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(典型题)2014高考数学二轮复习 知识点总结 等差数列、等比数列

等差数列、等比数列
【高考考情解读】 高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式:1.以选择题、填空题的形 式考查,主要利用等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式及其性质解决与项、和有关的 计算问题, 属于基础题;2.以解答题的形式考查,主要是等差、 等比数列的定义、通项公式、 前 n 项和公式及其性质等知识交汇综合命题,考查用数列知识分析问题、解决问题的能力, 属低、中档题.

1. an 与 Sn 的关系 Sn=a1+a2+?+an,an=? 2. 等差数列和等比数列 等差数列 定义 通项公式

? ?S1, ? ?Sn-Sn-1,

n=1, n≥2.

等比数列

an-an-1=常数(n≥2) an=a1+(n-1)d
(1)定义法 (2)中项公式法:2an+1=an+an+
2

an =常数(n≥2) an-1 an=a1qn-1(q≠0)
(1)定义法 (2)中项公式法:an+1=an·an+2 (n≥1)(an≠0) ? {an} 为 等 比 数 列 (3)通项公式法:an=c·q (c、q 均是不为 0 的常数, n∈N )?{an} 为等比数列 (4){an} 为等差数列 ?{aan} 为等 比数列(a>0 且 a≠1) (1)若 m、n、p、q∈N ,且 m+n =p+q,则 am·an=ap·aq (2)an=amq
n-m
* * 2

(n≥1)?{an}为等差数列

(3)通项公式法:an=pn+q(p、 判定方法

q 为常数)?{an}为等差数列
(4)前 n 项和公式法:Sn=An +
2

n

Bn(A、B 为常数)?{an}为等差
数列 (5){an} 为 等 比 数 列 , an>0 ? {logaan}为等差数列 (1)若 m、n、p、q∈N ,且 m+n =p+q,则 am+an=ap+aq 性质 (2)an=am+(n-m)d (3)Sm , S2m -Sm , S3m - S2m,?仍 成等差数列
*

( 3) 等 比 数 列 依 次 每 n 项 和 (Sn≠0)仍成等比数列 (1)q≠1 , Sn =

Sn =
前 n 项和

n a1+an
2

a1

= na1 +

-q 1-q

n



n n-
2

d

a1-anq 1-q
(2)q=1,Sn=na1

1

考点一 与等差数列有关的问题 例 1 在等差数列{an}中,满足 3a5=5a8,Sn 是数列{an}的前 n 项和. (1)若 a1>0,当 Sn 取得最大值时,求 n 的值; (2)若 a1=-46,记 bn= 解

Sn-an ,求 bn 的最小值. n

(1)设{an}的公差为 d,则

2 由 3a5=5a8,得 3(a1+4d)=5(a1+7d),∴d=- a1. 23 ∴Sn=na1+

n n-1
2

1 24 ? 2 ? 2 ×?- a1?=- a1n + a1n 23 23 ? 23 ?

1 144 2 =- a1(n-12) + a1. 23 23 ∵a1>0,∴当 n=12 时,Sn 取得最大值. 2 (2)由(1)及 a1=-46,得 d=- ×(-46)=4, 23 ∴an=-46+(n-1)×4=4n-50,

n n-1 2 Sn=-46n+ ×4=2n -48n.
2 ∴bn=

Sn-an 2n2-52n+50 = n n n
50 2n× -52=-32,

50 =2n+ -52≥2

n

50 当且仅当 2n= ,即 n=5 时,等号成立.

n

故 bn 的最小值为-32. (1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差, 只要根据已知条件求出这 两个量,其他问题就可随之而解,这就是解决等差数列问题的基本方法,其中蕴含着方 程思想的运用. (2)等差数列的性质 ①若 m,n,p,q∈N ,且 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq; ②Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?,仍成等差数列; ③am-an=(m-n)d?d= ④ =
*

am-an * (m,n∈N ); m-n

an A2n-1 (A2n-1,B2n-1 分别为{an},{bn}的前 2n-1 项的和). bn B2n-1

(3)数列{an}是等差数列的充要条件是其前 n 项和公式 Sn=f(n)是 n 的二次函数或一次
2

函数且不含常数项,即 Sn=An +Bn(A +B ≠0). (1)(2012·浙江)设 Sn 是公差为 d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前 n 项和, 则下列命题错误 的是 .. ( ) A.若 d<0,则数列{Sn}有最大项 B.若数列{Sn}有最大项,则 d<0 C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意 n∈N ,均有 Sn>0 D.若对任意 n∈N ,均有 Sn>0,则数列{Sn}是递增数列 (2)(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3, 则 m 等于 A.3 B.4 C.5 D.6 ( )
* *

2

2

2

答案 (1)C (2)C 解析 (1)利用函数思想,通过讨论 Sn= n +?a1- ?n 的单调性判断. 2? 2 ?
2

d

?

d?

d? 1 d 2 ? 设{an}的首项为 a1,则 Sn=na1+ n(n-1)d= n +?a1- ?n. 2? 2 2 ?
由二次函数性质知 Sn 有最大值时,则 d<0,故 A、B 正确; 因为{Sn}为递增数列,则 d>0,不妨设 a1=-1,d=2,显然{Sn}是递增数列,但 S1=- 1<0,故 C 错误; 对任意 n∈N ,Sn 均大于 0 时,a1>0,d>0,{ Sn}必是递增数列,D 正确. (2)am=2,am+1=3,故 d=1, 因为 Sm=0,故 ma1+ 故 a1=-
*

m m-
2

d=0,

m- 1
2



因为 am+am+1=5, 故 am+am+1=2a1+(2m-1)d =-(m-1)+2m-1=5, 即 m=5. 考点二 与等比数列有关的问题 例 2 (1)(2012·课标全国)已知{an}为等比数列, a4+a7=2, a5a6=-8, 则 a1+a10 等于( A.7 B.5 C.-5 D.-7 )

(2)(2012·浙江)设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3a2+2,S4= 3a4+2,则 q=________.

3

3 答案 (1)D (2) 2 解析 (1)利用等比数列的性质求解. 由?
? ?a4+a7=2, ?a5a6=a4a7=-8 ?
3

解得?

? ?a4=-2, ?a7=4 ?

或?

? ?a4=4, ?a7=-2. ?

? ?q =-2, ∴? ?a1=1 ?

1 ? ?q3=- , 2 或? ? ?a1=-8,
9

∴a1+a10=a1(1+q )=-7. (2)利用等比数列的通项公式及前 n 项和公式求解.

S4=S2+a3+a4=3a2+2+a3+a4=3a4+2,
将 a3=a2q,a4=a2q 代入得, 3a2+2+a2q+a2q =3a2q +2,化简得 2q -q-3=0, 3 解得 q= (q=-1 不合题意,舍去). 2 (1)证明数列是等比数列的两个方法:①利用定义: 用等比中项 an=an-1an+1(n≥2,n∈N ). (2)等比数列中的五个量:a1,an,q,n,Sn 可以“知三求二”. (3){an}为等比数列,其性质如下: ①若 m、n、r、s∈N ,且 m+n=r+s,则 am·an=ar·as; ②an=amq
n-m
* 2 * 2 2 2 2

an+1 * (n∈N )是常数,②利 an



③Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 成等比数列(q≠-1). (4)等比数列前 n 项和公式

na1 q= , ? ? Sn=?a1 -qn a1-anq = q ? 1-q ? 1-q
①能“知三求二”;②注意讨论公比 q 是否为 1;③a1≠0. 2 1 (1)(2013·课标全国Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn= an+ ,则{an}的通项 3 3 公式是 an=________. 答案 (-2)
n-1

解析 当 n=1 时,a1=1;当 n≥2 时,

an=Sn-Sn-1= an- an-1,

2 3

2 3

4



an n-1 =-2,故 an=(-2) . an-1

(2)(2013·湖北)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4,S2,S3 成等差数列,且 a2+a3 +a4=-18. ①求数列{an}的通项公式; ②是否存在正整数 n,使得 Sn≥2 013?若存在,求出符合条件的所有 n 的集合;若不 存在,说明理由. 解 ①设等比数列{an}的公比为 q,则 a1≠0,q≠0.由题意得
?-a1q -a1q =a1q , ? 即? 2 ? +q+q =-18, ?a1q
2 3 2

?S2-S4=S3-S2, ? ? ? ?a2+a3+a4=-18.

解得?

?a1=3, ? ?q=-2. ?
n-1

故数列{an}的通项公式为 an=3×(-2) 3[1- - ②由①有 Sn= 1- -
n

.

] n =1-(-2) .

假设存在 n,使得 Sn≥2 013, 则 1-(-2) ≥2 013,即(-2) ≤-2 012. 当 n 为偶数时,(-2) >0.上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2) =-2 ≤-2 012, 即 2 ≥2 012,则 n≥11. 综上,存在符合条件的正整数 n,且所有这样的 n 的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}. 考点三 等差数列、等比数列的综合应用 例 3 已知等差数列{an}的公差为-1,且 a2+a7+a12=-6. (1)求数列{an}的通项公式 an 与前 n 项和 Sn; (2)将数列{an}的前 4 项抽去其中一项后, 剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前 3 项,记{bn}的前 n 项和为 Tn,若存在 m∈N ,使对任意 n∈N ,总有 Sn<Tm+λ 恒成立, 求实数 λ 的取值范围. 解 (1)由 a2+a7+a12=-6 得 a7=-2,∴a1=4,
* *

n

n

n

n

n

n

∴an=5-n,从而 Sn=

n

-n . 2

(2)由题意知 b1=4,b2=2,b3=1, 设等比数 列{bn}的公比为 q,

b2 1 则 q= = , b1 2

5

1 4[1- 2 ∴Tm= 1 1- 2

m

] 1 m =8[1-( ) ], 2

1 m ∵( ) 随 m 增加而递减, 2 ∴{Tm}为递增数列,得 4≤Tm<8. 又 Sn=

n

-n 1 2 =- (n -9n) 2 2

1 9 2 81 =- [(n- ) - ], 2 2 4 故(Sn)max=S4=S5=10, 若存在 m∈N ,使对任意 n∈N 总有 Sn<Tm+λ , 则 10<4+λ ,得 λ >6. 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法 (1)等差数列与等比数列交汇的问题, 常用“基本量法”求解, 但有时灵活地运用性质, 可使运算简便. (2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题,求解时用等差(比)数列 的相关知识,将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可. 已知数列{an}满足 a1=3,an+1-3an=3 (n∈N ),数列{bn}满足 bn=3 an. (1)求证:数列{bn}是等差数列;
n
* -n * *

a1 a2 a3 an 1 Sn 1 (2)设 Sn= + + +?+ ,求满足不等式 < < 的所有正整数 n 的值. 3 4 5 n+2 128 S2n 4
(1)证明 由 bn=3 an 得 an=3 bn, 则 an+1=3
n+ 1
-n

n

bn+1.
n n+1

代入 an+1-3an=3 中,得 3 1 即得 bn+1-bn= . 3

bn+1-3n+1bn=3n,

所以数列{bn}是等差数列. (2)解 因为数列{bn}是首项为 b1=3 a1=1, 1 公差为 的等差数列, 3 1 n+2 则 bn=1+ (n-1)= , 3 3 则 an=3 bn=(n+2)×3 从而有
n n-1
-1



an

n+2

=3

n-1



6

故 Sn= + + +?+ 3 4 5 n+2 =1+3+3 +?+3
2

a1 a2 a3

an

n-1

1-3 3 -1 = = , 1-3 2

n

n

Sn 3n-1 1 则 = 2n = n , S2n 3 -1 3 +1
由 1 Sn 1 1 1 1 < < ,得 < n < , 128 S2n 4 128 3 +1 4
n

即 3<3 <127,得 1<n≤4. 1 Sn 1 故满足不等式 < < 的所有正整数 n 的值为 2,3,4. 128 S2n 4

1. 在等差(比)数列中,a1,d(q),n,an,Sn 五个量中知道其中任意三个,就可以求出其他 两个. 解这类问题时, 一般是转化为首项 a1 和公差 d(公比 q)这两个基本量的有关运算. 2. 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既 快捷又方便的工具,应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时 需要进行适当变形. 3. 等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性

d>0?{an}为递增数列,Sn 有最小值. d<0?{an}为递减数列,Sn 有最大值. d=0?{an}为常数列.
(2)等比数列的单调性 当?
?a1>0, ? ? ?q>1 ?a1<0, ? 或? ? ?0<q<1 ?a1>0, ? 时,{an}为递增数列,当? ? ?0<q<1

或?

?a1<0, ? ? ?q>1

时,{an}为

递减数列. 4. 常用结论 (1)若{an}, {bn}均是等差数列, Sn 是{an}的前 n 项和, 则{man+kbn}, { }仍为等差数列, 其中 m,k 为常数. (2)若{an},{bn}均是等比数列,则{can}(c≠0),{|an|},{an·bn},{manbn}(m 为常数), 1 2 {an},{ }等也是等比数列.

Sn n

an

(3)公比不为 1 的等比数列,其相邻两项的差也依次成等比数列,且公比不变,即 a2-

7

a3-a2 a2-a1 q a1,a3-a2,a4-a3,?成等比数列,且公比为 = =q. a2-a1 a2-a1
(4)等比数列(q≠-1)中连续 k 项的和成等比数列,即 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?成等比 数列,其公差为 q . 等差数列中连续 k 项的和成等差数列,即 Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,?成等差数列,公差为
k

k2d.
5. 易错提醒 (1)应用关系式 an=?
?S1,n=1, ? ? ?Sn-Sn-1,n≥2

时,一定要注意分 n=1,n≥2 两种情况,在求

出结果后,看看这两种情况能否整合在一起. (2)三个数 a,b,c 成等差数列的充要条 件是 b= 的必要条件是 b =ac.
2

a+c
2

,但三个数 a,b,c 成等比数列

1 a8+a9 1. 已知等比数列{an}中,各项都是正数,且 a1, a3,2a2 成等差数列,则 等于( 2 a6+a7 A.1+ 2 C.3+2 2 答案 C 解析 记等比数列{an}的公比为 q,其中 q>0, 由题意知 a3=a1+2a2,即 a1q =a1+2a1q. 因为 a1≠0,所以有 q -2q-1=0, 由此解 得 q=1± 2, 又 q>0,所以 q=1+ 2. 所以
2 2

)

B.1- 2 D.3-2 2

a8+a9 q2 a6+a7 2 2 = =q =(1+ 2) =3+2 2. a6+a7 a6+a7 m n

1 4 2. 已知正项等比数列{an}满足 a7=a6+2a5,若存在两项 am,an 使得 aman=4a1,则 + 的 最小值为 A. 3 2 5 B. 3 9 C. 4 D.不存在 ( )

答案 A 解析 因为 a7=a6+2a5,所以 q -q-2=0,
2

8

解得 q=2 或 q=-1(舍去). 又 aman= a1q 所以 m+n=6. 1 4 1?1 4? 则 + = ? + ?(m+n) m n 6?m n? 1? n 4m ? 3 = ?1+ + +4?≥ . m n 6? ? 2 当且仅当 =
2 m+n-2

=4a1,

n 4m ,即 n=2m 时,等号成立. m n

此时 m=2,n=4. 3. 已知等差数列{an}的前 n 项的和为 Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是 q,且满 足:a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q. (1)求 an 与 bn; (2)设 cn=3bn -λ ·2 ,若数列{cn}是递增数列,求 λ 的取值范围. 3 解 (1)由已知可得?
2

an

? ?q+3+a2=12, ?3+a2=q , ?
2

所以 q +q-12=0,解得 q=3 或 q=-4(舍), 从而 a2=6,所以 an=3n,bn=3
n-1

.
n

(2)由(1)知,cn=3bn-λ ·2 =3 -λ ·2 . 3 由题意,得 cn+1>cn 对任意的 n∈N 恒成立, 即3
n+1
*

an

n

-λ ·2

n+1

>3 -λ ·2 恒成立,

n

n

?3?n n n 亦即 λ ·2 <2·3 恒成立,即 λ <2·? ? 恒成立. ?2? ?3?n 由于函数 y=? ? 是增函数, ?2?
3 ? ?3?n? 所以?2·? ? ?min=2× =3, 2 2 ? ? ?? 故 λ <3,

9

即 λ 的取值范围为(-∞,3).

(推荐时间:60 分钟) 一、选择题 1. (2013·江西)等比数列 x,3x+3,6x+6,?的第四项等于 ( ) B.0 C.12 D.24

A.-24 答案 A

解析 由 x,3x+3,6x+6 成等比数列得,(3x+3) =x(6x+6). 解得 x=-3 或 x=-1(不合题意,舍去). 故数列的第四项为-24. 2. (2013·课标全国Ⅱ)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+10a1,a5=9,则 a1 等 于 A. 1 3 1 B.- 3 C. 1 9 1 D.- 9 ( )

2

答案 C 解析 设等比数列{an }的公比为 q, 由 S3=a2+10a1 得 a1+a2+a3=a2+10a1, 即 a3=9a1,

q2=9,又 a5=a1q4=9,所以 a1= .
2 3 . (2013·课标全国Ⅰ)设首项为 1 ,公比为 的等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ,则 3 ( ) B.Sn=3an-2 D.Sn=3-2an

1 9

A.Sn=2an-1 C.Sn=4-3an 答案 D

解析 Sn=

a1

-q 1-q

n

2 1- an 3 a1-q·an = = =3-2an. 1-q 1 3

故选 D. 4. 在等差数列{an}中,a5<0,a6>0 且 a6>|a5|,Sn 是数列的前 n 项的和,则下列说法正确的 是 ( )

10

A.S1,S2,S3 均小于 0,S4,S5,S6?均大于 0 B.S1,S2,?S5 均小于 0,S6,S7,?均大于 0 C.S1,S2,?S9 均小于 0,S10,S11?均大于 0 D.S1,S2,?S11 均小于 0,S12,S13?均大于 0 答案 C 解析 由题意可知 a6+a5>0,故

S10=
而 S9=

a1+a10
2



a5+a6
2

>0,

a1+a9
2

2a5×9 = =9a5<0,故选 C. 2

5. 已知{an}是等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 S21=S4 000,O 为坐标原点,点 P(1,an),Q(2 → → 011,a2 011),则OP·OQ等于 A.2 011 答案 A 解析 由 S21=S4 000 得 a22+a23+?+a4 000=0, 由于 a22+a4 000=a23+a3 999=?=2a2 011, 所以 a22+a23+?+a4 000=3 979a2 011=0, → → 从而 a2 011=0,而OP·OQ=2 011+a2 011an=2 011. 6. 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
*

( C.0 D. 1

)

B.-2 011

a8 等于
A.0 答案 B 解析 因为{bn}是等差数列,且 b3=-2,b10=12, 12- - 故公差 d= 10-3
*

( B.3 C.8 D.11

)

=2.于是 b1=-6,

且 bn=2n-8(n∈N ),即 an+1-an=2n-8, 所以 a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=?= =a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3. 二、填空题 7. (2013·广东)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则 3a5+a7=________. 答案 20 解析 设公差为 d,则 a3+a8=2a1+9d=10,∴3a5+a7=4a1+18d=2(2a1+9d)=20. 1 a3a4+a2a6 8 . 各项均为正数的等比数列 {an} 的公比 q≠1,a2, a3 , a1 成等差数列,则 = 2 a2a6+a4a5 ________.
11

答案

5-1 2

1+ 5 2 解析 依题意,有 a3=a1+a2,设公比为 q,则有 q -q-1=0,所以 q= (舍去负 2 值).

a3a4+a2a6 a2a4 q+q2 1 2 5-1 = = = = . 2 3 a2a6+a4a5 a2a4 q +q q 1+ 5 2
9. 在等差数列{an}中,an>0,且 a1+a2+?+a10=30,则 a5·a6 的最大值等于________. 答案 9 解析 由 a1+a2+?+a10=30 得

a5+a6= =6,
又 an>0,∴a5·a6≤?

30 5

?a5+a6?2=?6?2=9. ? ? ? ? 2 ? ?2?

1 * 10.已知数列{an}的首项为 a1=2,且 an+1= (a1+a2+?+an) (n∈N ),记 Sn 为数列{an}的 2 前 n 项和,则 Sn=________,an=________.

?2 3?n-1 ? ? 答案 2×? ? ??3?n-2 ?2? ? ? ? ??2?

n= n



1 1 1 * 解析 由 an+1= (a1+a2+?+an) (n∈N ),可得 an+1= Sn,所以 Sn+1-Sn= Sn,即 2 2 2

Sn+1= Sn,由此可知数列{Sn}是一个等比数列,其中首项 S1=a1=2,公比为 ,所以 Sn
2 ? ? 3?n-1 ? =2×? ? ,由此得 an=??3?n-2 ?2? ? ? ? ??2? 三、解答题 11.已知{an}是以 a 为首项,q 为公比的等比数列,Sn 为它的前 n 项和. (1)当 S1,S3,S4 成等差数列时,求 q 的值; (2)当 Sm,Sn,Sl 成等差数列时,求证:对任意自然数 k,am+k,an+k,al+k 也成等差数列. (1)解 由已知,得 an=aq
n-1

3 2

3 2

n= n



,因此

S1=a,S3=a(1+q+q2),S4=a(1+q+q2+q3).
当 S1,S3,S4 成等差数列时,S4-S3=S3-S1, 可得 aq =aq+aq ,化简得 q -q-1=0.
3 2 2

12

1± 5 解得 q= . 2 (2)证明 若 q=1,则{an}的各项均为 a,此时 am+k,an+k,al+k 显然成等差数列. 若 q≠1,由 Sm,Sn,Sl 成等差数列可得 Sm+Sl=2Sn, 即

a qm- q-1



a ql- q-1
k-1 m



2a
l

qn- q- 1

,整理得 q +q =2q . =2an+ k.

m

l

n

因此,am+k+al+k=aq

(q +q )=2aq

n+k-1

所以 am+k ,an+k,al+k 成等差数列. 12. 设数列{an}是公比大于 1 的等比数列, Sn 为数列{an}的前 n 项和. 已知 S3=7 且 a1+3,3a2,

a3+4 构成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=ln a3n+1,n=1,2,?,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

a1+a2+a3=7, ? ? 解 (1)依题意,得? a1+ + a3+ ? 2 ?
解得 a2=2. 设等比数列{an}的公比为 q,由 a2=2, 2 可得 a1= ,a3=2q.

=3a2,

q

2 又 S3=7,可知 +2+2q=7,

q

即 2q -5q+2=0, 1 解得 q1=2,q2= . 2 由题意,得 q>1,∴q=2,∴a1=1. 故数 列{an}的通项公式是 an=2
n-1

2

.

(2)由于 bn=ln a3n+1,n=1,2,?, 由(1)得 a3n+1=2 , ∴bn=ln 2 =3nln 2, 又 bn+1-bn=3ln 2, ∴数列{bn}是等差数列. ∴Tn=b1+b2+?+bn= =
3n 3n

n b1+bn
2 ln 2.

n

+3n 2

3n n+ = 2

13.(2013·湖北)已知等比数列{an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.
13

(1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2)是否存在正整数 m,使得 + +?+ ≥1?若存在,求 m 的最小值;若不存在,说

a1 a2

am

明理由. 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q,
3 3

?a1q =125, ? 则由已知可得? 2 ?|a1q-a1q |=10, ?

5 ? ?a1= , 3 解得? ? ?q=3

或?

? ?a1=-5, ?q=-1. ?

5 n-1 n-1 故 an= ·3 或 an=-5·(-1) . 3 5 1 3?1?n-1 n-1 (2)若 an= · 3 ,则 = ? ? , 3 an 5?3?
?1? 3 1 故数列? ?是首项为 ,公比为 的等比数列. 5 3 ?an?

从而 ?
n=1

m

3? ?1?m? 1-? ? ? ? ?3? ? 9 ? ?1?m? 9 1 5? = = ·?1-? ? ?< <1. an 1 10 ? ?3? ? 10 1- 3
n-1

若 an=(-5)·(-1)

1 1 n-1 ,则 =- (-1) , an 5

?1? 1 故数列? ?是首项为- ,公比为-1 的等比数列, 5 ?an?

1 ? ?- ,m=2k- k∈N+ , 5 从而 ? =? an n=1 ? ?0,m=2k k∈N+
m

1

故?
n=1

m

1

an

<1.

综上,对任何正整数 m,总有 ?
n=1

m

1

an

<1.

1 1 1 故不存在正整数 m,使得 + +?+ ≥1 成立.

a1 a2

am

14


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