等比数列的性质习题

等比数列的性质习题（共10篇）

等比数列的性质习题 篇1

题型1已知等比数列的某些项，求某项

【例1】已知an为等比数列，a22,a6162，则a10题型2 已知前n项和Sn及其某项，求项数.【例2】⑴已知Sn为等比数列an前n项和，Sn93，an48，公比q2，则项数n⑵已知四个实数，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，首末两数之和为37，中间两数之和为36，求这四个数.题型3 求等比数列前n项和

【例3】等比数列1,2,4,8,中从第5项到第10项的和.【例4】已知Sn为等比数列an前n项和，an1332333n1，求Sn

【例5】已知Sn为等比数列an前n项和，an(2n1)3n，求Sn.【新题导练】

1.已知an为等比数列，a1a2a33,a6a7a86，求a11a12a13的值.an的前n项和，a23,a6243,Sn364，则n； 2.如果将20,50,100依次加上同一个常数后组成一个等比数列，则这个等比数列的公比为.3.已知Sn为等比数列

4.已知等比数列an中，a21，则其前3项的和S3的取值范围是

5.已知Sn为等比数列

an前n项和，an0，Sn80，S2n6560，前n项中的数值最大的项为54，求S100.考点2 证明数列是等比数列

【例6】已知数列nN.其中为实数，an和bn满足：a1，an12ann4，bn(1)n(an3n21)，3

⑴ 对任意实数，证明数列an不是等比数列；

⑵ 试判断数列

bn是否为等比数列，并证明你的结论.1

【新题导练】

6.已知数列{an}的首项a1

22an1，an1，n1,2,3,…．证明：数列{1}是等比数列；3an1an

考点3 等比数列的性质

【例7】已知Sn为等比数列

【新题导练】

7.已知等比数列an前n项和，Sn54，S2n60，则S3n.an中，an0,(2a4a2a6)a436，则a3a5.an的前n项和，已知ban2nb1Sn 考点4 等比数列与其它知识的综合 【例8】设Sn为数列

⑴证明：当b

⑵求

【新题导练】

8.设Sn为数列2时，ann2n1是等比数列； an的通项公式 an的前n项和，a1a，an1Sn3n，nN*.n⑴ 设bnSn3，求数列bn的通项公式；

⑵ 若an1

an(nN)，求a的取值范围．

7.等差数列

8.已知数列an中，a410且a3，a6，a10成比数列，求数列an前20项的和S20． an的前n项和为Sn，Sn3(an1)nN； 1⑴求a1，a2的值；

⑵证明数列

等比数列的性质习题 篇2

定理1.等差数列{an}, a1, a2, …, an中, 有as, as+1, as+2, an, …仍成等差数列, 且数列中的任意一项at=as+ (t-s) d。

例1:等差数列{an}中, 已知:a3=13, d=4, 求a10.

解:a10=a3+ (10-3) d=13+7×4=41

对比一般的求解思路避免了求a1, 并且, 当t比s小时, 此公式仍然成立。

定理2:等差数列{an}, a1, a2, …an中, 有as, a2s, a3s, …, ams (s为任意给定的正数) , 也成等差数列, 且公差为sd。即等差数列中相同间隔的项组成的数列仍是等差数列。

∴{ams}成等差数列

推论:等差数列{an}, a1, a2, …an中, 有as, as+t, as+2t, …, as+mt仍成等差数列, 且公差为td。

即:等差数列中, “下标成等差数列的项仍成等差数列”。

证明略。

例2:在等差数列中, 已知a3=3, a10=20, 求a24。

解:∵3, 7, 10, 17, 24成等差数列。

∴a3, a10, a17, a24也成等差数列。

且公差为d=a10-a3=20-3=17

解题方法简捷明了。

定理3:等差数列{an}, 若正整数p+q=s+l=2t, 则aP+aq=as+al=2at

证明:∵aP+aq=a1+ (p-1) d+a1+ (q-1) d=2a1+ (p+q-2) d

例3:在等差数列中, 已知a12+a13+a14=93,

求a15+a16+a17。

解:∵a12+a13+a14+a18+a19+a20=93+107=200

定理4:一般地等差数列{an}, a1, a2, …, an中, 有 (1) ma1, ma2, …, man, (2) a1+k, a2+k, …, an+k, (3) m a1+k, ma2+k, man+k均成等差数列。即等差数列同乘以一个常数或同加上一个常数或同乘以一个常数再加上一个常数仍成等差数列。

原题得证。

定理5:等比数列{an}中, am, am+1, am+2, …, an成等比数列, 且an=amqn-m

证明显然。

定理6:等比数列{an}中, 有at, a2t, …, amt成等比数列, 公比为qt。

证明:{an}为等比数列, 即

∴{amt}为等比数列.

即“等比数列间隔相同的项成等比数列”

推论:等比数列an中, 有as+t, as+2t, …, as+mt成等比数列.即“等比数列中下标成等差数列的项仍成等比数列”

例6:在等比数列中, 已知a4=3, a8=48, 求a16

解:∵4, 8, 12, 16成等差数列.

∴a4, a8, a12, a16成等比数列.

定理7:等比数列{an}中, 若s+l=m+n=2t (m, n, s, l, t, e∈N) , 有as, al=an, am=at2

证明∵asal=a1qs-1a1ql-1=a12qs+l-2

同理:aman=a12qm+n-2

例7:在等比数列中, 已知a3a9=64

求a6

解:∵3+9=2×6

定理8:等比数列{an}中, 有{kan} (k≠0)

{anm}也成等比数列。

例8:已知数列{an}是首项为2, 公比为3的等比数列, 求a12+a22+…+a102

解:∵{an}为等比数列

参考文献

[1]数学 (五年制高等职业教育文化基础课教学用书) [M].苏州:苏州大学出版社.

[2]数学 (全日制普通高级中学教科书) [M].北京:人民教育出版社.

等差等比数列性质的延伸 篇3

关键词： 等差子数列 等比子数列 性质

数列在整个高中教学中占着重要位置.等差数列等比数列在历年的高考与高职高考中都是非常重要的题型.同时，等差、等比数列又是一种高等数学计算方式，可用在计算机编程等语言里面.

一、等差数列的子数列性质

（1）等差数列a■，a■，…，a■，a■，a■，…，a■，…中，去掉前m-1项后组成一个新数列：a■，a■，…，a■，…仍然是一个等差数列.

（2）等差数列中每隔相等的“距离”取出的项依次组成的新的数列a■，a■，a■，…（k，m∈N■）仍然是公差为md的等差数列.如偶數列{a■}是公差为2d的子数列、奇数列{a■}是公差为2d的子数列.

（3）若数列{a■}是等差数列，则{a■+a■}，{a■-a■}，{a■+a■+a■，a■+a■+a■，a■+a■+a■，…}，…仍为等差数列，公差分别为2d，0，9d.

（4）若数列a■为等差数列，则依次每k项之和也是等差数列，即S■，S■-S■，S■-S■，…也是等差数列.

性质（4）将题目求解简化，看以下例题.

例题1：已知一个等差数列的前10项和为310，前20项和为1220，

1.由此可以确定求其前n项和的公式吗？

2.S■，S■，S■这三者之间有何关系？

3.求S■.

解：1.由性质（4）可知：d■=S■-S■=k■d其中k=10

有（1220-310）-310=100d

得d=6带入10a■+10×92d=310

得a■=4，S■=3n2+n

2.S■，S■，S■这三者之间的关系.由性质4知S■，S■-S■，S■-S■这三者是等差数列，

公差d■=k■d=100×6=600.

3.求S■.已知（S■-S■）-（S■-S■）=d■，

有S■=600+2S■-S■=600+2×1220-310=2730.

可见，利用性质（4）解题大大简化了运算步骤，减少了运算量.

二、等比数列的子数列性质

（1）在公比为q的等比数列a■，a■，…，a■，a■，a■，…，a■，…中去掉前m-1项后，所得的数列：a■，a■，…，a■，…还是等比数列.

（2）等比数列a■，a■，…，a■，…中每隔相等的“距离”取出项，依次组成的新的数列a■，a■，a■，…（k，m∈N■）仍为等比数列，公比为q■.

（3）若数列{a■}是等比数列，则{a■a■}，{a■a■}，{a■a■a■，a■a■a■，a■a■a■，…}仍为等比数列，公差分别为q■，q■，q■….

（4）若数列{a■}是等比数列，则依次每k项之和也是等比数列，即S■，S■，S■-S■，…也是等比数列.

例题2：已知公比是不为1的等比数列{b■}，若S■=48，S■=60，求S■.

解：S■，S■，S■这三者之间的关系由性质4知

S■，S■-S■，S■-S■是等比数，

公比q■=S■-S■S■-S■=S■-S■S■

于是S■-60×60-48=60-48×48

解得S■=63.

本文研究了等差、等比数列子数列的性质，便于学生在以后的学习过程中能从不同的角度看待问题、解决问题，从而提高学生的思维能力，培养学生的观察归纳能力.

参考文献：

[1]丁月娇.等差数列性质及其应用.南京师范大学泰州学院，2012.

等比数列的性质习题 篇4

上海市桐柏高级中学李淑艳 马莉

上海市普陀区教育学院刘达

一、案例背景

本课的教学内容是上海市高中课本《数学》（华东师范大学出版社）高中二年级第二学期《数列与数学归纳法》章节的数列性质探究课。

上海市《中小学数学课程标准（试行稿）》提出：普通中小学课程的基本观念是以学生发展为本，坚持全体学生的全面发展，关注学生个性的健康发展和可持续发展。并指出：“关注学生学习的过程，通过创设学习情境，开发实践环节和拓宽学习渠道，帮助学生在学习过程中体验、感悟、建构并丰富学习经验，实现知识传承、能力发展、积极情感形成的统一”。在顾泠沅博士的“三个阶段、二次反思、行动跟进”的行动教育研究模式下。本课例从“背景研究”，“教学实践”和“评价反思”，都是在“以学定教”原则的基础上的。从教材体系来看，等比数列概念的学习就渗透类比的研究方法，鉴于学生的实际水平及乐于思考新问题的特点，我们设置了有一定层次的供类比的数列问题，同时也对学生学习过程可能出现的情况进行了预测。同时根据学生目前现状，以及教材内容收集、整理、提炼利用类比的思想方法，研究数列中问题等有关素材，在自我理解的层面上设计教学目标、教学思路及手段、教学过程，先进行第一次教学尝试，然后进行反思；再请专家、教研员、教研组长、全体组员在听取本人的设计初衷及反思后进行全方位的再设计与指导，而后开设公开课进行教研，在系统评价的基础上，再进行第二次实践；第三次看目标的达成度与教师理念的转变、教学经验与教训的总结。我们就是按照这种“行动教育”模式开展课堂教学研究的。

二、目标分析

本课教学目标的确定围绕着“类比——发现——自悟”的研究性学习课堂教学模式。探索如何运用研究性学习的学习模式在《等差数列和等比数列的性质探究》教学中融合类比的本课希望通过“类比——发现——自悟”的教学模式，引导学生体会类比在数学教学中的三个维度：“一维——知识结构上的类比；二维——证明方法上的类比；三维——学生自主的理性思想方法的类比。”

三、教学流程

首先通过科学事实——鲁班造锯的典故引入类比思想，然后提出第一维问题（以回顾的通过这一回顾，学生能从“第一维”层面上开展类比学习，体会等差数列和等比数列在概念形式上的相似之处。

在基本认识了类比探究方法之后，教师通过问题提升本节探究课活动性和探究性，设置了若干性质探究的问题供学生思考。

问题1：在等差数列an中，若项数数列kn是等差数列(knN)，则akn仍是等差数

列。

类比：若an是等比数列，当kn(knN)是________数列时，akn是________数列。

问题一是在学生已掌握“数列an是等差数列，对an中下角标成等差数列的项也成等差数列”这一性质后，将“文字语言”转化成“符号语言”，让学生来类比等比数列中相应的性质，并加以证明。学生一方面从形式上加以类比，另一方面，从证明方法上也进行类比证明。这样的问题，在学生理解性质后，初步体验了发现问题并解决问题的“类比”方法。

问题一结束后，启发引导学生如何类比并得到正确结论？经历运用类比思想方法研究数列问题的过程。

问题2：有一位同学发现：若an为等差数列，则an1an也成等差数列。由此经过类比，他猜想：若an为等比数列，则an1an、an1an也为等比数列。你认为呢？

问题二是一道开放性问题，有近85%的学生最初得到了an1an、an1an也为等比数列，并有部分同学给予了“证明”。学生初步感觉到“和”与“积”的类比，“差”与“商”的类比。此时，教师再抛出一个问题：“积”为等比数列，那么“和”呢？在你证明完“积”为等比数列后能说明“和”不是等比吗？对于这一问题，学生根据前面两个问题的解决已经隐约体验到类比不但是形式上的模仿，其证明方法、考虑角度也可进行类比，说明这种思考问题的方法已不自觉地纳入他们的思维体系之中，下面是一段课堂实录：

师：对刚才问题，同学可以得到什么结论？

生1：我判断并证明了等比数列的“和”仍然是等比数列，且公比什q。

（师环视四周，似乎每个人都投以赞同的目光，并且频繁点头表示同意）。

生2：我有点不同意（全班只有他一人有不同意见），我觉得，对数列-1，1，-1，1，„这个数列来说，其和不是等比数列。（此时全班恍然，都认为是正确的）

师：我们来看一下生1的证明过程（投影仪）： an1ana(q1)n（常数）q，anan1an1(q1)

an1an是等比数列。你们看证明过程严密吗？

生3：当q=－1时，他的第二步不成立。（此时同学们又都给予肯定）。

师：答得好。本来我们不知道这一反例，但在证明过程中发现了问题的存在，由此找到了反例，说明同学们在发现问题时，能够进行大胆猜想、小心论证的严密的科学态度。

师：学到这里，你有什么样的感受呢？

生4：在等差数列和等比数列的类比中，我发现除了形式上存在着类比之外，正确的要加以证明，错误的可以举出反例。

生5：我感到就算是类比的结论在形式上未必一致，但证明方法有相似之处。

这番交流的过程中，学生的思维几经“冲浪”辗转，他们的好奇心和探索热情已被唤起，严谨的数学发现历程正在探索中内化着。

问题3：一位同学发现：若Sn是等差数列an的前n项和，则Sk,S2kSk,S3kS2k也是等差数列。在等比数列中是否也有这样的结论？为什么？

问题4：我们知道对于等差数列an，a1a2a3anna1n(n1)d成立。通过

2类比，尝试发现等比数列中的相似结论并给予证明.问题三的设计和问题四是结合在一起的，设计问题三的时候考虑到学生有可能只能通过证明找到反例从而得出Sk,S2kSk,S3kS2k不成等比数列的结论，而对类比的结论有困难，甚至会有同学得出Sk,S2kS3k成等比数列的结论。对于问题四，可以将问题三沟通起,SkS2k

来探索。经过讨论、形式上类比、对结论进行论证。我们可以在学生最终明确结论后再回到问题三，让同学们进一步思考并指出“Sk,S2kS3k成等比数列”的说法虽然不对，但在“类,SkS2k

比——发现”的探究过程中也有不少新的收获。继而提问：如何改动使得结论成立？这个过程，将“类比——发现——自悟”模式的核心——学生在思维上经过反复的类比、验证，自我领悟并掌握类比的思想方法——完全体现在了教学过程中。

四、教学反思

第一次教学之后，在教研员、教研组长等老师的指导下，总结了以下一些不足：

1．在教学设计时，偏向于行形式上类比，尽管在形式上的类比达成度较高，但反映在数学实质上的内容偏少；

2．问题之间的联系不是很好，问题似乎有些孤立；

3．题目偏多；

为此，教师在教学设计的调整过程中关注了这两个方面：

1．为将“类比——发现——自悟”的模式更加清晰地在教学中体现，教师的教学设计由重形式向重思维方式转变；

2．精选例题，设计的数学问题关注一题多变、多题环环相扣的连锁关系，同时体现思维“严密性”，并且搭建脚手架，帮助学生努力实现“发现——自悟”的过程。

在公开课教学之后，听课老师以及学科组的专家在一起再次开展了评课探讨，结合教师的反思总结如下：

1．本堂课是等差数列与等比数列性质的类比，在学生经历了类比的学习后，能够体会：从形式上得到类比的特征，从本质上体验思维的过程，了解类比不仅是形式上的“相似”，而是从相似中得到结论，再由论证使之成为类比。这样的教学模式，有利于激发学生的思维，使学生在辩证中掌握类比的思想方法。

2．本堂课知识目标的达成度较好，学生能够基本掌握类比的特征，但学习过程中教师没有刻意地总结、引导，学生在探究过程中以体验为主，只是学生对于“类比——发现——自悟”的探究方式仍略显模糊，需要今后不断尝试采用类似地教学方法促进学生的研究性学习方式的形成。

3．教师在平时应时时具备二期课改的理念，重视学生的思维活动。比如，在问题二中，有学生提出反例：在数列-1，1，-1，1，-1，1，„中，an1an0，所以an1an不是等比数列。教师应加以表扬，并紧接着提问：你是怎样想到这个反例的，你能得出什么样的规律？如果这位学生不能回答清楚的，可以再回顾他们的证明过程，从中寻找问题所在。这样不但顺应了学生的思维结构，而且在老师的点拨下，学生能进一步更深层次地考虑问题，从而为问题三打下伏笔。

4．在学生有困难的地方可以预先做准备工作，这样可以使这堂课的达成度更高。比如，在问题三中，Sk,S2kSk,S3kS2k是非常抽象的，它牵涉到子数列的问题，而且在原设计中是“数列Sn,S2nSn,S3nS2n,,S(k1)nSkn是等差数列，请同学在等比数列中进行类比”，但由于证明过于抽象，学生不容易理解，因此改为上述形势，而且考虑如果在课前能举一些例子，渗透子数列的概念，学生理解起来也许更容易。

因此在下一堂的课中，作了如下改进：

1．在等差数列复习中，将问题2、3在等差数列中的情况进行证明，再事先将等差数列的证明打在幻灯片上，如果在课堂中学生在证明等比数列的过程中遇到困难的话，就可以把等差数列的证明显示给他们看，从而使他们体验到证明的方法也可以进行类比，更加凸显类比的本质特征。事实上，在本堂课中也达到了这样的目的，学生的掌握度也更好了。如：在证明问题3的时候，有的同学利用前n项和公式证明较为繁琐，而有的同学很快就得出结论，她说：“证明是类比等差数列的思路和步骤，结论是类比问题二得出的。”这就充分说明她已经掌握了类比的本质，表明经历几次设计问题并逐步解决、探索，学生正体验着数学思想和方法，领悟其价值，滋生应用意识。

2．因为问题2和问题3是同类型的问题，尤其是它们的证明以及在证明过程中发现反例的这一思路是相近的，所以为了提高课堂效率，这里就采取分组的方法，请两组同学解决问题二，另两组同学解决问题三，再进行讨论总结。实施下来，时间缩短了，而且有了比较，同学的积极性也提高了，大大地提高了课堂的效率。并且把原先在上课时来不及解决的推论解决了，使得学生的思维得到延伸，而且使学生对类比的本质特征有了理性上的认识，从而达到了第三维：学生自主的理性思想的类比。

通过“类比——发现——自悟”的初步实施，学生在自主的学习和探究过程中体验知识发生的过程，通过对产生的见解的辩论进行了思维方式的转变，使得学习方法得到了改善，为他们今后的学习带来了信心和严谨的思维方式，其效果应该说是显见的。教师方面，我们得到的感受是：教学理念得到了很大的提升，尤其对于“类比——发现——自悟”的研究性学习课堂教学模式的初步应用的效果启发我们在平时的教学中应多为学生创设学习氛围和问题情境，教学设计应多从学生的认知基础和原有的知识结构出发，帮助学生在学习过程中体验、感悟学习经验。另外，用先进理念和经验指导教学，能使自己不断加深对课改理念的理解，并逐渐内化为自身的教学风格，促进自身业务水平的提高。

参考资料：

[1] 廖哲勋：关于课堂教学案例开发的理性思考——《中学数学教学参考》2003.6

数列的性质证明 篇5

x(n)=x(n-1)+F(F是关于N的函数)用累加法

x(n)/x(n-1)=G(G是关于N的函数)用累积法

x(n)=Ax(n-1)+B

x(n)取倒数后是上述情况

等差数列an依次每项k之和仍为等差数列,其公差为原公差的k^2倍,即数列Sk,S2k-Sk,S3k-S2k也为等差数列

对此条性质进行证明Sk=ka1+k(k-1)d/2

S2k=2ka1+2k(2k-1)d/2

S3k=3ka1+3k(3k-1)d/2

S2k-Sk=ka1+k(3k-1)d/2

S3k-S2k=ka1+k(5k-1)d/2

(S2k-Sk）-Sk=k^2*d

(S3k-S2k)-(S2k-Sk）=k^2*d

所以

等差数列an依次每项k之和仍为等差数列,其公差为原公差的k^2倍,即数列Sk,S2k-Sk,S3k-S2k也为等差数列

证明.项数为奇数2n-1的等差数列｛an｝有(1)S奇－S偶＝an

(2)s奇／S偶＝n/n-1.证明：由题意令此数列公差为d，则:a(n+1)-an=d,即an-a(n+1)=d

又由通项公式得：a(2n-1)=a1+(2n-2)d=an+(n-1)d

S奇－S偶＝(a1-a2)+(a3-a4)+...+(a(2n-3)-a(2n-2))+a(2n-1)

=(n-1)*(-d)+an+(n-1)d

=an

求前2n-1项和得：S(2n-1)=S奇+S偶＝(2n-1)[a1+a(2n-1)]/2

又a1+a(2n-1)=2an,则：

S奇+S偶＝(2n-1)*an=(2n-1)*(S奇-S偶)

即：2nS奇＝(2n-2)S偶

所以：s奇／S偶＝2n/（2n-2)=n/(n-1)

证明.项数为偶数2n的等差数列｛an｝有(1)S奇－S偶＝nd,(2)s奇／S偶＝an/an+1

(3)S2n=n(a1+a2n)=~~~=n(an+an+1)

[an与an+1为中间两项】

证明：（1）S奇=a1+a3+…+a(2n-1)，共n项(2n-1为下标）

S偶=a2+a4+…+a2n，共n项(2n为下标）

S偶－S奇=(a2-a1)+(a4-a3)+…+[a2n-a(2n-1)]=nd

(2)S奇=A1+A3+A5+……+A(2n-3)+A(2n-1)

S偶=A2+A4+A6+……+A(2n-2)+A2n

如果n为奇数

A1+A(2n-1)=A3+A(2n-3)=……=A(n-2)+A(n+2)=2An

A2+A2n=A4+A(2n-2)=……=A(n-1)+A(n+3)=2A(n+1)

S奇=nAn

S偶=nA(n+1)

S奇/S偶=An/A(n+1)

如果n为偶数

A1+A(2n-1)=A3+A(2n-3)=……=A(n-1)+A(n+1)=2An

A2+A2n=A4+A(2n-2)=……=An+A(n+2)=2A(n+1)

S奇=nAn

S偶=nA(n+1)

S奇/S偶=An/A(n+1)

(3)项数为偶数，所以都可以配对，共有N对

第2课数列的性质（模版） 篇6

(时间：90分钟满分：100分)

题型示例

三个互不相等的实数成等差数列，如果适当排列这三个数，又可成为等比数列，这三个数的和为6，求这三个数.分析三个数适当排列，不同的排列方法有6种，但这里不必分成6种，因为若以三个数中哪一个

数为等比中项，则只有三种情况，因此对于分类讨论问题，恰当的分类是解好问题的关键.解由已知，可设这三个数为a-d,a,a+d,则a-d+a+a+d=6,∴a=2,这三个数可表示为2-d,2,2+d,(1)若2-d为等比中项，则有(2-d)2=2(2+d),解之得d=6或d=0(舍去).此时三个数为：-4,2,8.(2)若2+d是等比中项，则有(2+d)2=2(2-d),解之得d=-6或d=0(舍去)，此时三个数为：8，2，-4.(3)若2为等比中项，则22=(2+d)·(2-d),∴d=0(舍去).综上可求得此三数为-4,2,8.点评此题给我们的启示是：数学解题既要精炼又要全面.一、选择题(8×3′＝24′)

1．下列各命题中，真命题是()

A．若｛an｝成等差数列，则｛|an|｝也成等差数列

B．若｛|an|｝成等差数列，则｛an｝也成等差数列

C．若存在自然数n,使得2an+1=an+an+2，则｛an｝一定是等差数列

D．若｛an｝是等差数列，对任何自然数n都有2an+1=an+an+

22．从{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}中任选3个不同的数使它们成等差数列，则这样的等差数列最多有

()

A.20个B.40个C.60个D.80个

3．若正数a、b、c依次成公比大于1的等比数列，则当x>1时，logax、logbx、logcx()

A.依次成等差数列B.依次成等比数列

C.各项的倒数依次成等差数列D.各项的倒数依次成等比数列

4．已知数列{an}，如果a1,a2-a1，a3-a2，…，an-an-1，…是首项为1，公比为1的等比数列，则an等于(n

3∈N)（）3131)B.(1n1)A.(12233n

2121(1)D.(1n1)3333n

15．等差数列{an}的公差为,S100=145,则a1+a3+a5+…+a99的值为()

2145A.60B.85C.D.75 2

6．已知数列前n项和Sn=2n-1(n∈N*)，则此数列奇数项的前n项和为()

11A.(2n11)B.(2n12)33

11C.(22n1)D.(22n2)33

7．正项等比数列｛an｝的首项a1=2-5，其前11项的几何平均数为25,若前11项中抽取一项后的几何平均

数仍是25,则抽去一项的项数为()

A.6B.7C.9D.11 C.1(a1a2)2

8．已知x、y为正实数，且x，a1,a2,y成等差数列，x,b1,b2,y成等比数列，则的取值范围是b1b

2()

A.RB.(0,4C.［4,+D.(-∞,0］∪［4,+∞)

二、填空题(4×3′＝12′)

9．等差数列｛an｝最初五项之和与其次五项之和的比为3∶4(n∈N*),则首项a1与公差d的比为.10．已知等比数列｛an｝的前n项和为Sn(n∈N)，若a3=3S2+2,a4=3S3+2,则公比q的值是11．12-22+32-42+52-62+…+992-100212．若一个等差数列前3项的和为34,最后3项的和为146，且所有项的和为390,则这个数

列有项.三、解答题(3×10′＋12′＋10′＝52′)

13．已知数列{an}的首项a1=a(a是常数且a≠-1),an=2an-1+1(n∈N*,n≥2).(1){an}是否是等差数列？若是，求出{an}的通项公式；若不是，说明理由;

(2)设bn=an+c(n∈N*,c是常数)，若{bn}是等比数列，求实数c的值，并求出{bn}的通项公式.14．设实数a≠0,且函数f(x)=a(x2+1)-(2x+

(1)求a的值;

(2)设数列｛an｝的前n项和Sn=f(n),令bn=

列.1)有最小值-1.aa2a4a2n,n=1，2,3…，证明数列｛bn｝是等差数n

3n217n15．若数列｛an｝的前n项和Sn=-(n∈N*)，求数列｛|an|｝的前n项和Tn.2

216．在某两个正数之间插入一个数a,则三数成等差数列，若插入二个数b,c,则四数成等

比数列.(1)求证:2a≥b+c;

(2)求证:(a+1)2≥(b+1)(c+1).1171317．已知数列{an}的通项公式an=n2n(n∈N*)4126

1(1)是否存在等于的项?为什么? 2

(2)此数列是否有相等的连续两项?若有，它们分别是哪两项;若没有，说明理由;

(3)此数列是否有值最小的项?为什么?

四、思考与讨论(12′)

18．在xOy平面上有点P1(a1,b1)，P2(a2,b2)，…，Pn(an,bn)，…，对每个自然数n，点Pn位于函数

ay=2000()x(0

(1)求点Pn的纵坐标bn的表达式；

(2)若对每个自然数n，以bn、bn+

1、bn+2为边长能构成一个三角形，求a的取值范围；

(3)设cn=lgbn(n∈N)．若a取(2)中确定的范围的最小整数，问数列{cn}前多少项的和最大?试说明理由．

参考答案

1．DA错，例如数列-3,-1,1，这样B也错，C应是对任意自然数n;D正是等差中项的性质.2．B由等差数列的概念知an-1+an+1=2an,所选的三个数只要首末两数之和为偶数，则该三数即可构成等差数列.因此，把所给的10个数分为1,3,5,7,9;2,4,6,8,10两组,分别任取两数，另一数自然确定，共有22A5=5×4×2=40个.故选B.3．Cb2=ac2lgblgalgc2lgblgalgc211.lgxlgxlgxlogbxlogaxlogcx

11()n=3(11)． 4．Aan=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)= n1231

35．AS100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=145,又(a2+a4+…+a100)-(a1+a3+a5+…+a99)=50d

S奇S偶145则解得S奇=a1+a3+a5+…+a99=60.SS25偶奇

1(14n)12n(21).6．Can=2，奇数项构成公比为4的等比数列.∴Sn143n-

17．A(a11

1·q11+2+…+1011)=25q55=2110q=4.=25qx=2100x=50.1x1010抽取一项后，(a1·q)

抽出的项的q的指数为5，故是第6项.2(a1a2)2(xy)2(2xy)4xy8．C4.b1b2xyxyxy

9．13∶1a1a2a55a3a3a12d3a1∶d=13∶1.a6a7a105a8a8a17d

4①

② a33S2210．4 a3S234

②-①:a4-a3＝3（33－32）＝3a3，∴a4=4a3.11．-5050两项结合，利用平方差公式.a1a2a33412．13，∵a1+an=a2+an-1=a3+an-2，anan1an2146

∴34+146=3(a1+an),a1+an=60．∴390=n·60，∴n=13.213．解（1）∵a1=a(a≠-1),a2=2a+1,a3=2a2+1=2(2a+1)+1=4a+3,a1+a3=5a+3,2a2=4a+2.∵a≠-1,∴5a+3≠4a+2,即a1+a3≠2a2,故{an}不是等差数列.2(2)由{bn}是等比数列，得b1b3=b2

2,即(a+c)(4a+3+c)=(2a+1+c),化简得a-c-ac+1=0,即(a+1)(1-c)=0.∵a≠-1,∴c=1,∴b1=a+1,q=

∴bn=b1qn-1=(a+1)·2n-1.14．(1)解∵f(x)=a(x-b2=2.b1122)+a-有最小值-1.aa

12∴a>0,且f()=a-=-1.∴a=1或a=-2(舍)，∴a=1.aa

(2)证明由(1)知f(x)=x2-2x,∴Sn=n2-2n.∴n=1时，a1=S1=-1；n≥2时，an=Sn-Sn-1=(n2-2n)-［(n-1)2-2(n-1)］=2n-3.且a1=-1满足上式.∴an=2n-3,即｛an｝是首项为-1,公差为2的等差数列.∴bn=1241n(a2a2n)1n(14n3)(a+a+…+a2n)=·=·=2n-1.nnn22

∴bn+1-bn＝［2(n+1)-1］-(2n-1)=2.∴｛bn｝是等差数列.15．解n≥2时，an=Sn-Sn-1=10-3n..n=1时，a1=S1＝7满足上式，∴对n∈N*，an=10-3n.令10-3n>0,则n<10,∴a1>0,a2>0，a3>0,a4<0，… 3

3n217n(n3)22∴T（n）＝2.3n17n24(n4)22

mn2a① 216．证明(1)设原两数为m,n(m,n>0),则mcb ② 2③ nbc

由①知a>0,由②，③知b,c>0, b2c2

∴=m+n=2a2abc=b3+c3=(b+c)(b2+c2-bc)≥(b+c)(2bc-bc)=(b+c)bc,∴2a≥b+c.cb

mn(2)由①得a=≥mn=a2≥bc 2

a2bca2+2a≥bc+b+c(a+1)2≥bc+b+c+1=(b+1)(c+1).2abc

17．解(1)若数列中有等于11171312的项，则有an=n2-n+=,3n-17n+20=0 246212

51解得n=4或n=又n∈N则n=4,故数列的第4项等于.32

1113171317(2)an=n2-n+,an+1=(n+1)2-(n+1)+.46461212

若数列中有连续两项相等，则121713113717n-n+=(n+1)2-(n+1)+解得n=.464631212

由于n∈N,故不存在相等的连续两项.(3)an=117223(n-)+,故当n=3时an取最小值.46144

点评本题反映了数列的通项公式是关于项与它的序号的关系的式子，因此可运用方程思想，通过通项公式求出数列的各项或某一项所对应的项数.另外，运用函数观点理解数列，其通项公式亦可视为定义域为正整数集的函数解析式，于是可运用有关函数知识解决一些数列问题.18．解(1)由题意，可知an=11(n+n+1)=n+.22

1aan2∴bn=2000()an=2000()． 1010

ax)在(-∞,+∞)上为减函数，∴对每个正整数n，有bn>bn+1>bn+2． 10

aa∴以bn、bn+

1、bn+2为边能构成三角形的充要条件是bn+1+bn+2>bn，即+()2>1.1010(2)∵函数y=2000（解得a<-5(1+5)或a>5(-1).∵0

7n(3)易知a=7，则bn=2000()2.10

于是cn=lgbn=3+lg2+(n+11)lg0.7，且为递减数列． 2

例说首项对数列性质的影响 篇7

除此之外, 首项还会影响数列的哪些性质呢?

1.影响数列的单调性

(2009年安徽卷)

2.影响数列的项数

例3已知数列{an}满足

(1) 若数列{an}只有三项, 求a的值;

不妨令a=bk, 则

依此类推ak=b1=-1, ak+1=0, ak+2, ak+2, …无意义, 所以, 数列{an}只有k+1项, {an}是有穷数列.

3.影响数列的值域

对于数列{an}, 若设集合M={an|n∈N*}, 则M是数列{an}的值域.下面探讨值域M是有限集时首项a1的取值范围问题.

例4已知无穷数列{an}满足an+1=2an2-1 (n∈N*) , 若集合M={an|n∈N*}中只有两个元素, 求数列{an}首项a1的值.

解显然以下两点必然成立:

(1) a1≠a2 (若a1=a2, 则a3=a2, 依此类推数列{an}为常数列, 与已知矛盾) ;

(2) a3=a2与a3=a1中有且只有一个正确.

若a2=1, 则

a1=1 (舍去, 此时an=1, M中只有一个元素1) , 或a1=-1 (此时{an}:-1, 1, 1, …) ;

(舍去, 此时an=-21, M中只有一个元素-21)

综上数列{an}首项a1的值有

等比数列的性质习题 篇8

关键词:高考;等差数列;考查

在等差数列{an}中,有性质:若m,n,p,q∈N,且m+n=p+q,则有am+an=ap+aq成立,应用这个性质,可以简化运算,节省时间。

例1:设Sn是等差数列{an}的前n项和,已知S6=36,Sn=324若Sn-6=144,(n>6)求项数n。

解析:此题的一个常规的想法是列方程求出项数n,可以根据已知条件列出关于a1,d,n的方程求解,思路很自然,但解的过程很复杂。而应用上面的性质就可以很簡单:

因为S6=a1+a2+…+a6=36

?摇Sn-Sn-6=an+an-1+…+an-5=180

所以S6+(Sn-Sn-6)=(a1+an)+(a2+an-1)+…+(a6+an-5)=6(a1+an)=216

所以a1+an=36,再利用公式Sn=■=■=324就可以解出n=18。

在等差数列前n项和中,这个性质可以推广:因为?摇Sn=■=■=…

所以,当n为奇数时,前n项的中间项,记为a中即a

有a1+an=2a中

所以Sn=na中,在解题中应用也很广泛。

例2:(08全国)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a5=5a3,则■=

解析:由于a5是前9项的中间项,?摇a3是前5项的中间项,由上面给出的性质很容易得到S9=9a5,S5=5a3,所以很快就可以算出■=9

另外,经常出现的应用还有:等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,已知■=■,求?摇■= ?摇

此题可与上题用相同的解法,即■=■=■=■=■。

另外有一类与求前n和的最值有关的问题是很多学生感到头痛的问题,但是用上这个性质,问题就变得简单多了。

例3:已知a2006与a2007是首项为正数的等差数列{an}相邻的两项,且函数y=(x-a2006)(x-a2007)的图像如图所示,则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是()

A.4011B.4012C.4013D.4014

解析:本题的常规思路是可以写出Sn关于n的二次函数。

再解关于n的不等式,但由已知条件得到的a1与d是一个不等式关系,所以有些学生解题的过程就容易出现错误,导致题算错或浪费时间。用上面所给的性质,就可以把题变得很简单了。

由图像及已知可知a2006>0,a2007<0,且a2006+a2007<0,则有S4011=4011a2006>0(因为前4011项的中间项是a2006)

S4012=■<0(因为a1+a4011=a2006+a2007)

即从4012项起有Sn<0,故本题选A。

本题还经常出现另一种变式:在首项为正数的等差数列{an}中,Sn是其前n项和,若S4011>0,S4012<0,则使前n项和Sn最大的自然数n的值为()

A.2005B.2006C.2007D.2008

解析:因为数列的首项为正数,使Sn最大的n即为使?摇?摇an>0的最大n值,而S4011=4011a2006>0,所以a2006>0,

?摇S4011=■<0(,所以a2006+a2007<0,所以a2007<0,很明显,本题选B。

等比数列练习题 篇9

一、选择题

1.等比数列{an}中，a1=2，q=3，则an等于( )

A.6 B.3×2n-1

C.2×3n-1 D.6n

答案：C

2.在等比数列{an}中，若a2=3，a5=24，则数列{an}的通项公式为( )

A.322n B.322n-2

C.32n-2 D.32n-1

解析：选C.∵q3=a5a2=243=8，∴q=2，而a1=a2q=32，∴an=32×2n-1=32n-2.

3.等比数列{an}中，a1+a2=8，a3-a1=16，则a3等于( )

A.20 B.18

C.10 D.8

解析：选B.设公比为q(q≠1)，则

a1+a2=a1(1+q)=8，

a3-a1=a1(q2-1)=16，

两式相除得：1q-1=12，解得q=3.

又∵a1(1+q)=8，∴a1=2，

∴a3=a1q2=2×32=18.

4.(高考江西卷)等比数列{an}中，|a1|=1，a5=-8a2，a5>a2，则an=( )

A.(-2)n-1 B.-(-2)n-1

C.(-2)n D.-(-2)n

解析：选A.∵|a1|=1，

∴a1=1或a1=-1.

∵a5=-8a2=a2q3，

∴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.

5.下列四个命题中正确的是( )

A.公比q>1的等比数列的各项都大于1

B.公比q<0的等比数列是递减数列

C.常数列是公比为1的等比数列

D.{lg2n}是等差数列而不是等比数列

解析：选D.A错，a1=-1，q=2，数列各项均负.B错，a1=1，q=-1，是摆动数列.C错，常数列中0,0,0，…，不是等比数列.lg2n=nlg2，是首项为lg2，公差为lg2的等差数列，故选D.

6.等比数列{an}中，a1=18，q=2，则a4与a8的等比中项是( )

A.±4 B.4

C.±14 D.14

解析：选A.由an=182n-1=2n-4知，a4=1，a8=24，其等比中项为±4.

二、填空题

7.若x,2x+2,3x+3是一个等比数列的.连续三项，则x的值为__________.

解析：由于x,2x+2,3x+3成等比数列，

∴2x+2x=3x+32x+2=32且x≠-1,0.

∴2(2x+2)=3x，∴x=-4. X k b 1 . c o m

答案：-4

8.等比数列{an}中，若an+2=an，则公比q=__________;若an=an+3，则公比q=__________.

解析：∵an+2=an，∴anq2=an，∴q=±1;

∵an=an+3，∴an=anq3，∴q=1.

答案：±1 1

9.等比数列{an}中，a3=3，a10=384，则该数列的通项公式为an=________.

解析：a3=a1q2=3，a10=a1q9=384.

两式相比得q7=128，∴q=2，∴a1=34.

an=a1qn-1=34×2n-1=32n-3.

答案：32n-3

三、解答题

10.已知数列{an}满足：lgan=3n+5，求证：{an}是等比数列.

证明：由lgan=3n+5，得an=103n+5，

∴an+1an=103n+1+5103n+5=1000=常数.

∴{an}是等比数列.

11.已知{an}为等比数列，a3=2，a2+a4=203，求{an}的通项公式.

解：设等比数列{an}的公比为q，

则q≠0.a2=a3q=2q，a4=a3q=2q，

∴2q+2q=203.解得q1=13，q2=3.

当q=13时，a1=18，

∴an=18×(13)n-1=2×33-n.

当q=3时，a1=29，

∴an=29×3n-1=2×3n-3.

综上，当q=13时，an=2×33-n;

当q=3时，an=2×3n-3.

12.一个等比数列的前三项依次是a,2a+2,3a+3，则-1312是否是这个数列中的一项?如果是，是第几项?如果不是，请说明理由.

解：∵a,2a+2,3a+3是等比数列的前三项，

∴a(3a+3)=(2a+2)2.

解得a=-1，或a=-4.

当a=-1时，数列的前三项依次为-1,0,0，

与等比数列定义矛盾，故a=-1舍去.

当a=-4时，数列的前三项依次为-4，-6，-9，

则公比为q=32，∴ an=-4(32)n-1，

令-4(32)n-1=-1312，

即(32)n-1=278=(32)3，

∴n-1=3，即n=4，

等差数列运算与性质专项训练 篇10

1.在等差数列an中,a22,a34,则a10()

(A)12(B)14(C)16(D)18

2．将含有k项的等差数列插入4和67之间，结果仍成一新的等差数列，并且新的等差数列所有项的和是781，则k的值为()A．20B．21C．22D．24

3．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，S4＝20，则该数列的公差d＝ A．7B．6C．3D．2

4．在等差数列{an}中，已知a1＝1，S5＝35，则a8＝________.5设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()（A）8（B）7（C）6（D）5 n－1(n为奇数)6.已知数列an＝

n(n为偶数)

等差数列的性质

1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a2∶a4＝7∶6，则S7∶S3等于______． 2．在等差数列{an}中，a1＋2a8＋a15＝96，则2a9－a10＝()A．24B．22C．20D．－8

3．已知数列{an}为等差数列且a1＋a7＋a13＝4π，则tan(a2＋a12)的值为()A.3B．±3

D．－3 3

4.在等差数列an中, a3a737,则a2a4a6a85.等差数列{an}中，2(a1＋a4＋a7)＋3(a9＋a11)＝24，则此数列的前13项之和等于()(A)13(B)26(C)52(D)156

6.如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝()(A)14(B)21(C)28(D)35

7.在等差数列{an}中，a9＋a11＝10，则数列{an}的前19项之和是.8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a8＝15－a5，则S9等于()A．18B．36C．45D．60

9．在等差数列{an}中，an＜0，a23＋a8＋2a3a8＝9，那么S10等于()A．－9B．－11C．－13D．－15

10．在等差数列{an}中，a1＝2，a2＋a5＝13，则a5＋a6＋a7＝________.11.已知等差数列共有10项，奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差等于_____ 12.在等差数列an中，已知a

A．4

4，则a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝()

(A)4 800(B)4 900(C)5 000(D)5 100

S41S8

7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且.S83S16

8．设等差数列{an}的前 n项和为Sn，若S3＝9，S5＝20，则a7＋a8＋a9＝()

A．63B．45C．36D．27

9．一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前6项均为正数，第7项起为负数，则它的公差为()A．－2B．－3C．－4D．－6 10．等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.11．在等差数列{an}中，a1＝2，a2＋a5＝13，则a5＋a6＋a7＝________.12.已知一个数列的通项公式是an

30nn

a2a3a4a520，那么a3

等于（）

D．10

B．5C．8

13.在等差数列an中，aa512，那么它的前8

项和S等于（）

．

A．12B．24C．36D．48 14.等差数列{an}中，已知公差d

12

⑴ 问60是否是这个数列中的项？

⑵ 当n分别为何值时，an0，an0，an0？ ⑶ 当n为何值时，an有最大值？并求出最大值．，且a1a3a99

60，则a1a2a100



A．170B．150C．145D．120

15.在递减等差数列{an}中，若a1＋a100＝0，则其前n项和Sn取最大值时的n值为()(A)49(B)51(C)48(D)50

16.已知等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0；Sn是数列{an}的前n项和，则()(A)S5>S6(B)S5

高三数学文第1页

求最值

5．等差数列{an}的前n项和满足S20＝S40，下列结论中正确的是()

A．S30是Sn中的最大值B．S30是Sn中的最小值

C．S30＝0D．S60＝0

9．(2010·广西南宁模拟)已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5.(1)求{an}的通项an；

(2)求{an}前n项和Sn的最大值．

6.(2012·保定模拟)在递减等差数列{an}中，若a1＋a100＝0，则其前n项和Sn取最大值时的n值为()

(A)49(B)51(C)48(D)50

等差数列的证明

8．已知数列{an}的前n项和为Sn，判断满足下列条件的数列是否是等差数列：

(1)Sn＝n2；(2)Sn＝n2＋n＋1.等差数列的通向公式

*6．(2011·四川高考)数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N)．若

b3＝－2，b10＝12，则a8＝()

A．0B．3

C．8D．11

10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a2＋a4＝14，S7＝70.(1)求数列{an}的通项公式；

数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nN),若b32,b1012,则a8（）.（A）0（B）3(C)8（D）11

11.已知数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＋an＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；