《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题11 等比数列的判定与证明(原卷版)

3.0 envi 2025-03-06 14 4 215.27KB 13 页 3知币

侵权投诉

专题 11　等比数列的判定与证明

【基本方法】

等比数列的四个判定方法

(1)定义法：＝q(q是不为 0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．

(2)等比中项法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．

(3)通项公式法：an＝cqn(c，q均是不为 0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．

(4)前n项和公式法：Sn＝k·qn－k(k为常数且 k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列．

提醒：(1)定义法和等比中项法主要适合在解答题中使用，通项公式法和前 n项和公式法主要适合在

选择题或填空题中使用．

(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．

【基本题型】

[例1] 　(1) 将公比为 q的等比数列 a1，a2，a3，a4， … 依次取相邻两项的乘积组成新的数列

a1a2，a2a3，a3a4，…，此数列是(　　)

A．公比为 q的等比数列　　　　　　　　　　B．公比为 q2的等比数列

C．公比为 q3的等比数列　　　　　　　　　　D．不一定是等比数列

答案　B

(2)在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2，3，4，…”是“{an}是公比为 2的等比数列”的(　　)

A．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

答案　B　解析　当an＝0时，也有 an＝2an－1，n＝2，3，4，…，但{an}不是等比数列，因此充分性

不成立；当{an}是公比为 2的等比数列时，有＝2，n＝2，3，4，…，即 an＝2an－1，n＝2，3，4，…，所

以必要性成立．故选 B．

(3)数列{an}中，a1＝p，an＋1＝qan＋d(n∈N*，p，q，d是常数)，则 d＝0是数列{an}是等比数列的(

)

A．必要不充分条件　　B．充分不必要条件　　C．充要条件　　D．既不充分也不必要条件

答案　D　解析　当d＝0，p＝0时，an＝0，数列{an}不是等比数列，所以充分性不成立；当 q＝0，p

＝d，d≠0 时，an＝d，则数列{an}为公比为 1的等比数列，所以必要性不成立．综上所述，d＝0是数列

{an}是等比数列的既不充分也不必要条件，故选 D．

(4)在数列{an}和{bn}中，an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－，a1＝1，b1＝1．设 cn＝＋，则数列{an＋bn}

与数列{anbn}分别为(　　)

A．首项为 2，公比为 2的等比数列；首项为 1，公比为 2的等比数列

B．首项为 1，公比为 2的等比数列；首项为 2，公比为 2的等比数列

C．首项为 2，公比为 4的等比数列；首项为 1，公比为 4的等比数列

D．首项为 1，公比为 4的等比数列；首项为 2，公比为 4的等比数列

答案　A　解析　由已知 an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－得 an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn)，又 a1＋b1＝2，所

以数列{an＋bn}是首项为 2，公比为 2的等比数列，即 an＋bn＝2n，将 an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－相乘

并化简，得 an＋1bn＋1＝2anbn，即＝2．所以数列{anbn}是首项为 1，公比为 2的等比数列．

(5)设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为 ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1，2，…)，则{An}为等比

数列的充要条件是(　　)

A．{an}是等比数列

B．a1，a3，…，a2n－1，…或 a2，a4，…，a2n，…是等比数列

C．a1，a3，…，a2n－1，…和 a2，a4，…，a2n，…均是等比数列

D．a1，a3，…，a2n－1，…和 a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同

答案　D　解析　∵Ai＝aiai＋1，若{An}为等比数列，则＝＝为常数，即＝，＝，…．

∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项

分别成等比数列，且公比相等，设为 q，则＝＝q，从而{An}为等比数列．

[例2]　已知 a1＝2，a2＝4，数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an＝bn．

(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列；

(2)求数列{an}的通项公式．

解析　(1)由题知，＝＝2，因为 b1＝a2－a1＝4－2＝2，所以 b1＋2＝4，

所以数列{bn＋2}是以 4为首项，2为公比的等比数列．

(2)由(1)可得，bn＋2＝4·2n－1，故 bn＝2n＋1－2．

因为 an＋1－an＝bn，所以 a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，a4－a3＝b3，…，an－an－1＝bn－1．

累加得，an－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)，

an＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2)＝2＋－2(n－1)＝2n＋1－2n，

故an＝2n＋1－2n(n≥2)．因为 a1＝2＝21＋1－2×1＝2符合上式，

所以数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1－2n(n∈N*)．

[例3]　(2016·全国Ⅲ)已知数列{an}的前 n项和 Sn＝1＋λan，其中 λ≠0．

(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；

(2)若S5＝，求 λ．

解析　(1)由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，故 λ≠1，a1＝，故 a1≠0．

由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即 an＋1(λ－1)＝λan．

由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝．

因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是 an＝n－1．

(2)由(1)得Sn＝1－n．由 S5＝得 1－5＝，即 5＝．解得 λ＝－1．

[例4]　已知数列{an}的首项 a1>0，an＋1＝(n∈N*)，且 a1＝．

(1)求证：是等比数列，并求出{an}的通项公式；

(2)求数列的前 n项和 Tn．

解析　(1)记bn＝－1，则＝＝＝＝＝，

又b1＝－1＝－1＝，所以是首项为，公比为的等比数列．

所以－1＝×n－1，即an＝．所以数列{an}的通项公式为 an＝．

(2)由(1)知，＝×n－1＋1．所以数列的前 n项和 Tn＝＋n＝＋n．

[例5]　已知数列{an}的前 n项和为 Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝，a3＝，且当 n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1

＋Sn－1．

(1)求a4的值；

(2)证明：为等比数列．

解析　(1)因为 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝，a3＝，

当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即 4×＋5×＝8×＋1，解得 a4＝．

(2)由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得 4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，

即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．当 n＝1时，有 4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，∴4an＋2＋an＝4an＋1，

∴＝＝＝＝，

∴数列是以 a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．

[例6]　已知数列{an}的前 n项和 Sn满足 Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)．

(1)求数列{an}的前三项 a1，a2，a3；

(2)求证：数列为等比数列，并求出{an}的通项公式．

解析　(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令 n＝1，2，3，得解得

(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得 Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，

两式相减，得 an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，

an＝2an－1－(－1)n－(－1)n＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)，

∴an＋(－1)n＝2(n≥2)．

故数列是以 a1－＝为首项，2为公比的等比数列．

∴an＋(－1)n＝×2n－1，∴an＝×2n－1－×(－1)n＝－(－1)n．

[例7]　已知在正项数列{an}中，a1＝2，点 An(，)在双曲线 y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直

线y＝－x＋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．

解析　(1)由点 An在y2－x2＝1上知 an＋1－an＝1，

所以数列{an}是一个以 2为首项，1为公差的等差数列，

所以 an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1．

(2)因为点(bn，Tn)在直线 y＝－x＋1上，所以 Tn＝－bn＋1，①

所以 Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)．②

①② 两式相减得 bn＝－bn＋bn－1(n≥2)，所以 bn＝bn－1，所以 bn＝bn－1(n≥2)，

在①式中令 n＝1，得 T1＝b1＝－b1＋1，所以 b1＝，

所以{bn}是一个以为首项，以为公比的等比数列．

[例8]　已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，设 bn＝a2n－1．

(1)求b2，b3，并证明 bn＋1＝2bn＋2；

文档加载中……请稍候！
如果长时间未打开，您也可以点击刷新试试。

下载文档到电脑，查找使用更方便

3 知币 4人已下载

立即下载

《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题11 等比数列的判定与证明(原卷版).docx

共13页,预览4页

还剩页未读，继续阅读

《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题11 等比数列的判定与证明(原卷版)

相关推荐

开通VIP享超值会员特权

作者详情

相关内容

推荐作者

热门标签

举报选择: