资源简介

(共19张PPT)
1.一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项之比都等于同一个常数,
那么这个数列称为等比数列,这个常数叫作等比数列的公比.
2.等比数列中的每一项都不为0,因此公比q≠0.
3.如果一个数列不是从第2项起,而是从第3项或第4项起每一项与它的前一项之
比都是同一个常数,那么此数列不是等比数列.
1.3.1　等比数列及其通项公式
1.3 等比数列
1.3.2　等比数列与指数函数
1 | 等比数列的概念
1.等比数列的通项公式an=a1qn-1涉及四个量a1,an,n,q,只要知道其中任意三个量,就
能求出第四个量.
2.等比数列{an}的通项公式an=a1 (q≠0)可以推广为an=amqn-m(q≠0),即已知等比
数列的任意两项,都可以求出数列的任何一项.
2 | 等比数列的通项公式
1.“a,G,b成等比数列”等价于“G2=ab(a,b均不为0)”,当a,b同号时,a,b的等比中
项有两个,且它们互为相反数.
2.在一个等比数列中,从第2项起,每一项(有穷数列的末项除外)都是它的前一项
与后一项的等比中项.
3 | 等比中项
1.在等比数列{an}中,若k+l=m+n(k,l,m,n∈N+),则akal=aman.特别地,若m+n=2r(m,n,r
∈N+),则aman= .
2.若数列{an}是公比为q(q>0)且各项均为正数的等比数列,则数列{logban}(b>0且b
≠1)是公差为logbq的等差数列;若数列{an}是公差为d的等差数列,则数列{ }(b>
0且b≠1)是公比为bd的等比数列.
3.在公比为q(q≠-1)的等比数列{an}中,依次取相邻k项的和(或积)构成公比为qk(或
)的等比数列.
4.若{an}是公比为q的等比数列,则数列{λan}(λ≠0)是公比为q的等比数列,数列
是公比为 的等比数列,数列{ }是公比为q2的等比数列,数列{|an|}是公比为 |q|的等比数列.
4 | 等比数列的性质
5.若数列{an}是公比为q的等比数列,则在数列{an}中,每隔k(k∈N+)项取出一项,按
原来的顺序排列,所得数列仍为等比数列,且公比为qk+1.
6.在等比数列{an}中,若m,n,p(m,n,p∈N+)成等差数列,则am,an,ap成等比数列.
7.若{an},{bn}是项数相同的等比数列,公比分别是p和q,则数列{anbn}与 也都
是等比数列,公比分别为pq和 .
1.等比数列的通项公式与指数型函数的关系
(1)当q>0且q≠1时,等比数列{an}的第n项an是指数型函数f(x)= ·qx(x∈R)当x=n时
的函数值,即an=f(n).
(2)任意指数型函数f(x)=kax(k,a是常数,k≠0,a>0且a≠1),则f(1)=ka, f(2)=ka2,……, f(n)=kan,……构成等比数列{kan},其首项为ka,公比为a.
2.等比数列的单调性
5 | 等比数列与指数函数
a1的正负 a1>0 a1<0 q的范围 01 01
{an}的单调性 单调递减 不具有单调性 单调递增 单调递增 不具有单调性 单调递减
1.如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于一个常数,这个数列是
等比数列吗
不一定.当这个常数为同一个常数时才是等比数列.
2.存在既是等差数列,又是等比数列的数列吗
存在.当数列为非零常数列时,它既是等差数列又是等比数列,常数列0,0,0,…是等
差数列,不是等比数列.
3.2和8的等比中项是4吗
不是.应该是±4,可以说4是2和8的等比中项.
4.若等比数列{an}的首项为正,则该数列的所有奇数项都是正数吗
是.设等比数列{an}的公比为q,则其奇数项为a2n-1=a1q2(n-1)=a1(q2)n-1(n∈N+),因此当a1>
0时,a2n-1>0.等比数列{an}的所有奇数项、偶数项的符号分别相同.
知识辨析
1.定义法:若数列{an}满足 =q(q为常数且不为零)或 =q(n≥2,q为常数且不为
零),则数列{an}是等比数列.
2.等比中项法:对于数列{an},若 =anan+2且an≠0,则数列{an}是等比数列.
3.通项公式法:若数列{an}的通项公式为an=cqn(c≠0,q≠0),则数列{an}是等比数列.
　　其中,定义法和等比中项法可作为证明一个数列是等比数列的依据.
1 等比数列的判定(证明)
典例　已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n-4.
(1)求a1的值;
(2)若bn=an-1,试证明数列{bn}为等比数列.
解析 (1)因为Sn=2an+n-4,
所以当n=1时,a1=S1=2a1+1-4,
解得a1=3.
(2)证明:因为Sn=2an+n-4,
所以当n≥2时,Sn-1=2an-1+n-5,
所以Sn-Sn-1=(2an+n-4)-(2an-1+n-5)(n≥2),即an=2an-1-1(n≥2),
所以an-1=2(an-1-1)(n≥2),
又bn=an-1,所以bn=2bn-1(n≥2),
易知b1=a1-1=2≠0,
所以数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.
1.在解决等比数列问题的过程中常需要设未知量,为了尽量减少未知量的个数,常
采用对称设法:
　　当项数n为奇数时,先设中间一个数为a,再以公比为q向两边对称依次设项即
可.如三个数成等比数列,可设为 ,a,aq.当项数n为偶数且公比大于0时,先设中间
两个数为 和aq,再以公比为q2向两边对称依次设项即可.如四个数成等比数列,可
设为 , ,aq,aq3.
2.构造等比数列求通项公式
　　当已知数列{an}不是等比数列时,往往需要利用待定系数法构造与之相关的
等比数列.利用等比数列的通项公式求出包含an的关系式,进而求出an.常见类型:
2 等比数列的通项公式及其应用
(1)an+1=can+d(c≠1,cd≠0)可化为an+1- =c ,当a1- ≠0时,数列
为等比数列,从而把一个非等比数列问题转化为等比数列问题;也可消
去常数项,由an+1=can+d,an=can-1+d(n≥2,n∈N+),两式相减,得an+1-an=c(an-an-1),当a2-a1
≠0时,数列{an+1-an}是公比为c的等比数列.
(2)an+1=can+dn(cd≠0,c≠d)可化为an+1- =c 或将递推公式两边同除以
dn+1化为(1)型或两边同除以cn+1,累加求通项.
(3)an+1=can+dn+t(cdt≠0,c≠1)可化为an+1- =c +dn,即(2)型.
典例1　在数列{an}中,已知a1=1,an+1=3an+2,求数列{an}的通项公式.
思路点拨　思路一:引入参数λ,使an+1+λ=3(an+λ),则数列{an+λ}为等比数列.思路
二:通过观察递推公式的特征,直接消去常数,转化为等比数列求通项公式.
解析 解法一:令an+1+λ=3(an+λ),即an+1=3an+2λ,
又an+1=3an+2,∴λ=1,∴an+1+1=3(an+1).
∵a1+1=2,∴数列{an+1}是以2为首项,3为公比的等比数列,
∴an+1=2×3n-1,即an=2×3n-1-1.
解法二:∵an+1=3an+2,∴an=3an-1+2(n≥2),
两式相减,得an+1-an=3(an-an-1)(n≥2).
∵a2-a1=3a1+2-a1=2a1+2=4,
∴{an+1-an}是首项为4,公比为3的等比数列,
∴an+1-an=4×3n-1.∴3an+2-an=4×3n-1,∴an=2×3n-1-1.
解题模板 构造法求数列的通项公式:在条件中出现an+1=kan+b时,往往构造等比
数列{an+λ},方法是把an+1+λ=k(an+λ)与an+1=kan+b对照,求出λ后再求解.
典例2　在数列{an}中,已知a1= ,an+1= an+ ,求数列{an}的通项公式.
思路点拨　根据递推公式的特征,用待定系数法构造等比数列求解.
解析 令an+1-A× = ,
得an+1= an+ × .
根据已知条件得 =1,即A=3,
所以an+1-3× = .
又a1-3× =- ≠0,
所以 是首项为- ,公比为 的等比数列,
所以an-3× =- × ,
所以an=3× -2× .
方法归纳 形如an=pan-1+kqn(n≥2,pqk≠0,p≠1,q≠1)的递推公式,除利用待定系数
法直接化为等比数列外,也可以两边同除以qn得 = · +k,进而化为等比数列,
还可以两边同除以pn得 = +k ,再利用累加法求出 ,进而求得an.
1.与等比数列有关的问题中,常常涉及次数较高的指数运算,若按常规的解题方
法,则需建立关于a1,q的方程组求解,这种方法运算量比较大,如果结合等比数列的
有关性质来求解,那么会起到化繁为简的效果.
2.在应用等比数列的性质解题时,需时刻注意等比数列性质成立的前提条件.
3 等比数列性质的应用
典例　已知{an}为等比数列.
(1)若{an}满足a2a4= ,求a1 a5;
(2)若an>0,a5a7+2a6a8+a6a10=49,求a6+a8;
(3)若an>0,a5a6=9,求log3a1+log3a2+…+log3a10的值.
解析 (1)在等比数列{an}中,∵a2a4= ,∴ =a1a5=a2a4= ,∴a1 a5= .
(2)由等比中项,化简条件得 +2a6a8+ =49,即(a6+a8)2=49,
∵an>0,∴a6+a8=7.
(3)由等比数列的性质知a5a6=a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=9,
∴log3a1+log3a2+…+log3a10
=log3(a1a2·…·a10)
=log3[(a1a10)(a2a9)(a3a8)(a4a7)·(a5a6)]
=log395=10.
规律总结 利用等比数列的性质解题时要充分发挥项的“下标”的指导作用,分
析等比数列项与项之间的关系,选择恰当的性质解题.1.3　等比数列
1.3.1　等比数列及其通项公式
1.3.2　等比数列与指数函数
基础过关练
题组一　等比数列的概念
1.(多选)下列说法正确的有(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.等比数列中的项不能为0
B.等比数列的公比的取值范围是R
C.若一个常数列是等比数列,则其公比为1
D.22,42,62,82,…成等比数列
2.设an=(-1)n(n∈N+),则数列{an}是(　　)
A.等比数列　　　　B.等差数列
C.递增数列　　　　D.递减数列
3.已知函数f(x)=logkx(k为常数,k>0且k≠1).下列条件中,能使数列{an}为等比数列的是　　　　(填序号).
①数列{f(an)}是首项为2,公比为2的等比数列;
②数列{f(an)}是首项为4,公差为2的等差数列;
③数列{f(an)}是首项为2,公差为2的等差数列的前n项和构成的数列.
题组二　等比数列的通项公式
4.已知等比数列{an}的公比q为正数,且a3a9=2,a2=1,则a1=(　　)
A.　　　　B.
C. 　　　　D.2
5.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an(n∈N+).若am≤128,则正整数m的最大值是(　　)
A.7　　　　　B.8　
C.9　　　　　D.10
6.在等比数列{an}中,a1=1,a2a3=8,则=(　　)
A.8　　B.6　　C.4　　D.2
7.已知数列{an},若a1=2,an+1+an=2n+1,则a2 020=(　　)
A.2 017　　B.2 018　　C.2 019　　D.2 020
8.已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an,设bn=.
(1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{bn}是不是等比数列,并说明理由;
(3)求{an}的通项公式.
题组三　等比中项
9.等比数列{an}中,a1=,q=2,则a4与a8的等比中项为(　　)
A.4　 　　　　B.-4　　 C.±4　　　 　　D.±2
10.设数列{an}的每一项都不为零,且对任意n∈N+满足an+1=an·a2,若a3=3,则a2=(　　)
A.±3　　　　B.±
C.3　　　　D.
11.已知a,b,c成等差数列,a+1,b,c和a,b,c+2都分别成等比数列,则b的值为(　　)
A.16　　B.15　　C.14 　　D.12
题组四　 等比数列的性质及综合应用
12.在等比数列{an}中,若a1+a2+a3=6,a4+a5+a6=-3,则a7+a8+a9=(　　)
A.24　　　　B.
C.　　　　D.-
13.若{an}是无穷等比数列,则“0A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
14.在等比数列{an}中,a1a2a3=2,an-2an-1an=4,且a1a2a3·…·an=64,则数列{an}有　　　　项.
15.在等比数列{an}中,a5,a21是方程x2+11x+5=0的两根,则的值为　　　　.
16.在等比数列{an}中,a1>1,公比q>0.设bn=log2an,且b1+b3+b5=6,b1b3b5=0.
(1)求证:数列{bn}是等差数列;
(2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项公式.
能力提升练
题组一　等比数列的通项公式
1.(多选)设数列{an}为等比数列,则下列数列一定为等比数列的是(　　)　　　　　　　　　　　
A.{2an}　　　　B.{}
C.{}　　　　D.{log2|an|}
2.已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=an+sin2(n∈N+),则a19·log2a20的值为　　　.
3.已知数列{an}中,a1=728,3an+1=an-1,则满足不等式ak-1·ak<0的k的值为　　　　.
4.从①前n项和Sn=n2+p(p∈R),②a6=11且2an+1=an+an+2这两个条件中任选一个,填在下面的横线上,并解答.
在数列{an}中,a1=1,　　　　,其中n∈N+.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a1,an,am构成等比数列,其中m,n∈N+,且m>n>1,求m的最小值.
5.设关于x的一元二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两实数根α和β,且满足6α-2αβ+6β=3.
(1)试用an表示an+1;
(2)求证:是等比数列;
(3)当a1=时,求数列{an}的通项公式.
题组二　等比数列的性质及综合应用
6.已知各项均为正数的等比数列{an}的公比为3,若aman=9,则+的最小值等于(　　)
A.1　　B.　　C.　　D.
7.已知等比数列{an}满足an>0,n=1,2,…,且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=(　　)
A.n(2n-1)　　　B.(n+1)2 C.n2　　　　 D.(n-1)2
8.2020年12月17日凌晨1时59分,嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆,这是我国首次实现地外天体采样返回,标志着中国航天向前又迈出了一大步.月球距离地球约38万千米,有人说:在理想状态下,若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折n次,其厚度就可以超过从地球到达月球的距离,那么至少对折的次数n是(lg 2≈0.3,lg 3.8≈0.6)(　　)
A.40　　B.41　　C.42　　D.43
9.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的,它们是按照严格的数学方法确定的.我国明代数学家、音乐理论家朱载堉创立了十二平均律,他是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例,把八度分成十二个半音,使相邻两个半音的频率的比值为常数,如下表所示,其中a1,a2,…,a13表示这些半音的频率,它们满足log2=1(i=1,2,…,12).若某一半音与D#的频率的比值为,则该半音为(　　)
频率 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7
半音 C C# D D# E F F#
频率 a8 a9 a10 a11 a12 a13
半音 G G# A A# B C (八度)
A.F#　　　　B.G C.G#　　　　D.A
10.已知{an}是各项均为正数的等比数列,则下列结论中正确的个数为(　　)
①a2a4=a1a5;
②a1+a5≥2a3;
③a1+a5≥a2+a4;
④若a5>a3,则a4>a2.
A.1　　B.2　　C.3　　D.4
11.在等比数列{an}中,a1=-16,a4=-2.记Tn=a1a2·…·an(n=1,2,…,n),则数列{Tn}(　　)
A.有最大项和最小项
B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项
D.无最大项和最小项
12.已知{an}是等差数列,满足a1=2,a4=14,数列{bn}满足b1=1,b4=6,且{an-bn}是等比数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若对任意n∈N+,都有bn≤bk成立,求正整数k的值.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.AC　
2.A　
3.答案　②
解析　①中, f(an)=2n,即logkan=2n,得an=,
∵==≠常数,∴数列{an}不是等比数列;
②中, f(an)=4+(n-1)×2=2n+2,即logkan=2n+2,得an=k2n+2,且a1=k4≠0,
∵==k2 ,且k2为非零常数,∴数列{an}是以k4为首项、k2为公比的等比数列;
③中, f(an)=2n+×2=n2+n,即logkan=n2+n,得an=kn(n+1),
∵==k2(n+1)≠常数,∴数列{an}不是等比数列.
4.B　∵q>0,a3a9=2=,∴a6=a5,∴q=.∵a2=a1q=1,∴a1=.
5.B　由题意得=2,所以数列{an}是以1为首项、2为公比的等比数列,所以an=a1qn-1=2n-1.
若am≤128,则2m-1≤128,所以m-1≤7,解得m≤8,
故正整数m的最大值是8.
A　由题设知a2a3=q3=8,又∵a1=1,∴q=2,∴===8,
故选A.
7.C　∵an+1+an=2n+1,∴an+1-(n+1)=-(an-n),又∵a1-1=1≠0,
∴数列{an-n}是以1为首项、-1为公比的等比数列,∴an-n=(-1)n-1,
∴an=n+(-1)n-1,∴a2 020=2 020-1=2 019.
8.解析　(1)由条件可得an+1=an.
令n=1,得a2=4a1=4.
令n=2,得a3=3a2=12.
从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是等比数列.理由如下:
由条件可得=,即bn+1=2bn,
又因为b1=1≠0,
所以{bn}是首项为1、公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得=bn=1×2n-1=2n-1,
所以an=n·2n-1.
9.C　由题意得a4=a1q3=×23=1,a8=a1q7=×27=16,∴a4与a8的等比中项为±=±4.
10.B　令n=1,则a2=a1a2,∵a2≠0,∴a1=1.由an+1=an·a2得=a2,即{an}是首项为1、公比为a2的等比数列,故=a1a3=3,解得a2=±.故选B.
11.D　由题意得2b=a+c,b2=(a+1)·c,b2=a·(c+2),联立可得b=12.
12.B　设等比数列{an}的公比为q,则a4+a5+a6=q3·(a1+a2+a3),即6q3=-3,可得q3=-,因此,a7+a8+a9=q3(a4+a5+a6)=×(-3)=.故选B.
13.A　充分性:因为{an}为无穷等比数列,0an+1=anq,即{an}为递减数列.必要性:若无穷等比数列{an}是递减数列,则它的第一项和第二项可以为负,如-,-,-,-1,-2,…,所以不一定得到014.答案　12
解析　由题意及等比数列的性质得a1a2a3an-2·an-1an=(a1an)3=8,即a1an=2,则a1a2a3·…·an=64=26=(a1an)6,故{an}有12项.
15.答案　-
解析　由根与系数的关系得a5+a21=-11,a5a21=5,则a7a19==a5a21=5,且a5,a21同为负值,∴a13=-,故=-.
16.解析　(1)证明:因为bn=log2an,
所以bn+1-bn=log2an+1-log2an=log2=log2q为常数,
所以数列{bn}是公差为log2q的等差数列.
(2)设等差数列{bn}的公差为d,
因为b1+b3+b5=6,所以3b3=6,所以b3=2.
因为a1>1,
所以b1=log2a1>0,
又因为b1b3b5=0,所以b5=0,
所以解得
因此Sn=4n+×(-1)=,
由(1)可知d=log2q=-1,解得q=,
由b1=log2a1=4,解得a1=16,
所以an=a1qn-1=25-n(n∈N+).
能力提升练
1.AB　设数列{an}的首项为a1,公比为q.
对于A,2an=2a1qn-1,所以数列{2an}是公比为q的等比数列;
对于B,=q2n-2=(q2)n-1,所以数列{}是公比为q2的等比数列;
对于C,=,所以当n≥2时,==,不是一个非零常数,所以数列{}不是等比数列;
对于D,当n≥2时,=,不是一个非零常数,所以数列{log2|an|}不是等比数列.
故选AB.
2.答案　100
解析　当n为奇数时,an+2=an+1,数列{an}隔项成等差数列.设n=2k-1,则a2k-1=k,故a19=10.当n为偶数时,an+2=2an,数列{an}隔项成等比数列.设n=2k,则a2k=2k,故a20=210.故a19·log2a20=10×10=100.
3.答案　8
解析　由3an+1=an-1得an+1+=,因为a1+=729,所以数列是首项为729、公比为的等比数列,所以an+=729×,所以an=37-n-.
当n≥2时,an-an-1=-=-2·37-n<0,所以数列{an}为递减数列.
若ak-1·ak<0,则有
即得2·37<3k<2·38,又因为k∈N+,所以k=8.
4.解析　(1)选择条件①.
当n=1时,由S1=a1=1,得p=0,故Sn=n2.
当n≥2时,有Sn-1=(n-1)2,
所以an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2).
经检验,a1=1符合上式,所以an=2n-1(n∈N+).
选择条件②.
由2an+1=an+an+2,得an+1-an=an+2-an+1,
所以数列{an}是等差数列,设其公差为d.
因为a1=1,a6=a1+5d=11,所以d=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n-1(n∈N+).
(2)因为a1,an,am构成等比数列,
所以=a1am,即(2n-1)2=1×(2m-1),
化简,得m=2n2-2n+1=2+.
因为m,n∈N+,且m>n>1,所以当n=2时,m取得最小值,最小值为5.
5.解析　(1)根据根与系数的关系,得
代入6α-2αβ+6β=3,
得-=3,所以an+1=an+.
(2)证明:因为an+1=an+,
所以an+1-=.
若an=,则方程anx2-an+1x+1=0可化为x2-x+1=0,即2x2-2x+3=0,
此时Δ=(-2)2-4×2×3=-20<0,
所以an≠,即an-≠0.
所以数列是以为公比的等比数列.
(3)当a1=时,a1-=,
所以an-=×=,
所以an=+,n=1,2,3,….
6.C　由题意得a2·3m-2·a2·3n-2=·3m+n-4=9,
∴m+n=6,
∴+=(m+n)=2+++≥×=,当且仅当m=2n=4时取等号.
∴+的最小值为.
7.C　因为{an}为等比数列,所以a1·a2n-1=a3·a2n-3=…=a5·a2n-5=22n,所以log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=log2(a1a2n-1==log2=n2.故选C.
8.C　设对折n次时,纸的厚度为an毫米,
由题意知,每次对折后,纸的厚度变为原来的2倍,则{an}是首项为0.1×2=0.2,公比为2的等比数列,
所以an=0.2×2n-1=0.1×2n,
令an=0.1×2n≥38×104×106,
即2n≥3.8×1012,所以lg 2n≥lg 3.8+12,
即0.3n≥0.6+12,解得n≥=42,
所以至少对折的次数n是42,故选C.
9.B　依题意可知an>0(n=1,2,…,12,13).由于a1,a2,…,a13满足log2=1(i=1,2,…,12),则=2 =,所以数列{an}(n=1,2,…,12,13)为等比数列,设其公比为q,则q=,D#对应的频率为a4,又因为所求半音与D#的频率的比值为==()4,故所求半音对应的频率为a4·()4=a8.故选B.
10.D　设{an}的公比为q(q>0).
对于①,根据等比数列的性质可知a2a4=a1a5,①正确;
对于②,a1+a5=a3≥a3×2=2a3,当且仅当q=1时,等号成立,②正确;
对于③,因为a1+a5-(a2+a4)=a3=(1-q)(1-q3)=(1-q)2(1+q+q2)≥0,所以a1+a5≥a2+a4,③正确;
对于④,因为{an}的各项均为正数,所以a5>a3 a3q2>a3,所以q2>1,又因为q>0,所以q>1,所以a4=a2q2>a2,④正确.
综上,正确结论的个数为4.故选D.
11.A　设等比数列{an}的公比为q,则q3==,所以q=,则an=-25-n,所以Tn=a1a2·…·an=(-1)n×24×23×…×25-n=(-1)n×=(-1)n×,
令t=n(9-n),所以当n=4或n=5时,t有最大值,无最小值.当n为偶数时,Tn为正数;当n为奇数时,Tn为负数.故n=4时,Tn取得最大值,当n=5时,Tn取得最小值,所以数列{Tn}有最大项和最小项.故选A.
12.解析　(1)设{an}的公差为d,则d==4,
所以an=2+(n-1)×4=4n-2(n∈N+).
设cn=an-bn,则{cn}为等比数列.
c1=a1-b1=2-1=1,
c4=a4-b4=14-6=8,
设{cn}的公比为q,则q3==8,故q=2.
则cn=2n-1,即an-bn=2n-1,
所以bn=4n-2-2n-1(n∈N+).
(2)由题意得,bk应为数列{bn}的最大项.
由bn+1-bn=4(n+1)-2-2n-4n+2+2n-1=4-2n-1(n∈N+).
易得当n<3时,bn+1-bn>0,即bn当n=3时,bn+1-bn=0,即b3=b4;
当n>3时,bn+1-bn<0,即bn>bn+1,即b4>b5>b6>…,
所以k=3或k=4.
14

展开更多......

收起↑