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§6.3 等比数列


6.3 等比数列 考点一 等比数列的概念及运算 1.(2015 课标Ⅱ,4,5 分)已知等比数列{an}满足 a1=3,a1+a3+a5=21,则 a3+a5+a7=( A.21 答案 B 5.(2015 湖南,14,5 分)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a1=1,且 3S1,2S2,S3 成 等差数列,则 an= 答案 3n-1 8.(2015 山东,18,1

2 分)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn=3n+3. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)因为 2Sn=3n+3,所以 2a1=3+3,故 a1=3, 当 n>1 时,2Sn-1=3n-1+3, 此时 2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即 an=3n-1, 所以 an= 3, 3
1 -1

) B.42 C.63 D.84

.

= 1, , > 1.

(2)因为 anbn=log3an, 所以 b1=3, 当 n>1 时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n. 所以 T1=b1=3; 当 n>1 时, Tn=b1+b2+b3+…+bn=3+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n], 所以 3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n], 两式相减,得 2Tn=3+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n =3+
2 1-31 - 1-3-1 13 6 +3 2 1 1

-(n-1)×31-n

= 6 -2×3 ,

所以 Tn=12 -4×3 . 经检验,n=1 时也适合. 综上可得 Tn=12 -4×3 . 9.(2015 江苏,20,16 分)设 a1,a2,a3,a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的等差数 列. (1)证明:2 1 ,2 2 ,2 3 ,2 4 依次构成等比数列;
3 2 4 (2)是否存在 a1,d,使得 a1,2 ,3 ,4 依次构成等比数列?并说明理由; + +3 +5 (3)是否存在 a1,d 及正整数 n,k,使得1 ,2 ,3 ,4 依次构成等比数列? 13 6 +3

13 6 +3

并说明理由. 解析 (1)证明:因为
2 +1 2

=2 +1 - =2d(n=1,2,3)是同一个常数,

所以2 1 ,2 2 ,2 3 ,2 4 依次构成等比数列. (2)令 a1+d=a,则 a1,a2,a3,a4 分别为 a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).
3 2 4 假设存在 a1,d,使得 a1,2 ,3 ,4 依次构成等比数列,

则 a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4. 令 t= ,则 1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4 - < < 1,t ≠ 0 ,
2 1

化简得 t3+2t2-2=0(*),且 t2=t+1.将 t2=t+1 代入(*)式, t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则 t=-4. 显然 t=-4不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,
3 2 4 因此不存在 a1,d,使得 a1,2 ,3 ,4 依次构成等比数列. + +2 +3 (3)假设存在 a1,d 及正整数 n,k,使得1 ,2 ,3 ,4 依次构成等比数列, 则1 (a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k). 2( + ) 2( +2 ) 分别在两个等式的两边同除以1 及1 , 1 1

并令 t=


1

> - 3 ,t ≠ 0 ,

1

则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k). 将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t), 且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t). 化简得 2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],

且 3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)]. 再将这两式相除,化简得 ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**). 令 g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t), 则 g'(t)=
2[(1+3 ) ln (1+3 )-3(1+2 ) ln (1+2 )+3(1+ ) ln (1+ )] (1+ )(1+2 )(1+3 )
2 2 2

.

令 φ (t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t), 则 φ '(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)]. 令 φ 1(t)=φ '(t), 则 φ '1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)]. 令 φ 2(t)=φ '1(t), 则 φ '2(t)=(1+)(1+2)(1+3)>0. 由 g(0)=φ (0)=φ 1(0)=φ 2(0)=0,φ '2(t)>0, 知 φ 2(t),φ 1(t),φ (t),g(t)在 - 3 ,0 和(0,+∞)上均单调. 故 g(t)只有唯一零点 t=0,即方程(**)只有唯一解 t=0,故假设不成立.
+ +2 +3 所以不存在 a1,d 及正整数 n,k,使得1 ,2 ,3 ,4 依次构成等比数列. 1 12

考点二 等比数列的性质及应用 4.(2015 安徽,14,5 分)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列 {an}的前 n 项和等于 答案 2n-1 .


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