黑龙江省大庆市喇中高考数学 等比数列及其性质练习.doc

等比数列及其性质练习1、数列满足：（1）记，求证数列是等比数列（2）求数列的通项公式；2、已知数列an的前n项和sn=，且a1=1（1）求数列an的通项公式；（2）令bn=lnan，是否存在k（k2，kn*），使得bk、bk+1、bk+2成等比数列若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由3、已知数列an为等差数列，首项a1=1，公差d0若ab1，ab2，ab3，abn，成等比数列，且b1=1，b2=2，b3=5（1）求数列bn的通项公式bn；（2）设cn=log3（2bn1），求和tn=c1c2c2c3+c3c4c4c5+c2n1c2nc2nc2n+14、设sn是数列an（nn*）的前n项和，已知a1=4，an+1=sn+3n，设bn=sn3n（）证明：数列bn是等比数列，并求数列bn的通项公式；（）令cn=2log2bn+2，求数列cn的前n项和tn5、已知双曲线=1（bn*）的两个焦点f1，f2，点p是双曲线上一点，|op|5，|pf1|，|f1f2|，|pf2|成等比数列，则双曲线的离心率为（） a 2 b 3 c d 6、已知公差不为0的等差数列的前n项和成等比数列.（i）求数列的通项公式；（ii）设.7、已知数列满足：，且（i）设，求证是等比数列；（ii）（i）求数列的通项公式；（ii）求证：对于任意都有成立8、已知等比数列的通项公式为,设数列满足对任意自然数都有+=恒成立.求数列的通项公式；求+的值.9、已知公差不为0的等差数列的前n项和成等比数列.（i）求数列的通项公式；（ii）设.10、已知数列中，(1)求证：数列是等比数列；(2)若是数列的前n项和，求满足的所有正整数n.11、已知等差数列的各项均为正数， =1，且成等比数列 （i）求的通项公式， （ii）设，求数列的前n项和tn.12、已知曲线c：xy1，过c上一点an(xn，yn)作一斜率为的直线交曲线c于另一点an1(xn1，yn1)，点列an的横坐标构成数列xn，其中x1.(1)求xn与xn1的关系式；(2)令，求证：数列bn是等比数列；(3)若cn3nbn(为非零整数，nn*)，试确定的值，使得对任意nn*，都有cn1cn成立13、已知单调递增的等比数列an满足：a2+a3+a4=28，且a3+2是a2，a4的等差中项（1）求数列an的通项公式；（2）若bn=anlogan，sn=b1+b2+bn，求使sn+n2n+150成立的正整数n的最小值14、已知数列满足，设（1）求证：数列是等差数列；（2）数列为等比数列，且，若对任意的都有成立，求实数的取值范围.15、记数列的前项和为，满足（），其中为常数。（1）已知，求证数列是等比数列；（2）已知数列是等差数列，求证：；（3）已知且，若对恒成立，求实数的取值范围。16、已知数列为等差数列，为等比数列，满足，（1）求的值；（2）设，求数列的子数列的前项和；（3）在（2）的条件下，若，求数列的前n项和。17、数列的前n项和为，等差数列的各项为正实数，其前n项和为成等比数列.（i）求数列的通项公式；（ii）若时求数列的前n项和.18、设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13（）求an、bn的通项公式；（）求数列的前n项和sn19、已知等差数列an的首项为a，公差为b，方程ax23x+2=0的解为1和b（1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn满足bn=an2n，求数列bn的前n项和tn20、设各项均为正数的数列的前项和为,满足,且恰好是等比数列的前三项.(1) 求数列、的通项公式；(2) 记数列的前项和为，若对任意的恒成立,求实数的取值范围. 答 案1、（1） （2）2、（1）直接利用an=snsn1 （n2）求解数列的通项公式即可（注意要验证n=1时通项是否成立）（2）先利用（1）的结论求出数列bn的通项，再求出bkbk+2的表达式，利用基本不等式得出不存在k（k2，kn*），使得bk、bk+1、bk+2成等比数列解：（1）当n2时，（2分）即（n2）（4分）所以数列是首项为的常数列（5分）所以，即an=n（nn*）所以数列an的通项公式为an=n（nn*）（7分）（2）假设存在k（k2，m，kn*），使得bk、bk+1、bk+2成等比数列，则bkbk+2=bk+12（8分）因为bn=lnan=lnn（n2），所以（13分）这与bkbk+2=bk+12矛盾故不存在k（k2，kn*），使得bk、bk+1、bk+2成等比数列（14分）3、（1）由已知得（1+d）2=1（1+4d），从而d=2，q=3，由此能求出（2）由cn=log3（2bn1）=n1，tn=c2（c1c3）+c4（c3c5）+c6（c5c7）+c2n（c2n1c2n+1）=2（c2+c4+c2n），能求出tn解：（1）数列an为等差数列，首项a1=1，公差d0ab1，ab2，ab3，abn，成等比数列，且b1=1，b2=2，b3=5，（1+d）2=1（1+4d），1+2d+d2=1+4d，解得d=2或d=0（舍），q=3（3分），（6分）（2）cn=log3（2bn1）=n1（7分），tn=c2（c1c3）+c4（c3c5）+c6（c5c7）+c2n（c2n1c2n+1）=2（c2+c4+c2n）=21+3+5+（2n1）=2n2（12分）4、（）由an+1=sn+3n可得sn+13n+1=2sn+3n3n+1=2（sn3n），从而得到bn+1=2bn，于是有：数列bn是等比数列，可求得b1=1，从而可求得数列bn的通项公式；（）由（）得：cn=2log2bn+2=2n，设m=1+则m=+，利用错位相减法即可求得数列cn的前n项和tn证明：（）an+1=sn+3n，sn+1sn=sn+3n即sn+1=2sn+3n，sn+13n+1=2sn+3n3n+1=2（sn3n）bn+1=2bn（4分）又b1=s13=a13=1，bn是首项为1，公比为2的等比数列，故数列bn的通项公式为bn=2n1（6分）（）由（）得：cn=2log2bn+2=2n（8分）设m=1+则m=+得：m=1+=2，m=4=4，tn=n（n+1）+4（12分）5、解：由题意，|pf1|、|f1f2|、|pf2|成等比数列，可知，|f1f2|2=|pf1|pf2|，即4c2=|pf1|pf2|，由双曲线的定义可知|pf1|pf2|=4，即|pf1|2+|pf2|22|pf1|pf2|=16，可得|pf1|2+|pf2|28c2=16设pof1=，则pof2=，由余弦定理可得：|pf2|2=c2+|op|22|of2|op|cos（），|pf1|2=c2+|op|22|of1|op|cos，|pf2|2+pf1|2=2c2+2|op|2，由化简得：|op|2=8+3c2=20+3b2因为|op|5，bn，所以20+3b225所以b=1c=，即有e=故选：d6、7、（i）由已知得， 2分则， 3分又，则是以3为首项、3为公比的等比数列4分（ii）（i）解法1：由（i）得，即，则，相减得， 5分则，相加得，则， 7分当时上式也成立由得 8分故 9分解法2：由得，6分则，相加得9分解法3：由得， 5分设，则，可得，又，故，8分则 9分（ii）证法1：易证则 11分同理可得则 13分故14分证法2：11分故 13分 14分证法3： 11分易证则 13分故14分8、（1）（5分）（2）2014 （10分）9、10、(1) 见解析；(2) 1和2 【知识点】数列递推式；数列的求和d1 d4解析：（）设，因为=,所以数列是以即为首项，以为公比的等比数列. 5分（）由（）得，即， 由，得，所以，.10分显然当时，单调递减，又当时，0，当时，0，所以当时，0；，同理，当且仅当时，0，综上，满足的所有正整数为1和2 13分【思路点拨】（）设，则=，由此能证明数列是以即为首项，以为公比的等比数列（）由bn=a2n=（）n1=（）n，得+，从而a2n1+a2n=2（）n6n+9，由此能求出s2n从而能求出满足sn0的所有正整数n11、() ;（）. 【知识点】数列的求和；等比数列的性质d3 d4解析：()设等差数列公差为，由题意知，因为成等比数列，所以，即所以 4分所以. 6分（）， 8分所以. 12分【思路点拨】（）由题意知，从而可得公差，所以；（）将列项为，求和即得tn的值12、(1)由直线方程点斜式建立xn与yn关系，而(xn，yn)在曲线xy1上，有xnyn1，消去yn得xn与xn1的关系；(2)由定义证为常数；(3)转化为恒成立的问题解决b120，数列bn是等比数列1，使得对任意nn*，都有cn1cn.13、解：（）设an的公比为q，由已知，得，an=a1qn1=2n；（5分）（），设tn=12+222+323+n2n，则2tn=122+223+（n1）2n+n2n+1，得：tn=（2+22+2n）n2n+1=（n1）2n+12，sn=tn=（n1）2n+12（10分）故sn+n2n+150（n1）2n+12+n2n+150，2n26，满足不等式的最小的正整数n为5（12分）14、（1） （2） ， 数列的公比，首项， ，对任意的都有成立 令， 当或时，15、（1）由，得（）， 得： ，又，所以数列是等比数列；（2）由数列是等差数列，可令公差为，则。所以对恒成立，所以有，所以有：。（3）由，（）得所以有 得：，；又，所以。所以数列是等比数列，（1）当时，的值随着的增大而减小，所以，对任意，的最大值在时取得，即。因为对恒成立，所以 。（2）当时，所以， ，因为，所以。假设，且，得即，这表明当取大于等于的正整数时，不成立，矛盾，所以。综上所述：当时， ；当时， 。16、（1） （2） （3） 17、18、解：（）设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q0且解得d=2，q=2所以an=1+（n1）d=2n1，bn=qn1=2n1（），sn=，得sn=1+2（+），则=19、（1）由方程ax23x+2=0的两根为x1=1，x2=b，利用韦达定理，得1+b=，1b=，由此能求出an（2）由（1）得bn=（2n1）2n，由此利用错位相减法能够求出数列bn的前n项和tn解：（1）方程ax23x+2=0的两根为x1=1，x2=b，1+b=，1b=，解得a=1，b=2所以an=2n1（2）由（1）得bn=（2n1）2n，所以tn=b1+b2+bn=12+322+（2n1）2n，2tn=122+323+（2n3）2n+（2n1）2n+1，得tn=2（2+22+2n）+（2n1）2n+1+2=（2n3）2n+1+620、(1) (2) 解析：(1)由题意，当n2时，4an=4sn4sn1=，又an0，an+1=an+2当n2时，an是公差d=2的等差数列又a2，a5，a14构成等比数列，解得a2=3，由条件可知，a1=1，又a2a1=31=2，an是首项a1=1，公差d=2的等差数列数列an 的通项