资源简介

3.1.3　等比数列的综合问题(深化课——题型研究式教学)
课时目标
进一步理解等比数列,能利用递推关系构造等比数列,掌握等比数列的判定方法及灵活设元解决等比数列问题.
题型(一)　由递推关系求等比数列的通项公式
[例1]　已知数列{an}满足a1=,an+1=(an+1),求通项公式an.
听课记录:
[思维建模]
　　对于形如an+1=Aan+B(A≠0且A≠1,B≠0)的递推关系的递推数列,即数列相邻的次数都是一次,尾巴上有一个常数,求此类数列的通项公式,通常采用待定系数法将其转化为an+1+k=A(an+k)求解.
　　[针对训练]
1.已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an+2,求数列{an}的通项公式.
题型(二)　等比数列的判定或证明
[例2]　已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N+).设bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列.
听课记录:
　　[变式拓展]
　若本例增加条件“cn=”,求证:{cn}是等比数列.
[思维建模]
判定或证明等比数列的方法
(1)定义法:=q(n∈N+且n≥2,q为不为0的常数).
(2)等比中项法:=an-1an+1(n∈N+且n≥2,an≠0).
(3)通项公式法:an=a1qn-1=·qn=A·qn(A≠0).
　　[针对训练]
2.已知数列{an}的首项为3,且满足an+1+an=3·2n.
(1)求证:{an-2n}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式,并判断数列{an}是否是等比数列.
题型(三)　灵活设项求解等比数列
[例3]　有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且第一个数与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12,求这四个数.
听课记录:
　　[变式拓展]
　若将本例中“和是16”改为“积是-128”,将“和是12”改为“积是16”,如何求解
[思维建模]
在解决与等比数列有关的数的设法时常用的规律
对称设元法:一般地,连续奇数个项成等比数列,可设为…,,x,xq,…;连续偶数个项成等比数列,可设为…,,,xq,xq3,…(注意:此时公比q2>0,并不适合所有情况),这样既可以减少未知量的个数,也使得解方程较为简捷.
[针对训练]
3.三个互不相等的数构成等差数列,如果适当排列这三个数,又可构成等比数列,这三个数的和为6,求这三个数.
4.已知数列{an}和{bn}满足a1=λ,an+1=an+n-4,bn=(-1)n(an-3n+21),其中λ为实数,n为正整数.
(1)求证:对任意实数λ,数列{an}不是等比数列;
(2)试判断{bn}是否为等比数列.
等比数列的综合问题
[题型(一)]
[例1]　解:∵an+1=an+,
∴an+1-1=(an-1).
又a1-1=-.
∴数列{an-1}是首项为-,公比为的等比数列.
∴an-1=-×,
∴an=1-×.
[针对训练]
1.解:∵an+1=2an+2,∴an+1+2=2(an+2),
又a1+2=4,
∴{an+2}是以4为首项,2为公比的等比数列,
∴an+2=4×2n-1,∴an=2n+1-2(n∈N+).
[题型(二)]
[例2]　证明:由Sn+1=4an+2(n∈N+),可得n=1时,S2=a1+a2=4a1+2,又a1=1,则a2=5;当n≥2时,an+1=Sn+1-Sn=4an+2-(4an-1+2),
即an+1=4an-4an-1,故an+1-2an=2(an-2an-1),即bn=2bn-1.由b1=a2-2a1=3,可知bn≠0,
故=2,故{bn}是等比数列.
[变式拓展]
证明:由例题可得bn=3×2n-1,
故an+1-2an=3×2n-1,
所以-=,即为等差数列,首项为,公差为,所以=+(n-1),即an=(3n-1)×2n-2,
所以cn==2n-2,则==2,故{cn}是等比数列.
[针对训练]
2.解:(1)证明:由an+1+an=3·2n,an+1=3·2n-an,
得an+1-2n+1=3·2n-an-2n+1=-(an-2n),又a1-2=1≠0,
所以{an-2n}是以1为首项,-1为公比的等比数列.
(2)由(1)得an-2n=1×(-1)n-1,an=2n+(-1)n-1,所以a1=3,a2=3,a3=9,≠a1a3,
所以数列{an}不是等比数列.
[题型(三)]
[例3]　解:法一　设第一个数为x,则第四个数为16-x;设第二个数为y,则第三个数为12-y.
根据题意,得
即
将①代入②,整理得y2-13y+36=0,
解得y=4或y=9.
当y=4时,x=0,这四个数分别为0,4,8,16;
当y=9时,x=15,这四个数分别为15,9,3,1.
故所求的四个数分别为0,4,8,16或15,9,3,1.
法二　设这四个数依次为a-d,a,a+d,(a≠0).
根据题意,得
解得或
当a=4,d=4时,这四个数分别为0,4,8,16;
当a=9,d=-6时,这四个数分别为15,9,3,1.
故所求的四个数分别为0,4,8,16或15,9,3,1.
法三　设这四个数依次为-a,,a,aq(a≠0).
根据题意,得
解得或
当a=8,q=2时,这四个数分别为0,4,8,16;
当a=3,q=时,这四个数分别为15,9,3,1.
故所求的四个数分别为0,4,8,16或15,9,3,1.
[变式拓展]
解:设这四个数依次为-aq,,aq,aq3(q≠0).则由已知得
由①得a2=16,∴a=4或a=-4.
由②得2a2q2-a2q4=-128.
将a2=16代入整理,得q4-2q2-8=0,
解得q2=4或q2=-2(舍去),
∴q=2或q=-2.
∴所求四个数为-4,2,8,32或4,-2,-8,-32.
[针对训练]
3.解:由已知,可设这三个数为a-d,a,a+d,d≠0,则a-d+a+a+d=6,即a=2,这三个数可表示为2-d,2,2+d.
①若2-d为2和2+d的等比中项,
则(2-d)2=2(2+d),
解得d=6或d=0(舍去),此时这三个数为-4,2,8.
②若2+d为2-d和2的等比中项,
则(2+d)2=2(2-d),解得d=-6或d=0(舍去),此时这三个数为8,2,-4.
③若2为2-d和2+d的等比中项,
则22=(2+d)(2-d),解得d=0(舍去).
综上,这三个数为-4,2,8.
4.解:(1)证明:∵an+1=an+n-4且a1=λ,∴a2=λ-3,a3=λ-4.
假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列,则=a1a3,即=λ,
即λ2-4λ+9=λ2-4λ,该方程无解,
∴对任意实数λ,数列{an}不是等比数列.
(2)∵bn=(-1)n(an-3n+21),
∴bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n+1)+21]
=(-1)n+1
=-(-1)n(an-3n+21)
=-bn.
∵b1=-(λ+18),
∴当λ=-18时,b1=0,
此时数列{bn}不是等比数列;
当λ≠-18时,b1≠0,此时=-(n∈N+),数列{bn}是等比数列.
综上,当λ=-18时,{bn}不是等比数列;当λ≠-18时,{bn}是等比数列.(共48张PPT)
等比数列的综合问题
(深化课——题型研究式教学)
3.1.3
课时目标
进一步理解等比数列,能利用递推关系构造等比数列,掌握等比数列的判定方法及灵活设元解决等比数列问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　
由递推关系求等比数列的通项公式
题型(二)　等比数列的判定或证明
题型(三)　灵活设项求解等比数列
4
课时跟踪检测
题型(一)　由递推关系求等比数列的通项公式
[例1]　已知数列{an}满足a1=,an+1=(an+1),求通项公式an.
解:∵an+1=an+,∴an+1-1=(an-1).又a1-1=-.
∴数列{an-1}是首项为-,公比为的等比数列.
∴an-1=-×,∴an=1-×.
[思维建模]
　　对于形如an+1=Aan+B(A≠0且A≠1,B≠0)的递推关系的递推数列,即数列相邻的次数都是一次,尾巴上有一个常数,求此类数列的通项公式,通常采用待定系数法将其转化为an+1+k=A(an+k)求解.
针对训练
1.已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an+2,求数列{an}的通项公式.
解:∵an+1=2an+2,∴an+1+2=2(an+2),
又a1+2=4,
∴{an+2}是以4为首项,2为公比的等比数列,
∴an+2=4×2n-1,∴an=2n+1-2(n∈N+).
题型(二)　等比数列的判定或证明
[例2]　已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N+).设bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列.
证明:由Sn+1=4an+2(n∈N+),可得n=1时,S2=a1+a2=4a1+2,又a1=1,则a2=5;当n≥2时,an+1=Sn+1-Sn=4an+2-(4an-1+2),
即an+1=4an-4an-1,故an+1-2an=2(an-2an-1),即bn=2bn-1.由b1=a2-2a1=3,可知bn≠0,故=2,故{bn}是等比数列.
[变式拓展]
若本例增加条件“cn=”,求证:{cn}是等比数列.
证明:由例题可得bn=3×2n-1,故an+1-2an=3×2n-1,所以-=,
即为等差数列,首项为,公差为,所以=+(n-1),即an=(3n-1)×2n-2,
所以cn==2n-2,则==2,故{cn}是等比数列.
[思维建模]
判定或证明等比数列的方法
(1)定义法:=q(n∈N+且n≥2,q为不为0的常数).
(2)等比中项法:=an-1an+1(n∈N+且n≥2,an≠0).
(3)通项公式法:an=a1qn-1=·qn=A·qn(A≠0).
针对训练
2.已知数列{an}的首项为3,且满足an+1+an=3·2n.
(1)求证:{an-2n}是等比数列;
解:证明:由an+1+an=3·2n,an+1=3·2n-an,
得an+1-2n+1=3·2n-an-2n+1=-(an-2n),又a1-2=1≠0,
所以{an-2n}是以1为首项,-1为公比的等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式,并判断数列{an}是否是等比数列.
解:由(1)得an-2n=1×(-1)n-1,an=2n+(-1)n-1,所以a1=3,a2=3,a3=9,≠a1a3,
所以数列{an}不是等比数列.
题型(三)　灵活设项求解等比数列
[例3]　有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且第一个数与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12,求这四个数.
解:法一　设第一个数为x,则第四个数为16-x;设第二个数为y,则第三个数为12-y.
根据题意,得即
将①代入②,整理得y2-13y+36=0,
解得y=4或y=9.
当y=4时,x=0,这四个数分别为0,4,8,16;
当y=9时,x=15,这四个数分别为15,9,3,1.
故所求的四个数分别为0,4,8,16或15,9,3,1.
法二　设这四个数依次为a-d,a,a+d,(a≠0).
根据题意,得解得或
当a=4,d=4时,这四个数分别为0,4,8,16;
当a=9,d=-6时,这四个数分别为15,9,3,1.
故所求的四个数分别为0,4,8,16或15,9,3,1.
法三　设这四个数依次为-a,,a,aq(a≠0).
根据题意,得解得或
当a=8,q=2时,这四个数分别为0,4,8,16;
当a=3,q=时,这四个数分别为15,9,3,1.
故所求的四个数分别为0,4,8,16或15,9,3,1.
[变式拓展]
若将本例中“和是16”改为“积是-128”,将“和是12”改为“积是16”,如何求解
解:设这四个数依次为-aq,,aq,aq3(q≠0).
则由已知得
由①得a2=16,∴a=4或a=-4.由②得2a2q2-a2q4=-128.
将a2=16代入整理,得q4-2q2-8=0,
解得q2=4或q2=-2(舍去),∴q=2或q=-2.
∴所求四个数为-4,2,8,32或4,-2,-8,-32.
[思维建模]
在解决与等比数列有关的数的设法时常用的规律
对称设元法:一般地,连续奇数个项成等比数列,可设为…,,x,xq,…;连续偶数个项成等比数列,可设为…,,,xq,xq3,…(注意:此时公比q2>0,并不适合所有情况),这样既可以减少未知量的个数,也使得解方程较为简捷.
针对训练
3.三个互不相等的数构成等差数列,如果适当排列这三个数,又可构成等比数列,这三个数的和为6,求这三个数.
解:由已知,可设这三个数为a-d,a,a+d,d≠0,则a-d+a+a+d=6,即a=2,这三个数可表示为2-d,2,2+d.
①若2-d为2和2+d的等比中项,
则(2-d)2=2(2+d),
解得d=6或d=0(舍去),此时这三个数为-4,2,8.
②若2+d为2-d和2的等比中项,
则(2+d)2=2(2-d),解得d=-6或d=0(舍去),此时这三个数为8,2,-4.
③若2为2-d和2+d的等比中项,
则22=(2+d)(2-d),解得d=0(舍去).
综上,这三个数为-4,2,8.
4.已知数列{an}和{bn}满足a1=λ,an+1=an+n-4,bn=(-1)n(an-3n+21),其中λ为实数,n为正整数.
(1)求证:对任意实数λ,数列{an}不是等比数列;
解:证明:∵an+1=an+n-4且a1=λ,∴a2=λ-3,a3=λ-4.
假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列,则=a1a3,
即=λ,
即λ2-4λ+9=λ2-4λ,该方程无解,
∴对任意实数λ,数列{an}不是等比数列.
(2)试判断{bn}是否为等比数列.
解:∵bn=(-1)n(an-3n+21),
∴bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n+1)+21]
=(-1)n+1
=-(-1)n(an-3n+21)
=-bn.
∵b1=-(λ+18),∴当λ=-18时,b1=0,
此时数列{bn}不是等比数列;
当λ≠-18时,b1≠0,此时=-(n∈N+),数列{bn}是等比数列.
综上,当λ=-18时,{bn}不是等比数列;当λ≠-18时,{bn}是等比数列.
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A级——综合提能
1.数列{an}满足an=4an-1+3(n≥2)且a1=0,则此数列第5项是(　　)
A.15 B.255
C.16 D.63
解析:∵an=4an-1+3(n≥2),∴an+1=4(an-1+1)(n≥2),∴{an+1}是以1为首项,4为公比的等比数列,则an+1=4n-1.∴an=4n-1-1,∴a5=44-1=255.故选B.
√
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2.已知{an}是等差数列,且公差d≠0,若a=,b=,c=,则a,b,c(　　)
A.是等比数列,非等差数列
B.是等差数列,非等比数列
C.既非等比数列,又非等差数列
D.既是等差数列,又是等比数列
√
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解析:由{an}是等差数列,且公差d≠0,得a1,a3,a5是公差为2d的等差数列,故a,b,c成等比数列;若一个数列既是等差数列,又是等比数列,则该数列只能是常数列,而a,b,c不是常数列,故a,b,c不是等差数列.
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3.在2和20之间插入两个数,使前三个数成等比数列,后三个数成等差数列,则插入的两个数的和为 (　　)
A.4 B.4或
C.6或 D.6
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解析:设插入的第一个数为a,则插入的另一个数为.由a,,20成等差数列,得2×=a+20,整理得a2-a-20=0,解得a=-4或a=5.当a=-4时,插入的两个数的和为a+=4.当a=5时,插入的两个数的和为a+=.
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4.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,且a2=2,Sn=3an+1+t,则实数t= (　　)
A.3 B.-
C.4 D.8
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解析:由Sn=3an+1+t,当n≥2时,Sn-1=3an+t,所以an=3an+1-3an,即=,n≥2.又因为数列{an}是等比数列,所以=,
又a2=2,所以a1=.
当n=1时,S1=3a2+t,所以=3×2+t,解得t=-.
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5.[多选]下列选项中,不是{an}成等比数列的充要条件的是 (　　)
A.an+1=anq(q为常数)
B.an=a1qn-1(q为常数)
C.=anan+2≠0
D.an+1=
√
√
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解析:对于A,an+1=anq,当q=0,an=0时,等式成立,此时不是等比数列,故错误;对于B,an=a1qn-1,当q=0,a1=0时,等式成立,此时不是等比数列,故错误;对于C,根据等比数列等比中项的性质可以判定此数列为等比数列,故正确;对于D,an+1=,当an=0,an+1=0,an+2=0时,等式成立,此时不是等比数列,故错误.
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6.在《九章算术》中“衰分”是按比例递减分配的意思.今共有粮98石,甲、乙、丙按序衰分,乙分得28石,则衰分比为　　　　.
解析:设衰分比为q,则甲、乙、丙各分得石,28石,28q石,∴+28+28q=98,解得q=2或q=.又01
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7.数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=　　.
解析:设等差数列的公差为d,
则a3=a1+2d,a5=a1+4d,
∴(a1+2d+3)2=(a1+1)(a1+4d+5),
解得d=-1,∴q===1.
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8.若数列a1,,,…,,…,是首项为1,公比为-的等比数列,则a5=　　.
解析:由题意,得=(-)n-1(n≥2),所以=-,=(-)2,=(-)3,
=(-)4,将上面的四个式子两边分别相乘,得=(-)1+2+3+4=32.又a1=1,所以a5=32.
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9.已知数列{cn},其中cn=2n+3n,数列{ cn+1-pcn}为等比数列,求常数p.
解:因为数列{cn+1-pcn}为等比数列,
所以当n≥2时,有(cn+1-pcn)2=(cn-pcn-1)·(cn+2-pcn+1),
将cn=2n+3n代入上式得,
[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+3n-p(2n-1+3n-1)]·[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)],
整理得(2-p)(3-p)·2n·3n=0,解得p=2或p=3.
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10.已知数列{an}满足an+1=an+1,a1=3,bn=an-2.
(1)求证:数列{bn}是等比数列;
解:证明:因为====,b1=a1-2=1,
所以{bn}是首项为1,公比为的等比数列.
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(2)若cn=-nbn,求数列{cn}中的最小项.
解:由(1)得bn=,
所以cn=-nbn=-n<0,则=.
当n=1时,=1,c1=c2;当n≥2时,2n>n+1>0,<1,
又cn<0,所以cn+1>cn,所以c1=c21
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B级——应用创新
11.已知实数a1,a2,a3,a4,a5成等比数列,集合A={a1,a2,a3,a4,a5},且{1,4} {a1,a2,a3,a4,a5},则a1的最小值为(　　)
A. B.
C.- D.-8
√
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5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
解析:设等比数列{an}的公比为q(q<0),
当a2=4,a4=1时,=q2=,
所以q=-,所以a1===-8;
当a2=1,a4=4时,=q2=4,所以q=-2,所以a1===-.
综上,a1的最小值为-8.故选D.
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12.[多选]公比为q的等比数列{an},其前n项和为Sn,前n项积为Tn,满足a1>1,a2 022·a2 023>1,<0,则下列结论正确的是(　　)
A.Tn的最大值为T2 022
B.a2 022·a2 024<1
C.Sn的最大值为S2 024
D.0√
√
√
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解析:因为公比为q的等比数列{an}满足a1>1,a2 022·a2 023>1,<0,所以a2 022>1,01
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13.在数列{an}中,a1=1,a2=3,且对任意的n∈N+,都有=3an+1-2an,则数列{an}的通项公式为　　　　.
解析:由an+2=3an+1-2an,得an+2-an+1=2(an+1-an).
又a1=1,a2=3,所以a2-a1=2≠0,所以{an+1-an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an+1-an=2n,所以an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+2+22+…+
2n-1=2n-1,n≥2,
因为a1=1符合上式,所以an=2n-1.
an=2n-1
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14.已知数列{an}均为正项,bn=lg an且{bn}是等差数列,b1+b2+b3+…+b99=
198,则a50=　　　　.
解析:因为bn=lg an且{bn}是等差数列,设公差为d,
所以bn-bn-1=lg an-lg an-1=lg=d(n≥2),所以{an}是正项等比数列,
所以b1+b2+b3+…+b99=lg a1+lg a2+lg a3+…+lg a99=lg(a1·a2·a3·…·a99)==99lg a50=198,
所以lg a50=2,a50=100.
100
1
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2
15.已知等比数列{an}的首项a1=16,公比q=,在{an}中每相邻两项之间都插入3个正数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等比数列{bn}.
(1)求数列{bn}的通项公式;
解:由已知得数列{bn}的首项b1=16,b5=a2=16×=1,
设数列{bn}的公比为q1(q1>0),即===,∴q1=,
即bn=b1=16×=25-n.
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2
(2)记数列{bn}的前n项的乘积为Tn,试问:Tn是否有最大值 如果有,请求出此时n的值以及最大值;若没有,请说明理由.
解: Tn=b1·b2·b3·…·bn=24·23·…·25-n=24+3+2+…+(5-n)=
==,即当n=4或5时,Tn有最大值,最大值为=210=1 024.课时跟踪检测(十)　等比数列的综合问题
A级——综合提能
1.数列{an}满足an=4an-1+3(n≥2)且a1=0,则此数列第5项是 (　　)
A.15 B.255
C.16 D.63
2.已知{an}是等差数列,且公差d≠0,若a=,b=,c=,则a,b,c (　　)
A.是等比数列,非等差数列
B.是等差数列,非等比数列
C.既非等比数列,又非等差数列
D.既是等差数列,又是等比数列
3.在2和20之间插入两个数,使前三个数成等比数列,后三个数成等差数列,则插入的两个数的和为 (　　)
A.4 B.4或
C.6或 D.6
4.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,且a2=2,Sn=3an+1+t,则实数t= (　　)
A.3 B.-
C.4 D.8
5.[多选]下列选项中,不是{an}成等比数列的充要条件的是 (　　)
A.an+1=anq(q为常数)
B.an=a1qn-1(q为常数)
C.=anan+2≠0
D.an+1=
6.在《九章算术》中“衰分”是按比例递减分配的意思.今共有粮98石,甲、乙、丙按序衰分,乙分得28石,则衰分比为　　　　.
7.数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=　　　　.
8.若数列a1,,,…,,…,是首项为1,公比为-的等比数列,则a5=　　　　.
9.已知数列{cn},其中cn=2n+3n,数列{-pcn}为等比数列,求常数p.
10.已知数列{an}满足an+1=an+1,a1=3,bn=an-2.
(1)求证:数列{bn}是等比数列;
(2)若cn=-nbn,求数列{cn}中的最小项.
B级——应用创新
11.已知实数a1,a2,a3,a4,a5成等比数列,集合A={a1,a2,a3,a4,a5},且{1,4} {a1,a2,a3,a4,a5},则a1的最小值为 (　　)
A. B.
C.- D.-8
12.[多选]公比为q的等比数列{an},其前n项和为Sn,前n项积为Tn,满足a1>1,a2 022·a2 023>1,<0,则下列结论正确的是 (　　)
A.Tn的最大值为T2 022
B.a2 022·a2 024<1
C.Sn的最大值为S2 024
D.013.在数列{an}中,a1=1,a2=3,且对任意的n∈N+,都有=3an+1-2an,则数列{an}的通项公式为　　　　.
14.已知数列{an}均为正项,bn=lg an且{bn}是等差数列,b1+b2+b3+…+b99=198,则a50=　　　　.
15.已知等比数列{an}的首项a1=16,公比q=,在{an}中每相邻两项之间都插入3个正数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等比数列{bn}.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)记数列{bn}的前n项的乘积为Tn,试问:Tn是否有最大值 如果有,请求出此时n的值以及最大值;若没有,请说明理由.
课时跟踪检测(十)
1.选B　∵an=4an-1+3(n≥2),∴an+1=4(an-1+1)(n≥2),∴{an+1}是以1为首项,4为公比的等比数列,则an+1=4n-1.∴an=4n-1-1,∴a5=44-1=255.故选B.
2.选A　由{an}是等差数列,且公差d≠0,得a1,a3,a5是公差为2d的等差数列,故a,b,c成等比数列;若一个数列既是等差数列,又是等比数列,则该数列只能是常数列,而a,b,c不是常数列,故a,b,c不是等差数列.
3.选B　设插入的第一个数为a,则插入的另一个数为.由a,,20成等差数列,得2×=a+20,整理得a2-a-20=0,解得a=-4或a=5.当a=-4时,插入的两个数的和为a+=4.当a=5时,插入的两个数的和为a+=.
4.选B　由Sn=3an+1+t,当n≥2时,Sn-1=3an+t,所以an=3an+1-3an,即=,n≥2.又因为数列{an}是等比数列,所以=,又a2=2,所以a1=.
当n=1时,S1=3a2+t,所以=3×2+t,解得t=-.
5.选ABD　对于A,an+1=anq,当q=0,an=0时,等式成立,此时不是等比数列,故错误;对于B,an=a1qn-1,当q=0,a1=0时,等式成立,此时不是等比数列,故错误;对于C,根据等比数列等比中项的性质可以判定此数列为等比数列,故正确;对于D,an+1=,当an=0,an+1=0,an+2=0时,等式成立,此时不是等比数列,故错误.
6.解析:设衰分比为q,则甲、乙、丙各分得石,28石,28q石,∴+28+28q=98,解得q=2或q=.又0答案:
7.解析:设等差数列的公差为d,则a3=a1+2d,a5=a1+4d,∴(a1+2d+3)2=(a1+1)(a1+4d+5),解得d=-1,∴q===1.
答案:1
8.解析:由题意,得=(-)n-1(n≥2),所以=-,=(-)2,=(-)3,=(-)4,将上面的四个式子两边分别相乘,得=(-)1+2+3+4=32.又a1=1,所以a5=32.
答案:32
9.解:因为数列{cn+1-pcn}为等比数列,
所以当n≥2时,有(cn+1-pcn)2=(cn-pcn-1)(cn+2-pcn+1),
将cn=2n+3n代入上式得,
[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2=[2n+3n-p(2n-1+3n-1)]·[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)],
整理得(2-p)(3-p)·2n·3n=0,
解得p=2或p=3.
10.解:(1)证明:因为====,b1=a1-2=1,
所以{bn}是首项为1,公比为的等比数列.
(2)由(1)得bn=,
所以cn=-nbn=-n<0,
则=.
当n=1时,=1,c1=c2;
当n≥2时,2n>n+1>0,<1,
又cn<0,所以cn+1>cn,
所以c1=c2即(cn)min=c1=c2=-1.
11.选D　设等比数列{an}的公比为q(q<0),
当a2=4,a4=1时,=q2=,
所以q=-,所以a1===-8;
当a2=1,a4=4时,=q2=4,所以q=-2,所以a1===-.
综上,a1的最小值为-8.故选D.
12.选ABD　因为公比为q的等比数列{an}满足a1>1,a2 022·a2 023>1,<0,所以a2 022>1,013.解析:由=3an+1-2an,得-an+1=2(an+1-an).
又a1=1,a2=3,所以a2-a1=2≠0,所以{an+1-an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an+1-an=2n,所以an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+2+22+…+2n-1=2n-1,n≥2,
因为a1=1符合上式,所以an=2n-1.
答案:an=2n-1
14.解析:因为bn=lg an且{bn}是等差数列,设公差为d,
所以bn-bn-1=lg an-lg an-1=lg=d(n≥2),所以{an}是正项等比数列,
所以b1+b2+b3+…+b99=lg a1+lg a2+lg a3+…+lg a99=lg(a1·a2·a3·…·a99)==99lg a50=198,
所以lg a50=2,a50=100.
答案:100
15.解:(1)由已知得数列{bn}的首项b1=16,b5=a2=16×=1,
设数列{bn}的公比为q1(q1>0),
即===,∴q1=,
即bn=b1=16×=25-n.
(2)Tn=b1·b2·b3·…·bn=24·23·…·25-n=24+3+2+…+(5-n)===,即当n=4或5时,Tn有最大值,最大值为=210=1 024.

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