mn-n 1?)m=(qm)m=qm2(常数). cn+1-cn 不是常数.∴选 C.

答案 C

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B组 专项能力提升

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3.在数列{an}中,已知 a1=1,an=2(an-1+an-2+…+a2+a1) (n≥2,n∈N+),这个数列的通项公式是a__n=__?????_12_, ×__3_n_-_2_,____nn_≥=__2_1.

解析 由已知 n≥2 时,an=2Sn-1



当 n≥3 时,an-1=2Sn-2



①-②整理得aan-n 1=3 (n≥3),

∴an=?????12, ×3n-2,

n=1, n≥2.

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B组 专项能力提升

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4.已知在正项数列{an}中,a1=2,点 An( an, an+1)在双曲线 y2-x2=1 上,数列{bn}中,点(bn,Tn)在直线 y=-12x+1 上, 其中 Tn 是数列{bn}的前 n 项和. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:数列{bn}是等比数列.
(1)解 由已知点 An 在 y2-x2=1 上知,an+1-an=1,
∴数列{an}是一个以 2 为首项,以 1 为公差的等差数列,
∴an=a1+(n-1)d=2+n-1=n+1. (2)证明 ∵点(bn,Tn)在直线 y=-12x+1 上,

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B组 专项能力提升

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4.已知在正项数列{an}中,a1=2,点 An( an, an+1)在双曲线 y2-x2=1 上,数列{bn}中,点(bn,Tn)在直线 y=-12x+1 上,

其中 Tn 是数列{bn}的前 n 项和.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)求证:数列{bn}是等比数列.

∴Tn=-12bn+1,



∴Tn-1=-12bn-1+1(n≥2),



①②两式相减得 bn=-12bn+12bn-1(n≥2),

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4.已知在正项数列{an}中,a1=2,点 An( an, an+1)在双曲线 y2-x2=1 上,数列{bn}中,点(bn,Tn)在直线 y=-12x+1 上,

其中 Tn 是数列{bn}的前 n 项和.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)求证:数列{bn}是等比数列.

∴32bn=12bn-1,

∴bn=13bn-1(n≥2).

令 n=1,得 b1=-12b1+1,∴b1=23,

∴{bn}是一个以23为首项,以13为公比的等比数列.

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5.(2013·天津)已知首项为32的等比数列{an}不.是.递减数列,其前 n 项和

为 Sn(n∈N+),且 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Tn=Sn-S1n(n∈N+),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,
因为 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列, 所以 S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即 4a5=a3, 于是 q2=aa35=14.

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5.(2013·天津)已知首项为32的等比数列{an}不.是.递减数列,其前 n 项和

为 Sn(n∈N+),且 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Tn=Sn-S1n(n∈N+),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
又{an}不是递减数列且 a1=32, 所以 q=-12. 故等比数列{an}的通项公式为 an=32×???-12???n-1=(-1)n-1·23n.

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5.(2013·天津)已知首项为32的等比数列{an}不.是.递减数列,其前 n 项和

为 Sn(n∈N+),且 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Tn=Sn-S1n(n∈N+),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.

(2)由(1)得 Sn=1-???-12???n=?????11+ -2211nn, ,nn为 为奇 偶数 数,.

当 n 为奇数时,Sn 随 n 的增大而减小,

所以 1<Sn≤S1=32,

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5.(2013·天津)已知首项为32的等比数列{an}不.是.递减数列,其前 n 项和

为 Sn(n∈N+),且 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Tn=Sn-S1n(n∈N+),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
故 0<Sn-S1n≤S1-S11=32-23=56.
当 n 为偶数时,Sn 随 n 的增大而增大, 所以34=S2≤Sn<1, 故 0>Sn-S1n≥S2-S12=34-43=-172.

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5.(2013·天津)已知首项为32的等比数列{an}不.是.递减数列,其前 n 项和

为 Sn(n∈N+),且 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Tn=Sn-S1n(n∈N+),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.

综上,对于 n∈N+,总有-172≤Sn-S1n≤56. 所以数列{Tn}最大项的值为56,最小项的值为-172.

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