1、高考数学(浙江专用),6.3 等比数列,考点一 等比数列的有关概念及运算 (2015浙江文,10,6分)已知an是等差数列,公差d不为零.若a2,a3,a7成等比数列,且2a1+a2=1,则a1= ,d= . 答案 ;-1,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,解析 a2,a3,a7成等比数列, =a2a7,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d),解得d=- a1, 2a1+a2=1,3a1+d=1, 由可得a1= ,d=-1.,考点二 等比数列的性质及应用 (2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a11,则
2、 ( ) A.a1a3,a2a4 D.a1a3,a2a4 答案 B 本小题考查等比数列的概念和性质,利用导数求函数的单调性和最值,不等式的性 质和分类讨论思想. 设f(x)=ln x-x(x0),则f (x)= -1= , 令f (x)0,得01, f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+)上为减函数, f(x)f(1)=-1,即有ln xx-1. 从而a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)a1+a2+a3-1, a41,公比q0,矛盾. 若q0,ln(a1+a2+a,ln(a1+a2+a3)ln a10,也矛盾.-10,a1a3. 同理, =q2a2.选B. 思路分析 (1)由题
3、中的选项可知要判断01. (2)由条件可知要利用不等式ln xx-1(x0),得a40,而a20,利用-1q0得结论.,考点一 等比数列的有关概念及运算 1.(2018北京理,4,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出 半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次 得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于 .若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为 ( ) A. f B. f C. f D. f,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 D 本题主要考查等比数列的概念和通项公式及等
4、比数列的实际应用. 由题意知,十三个单音的频率构成首项为f,公比为 的等比数列,设该等比数列为an,则a8= a1q7,即a8= f,故选D. 易错警示 本题是以数学文化为背景的应用问题,有以下几点容易造成失分:读不懂题意,不 能正确转化为数学问题.对要用到的公式记忆错误.在求解过程中计算错误.,2.(2017课标全国理,3,5分)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七 层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且 相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯 ( ) A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏,答案 B
5、本题主要考查数学文化及等比数列基本量的计算. 由题意可知,由上到下灯的盏数a1,a2,a3,a7构成以2为公比的等比数列,S7= =381,a 1=3.故选B.,3.(2014重庆,2,5分)对任意等比数列an,下列说法一定正确的是 ( ) A.a1,a3,a9成等比数列 B.a2,a3,a6成等比数列 C.a2,a4,a8成等比数列 D.a3,a6,a9成等比数列,答案 D 不妨设公比为q,则 = q4,a1a9= q8,a2a6= q6,当q1时,A、B均不正确;又 =q6,a2a8= q8,同理,C不正确;由 = q10,a3a9= q10,知D正确.,4.(2017课标全国理,14,5
6、分)设等比数列an满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4 = .,答案 -8,解析 本题考查等比数列的通项. 设等比数列an的公比为q,由题意得 解得 a4=a1q3=-8.,5.(2016课标全国,15,5分)设等比数列an满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2an的最大值为 .,答案 64,解析 设an的公比为q,于是a1(1+q2)=10, a1(q+q3)=5, 联立得a1=8,q= , an=24-n,a1a2an=23+2+1+(4-n)= = 26=64.a1a2an的最大值为64.,评析 本题考查等比数列的通项公式,等差数列的前n项和公式,以及二次函数的最值.
7、属综合 性问题.,6.(2014天津,11,5分)设an是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数 列,则a1的值为 .,答案 -,解析 S1=a1,S2=2a1-1,S4=4a1-6.故(2a1-1)2=a1(4a1-6),解得a1=- .,7.(2018课标全国文,17,12分)已知数列an满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn= . (1)求b1,b2,b3; (2)判断数列bn是不是等比数列,并说明理由; (3)求an的通项公式. 解析 (1)由条件可得an+1= an. 将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4. 将n=
8、2代入得,a3=3a2,所以a3=12. 从而b1=1,b2=2,b3=4. (2)bn是首项为1,公比为2的等比数列. 由条件可得 = ,即bn+1=2bn, 又b1=1,所以bn是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得 =2n-1,所以an=n2n-1.,方法规律 等比数列的判定方法: 证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法,通项公式法及前n项和公式法只用于选择 题、填空题中的判定.若证明某数列不是等比数列,则只需证明存在连续三项不成等比数列即 可.,8.(2018课标全国文,17,12分)等比数列an中,a1=1,a5=4a3. (1)求an的通项公式; (2)记Sn为
9、an的前n项和.若Sm=63,求m. 解析 本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式. (1)设an的公比为q,由题设得an=qn-1. 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1. (2)若an=(-2)n-1,则Sn= . 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解. 若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6. 综上,m=6. 思路分析 (1)根据已知,建立含有q的方程求得q并加以检验代入等比数列的通项公式 (2)利用等比数列前n项和公式与已知建立等量关系即可求解.,易错警示 解方程时,注
10、意对根的检验.求解等比数列的公比时,要结合题意进行讨论、取值, 避免错解. 解后反思 等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略: (1)求通项.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项便可求出. (2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解. (3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解. (4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.,9.(2016课标全国,17,12分)已知数列an的前n项和Sn=1+an,其中0. (1)证明an是等比数列,并求其通项公式; (2)若S5= ,求.,解析 (1)由题意得a1=S1=1+a1, 故
11、1,a1= ,a10. (2分) 由Sn=1+an,Sn+1=1+an+1得an+1=an+1-an,即an+1(-1)=an.由a10,0得an0,所以 = . 因此an是首项为 ,公比为 的等比数列,于是an= . (6分) (2)由(1)得Sn=1- . 由S5= 得1- = ,即 = . 解得=-1. (12分) 思路分析 (1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看an +1与an之比是不是一常数,其中说明an0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出.,10.(2016四川,19,12分)已知数列an的首项为1,Sn为
12、数列an的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q0,n N*. (1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列an的通项公式; (2)设双曲线x2- =1的离心率为en,且e2= ,证明:e1+e2+en .,解析 (1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1, 两式相减得到an+2=qan+1,n1. 又由S2=qS1+1得到a2=qa1, 故an+1=qan对所有n1都成立. 所以,数列an是首项为1,公比为q的等比数列. 从而an=qn-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得 2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0, 由已知,q0,故
13、q=2.所以an=2n-1(nN*). (2)由(1)可知,an=qn-1. 所以双曲线x2- =1的离心率en= = . 由e2= = ,解得q= . 因为1+q2(k-1)q2(k-1),所以 qk-1(kN*). 于是e1+e2+en1+q+qn-1= ,故e1+e2+en . 疑难突破 由(1)可得en= ,因为所证的不等式左边是e1+e2+en,直接求和不行,利用 放缩法得en= =qn-1,从而得e1+e2+enq0+q1+qn-1,化简即可.,评析 本题涉及的知识点比较多,由递推思想推出数列an是等比数列,由等差中项求出q,由 放缩法证明不等式成立.综合性较强.,11.(2014
14、课标,17,12分)已知数列an满足a1=1,an+1=3an+1. (1)证明 是等比数列,并求an的通项公式; (2)证明 + + .,解析 (1)由an+1=3an+1得an+1+ =3 . 又a1+ = ,所以 是首项为 ,公比为3的等比数列. an+ = ,因此an的通项公式为an= . (2)证明:由(1)知 = . 因为当n1时,3n-123n-1,所以 . 于是 + + 1+ + = . 所以 + + .,评析 本题考查了等比数列的定义、数列求和等问题,放缩求和是本题的难点.,12.(2015四川,16,12分)设数列an(n=1,2,3,)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1
15、,且a1,a2+1,a3成等差数 列. (1)求数列an的通项公式; (2)设数列 的前n项和为Tn,求Tn.,解析 (1)由已知Sn=2an-a1, 有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n2),即an=2an-1(n2). 从而a2=2a1,a3=2a2=4a1. 又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1). 所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2. 所以,数列an是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n. (2)由(1)得 = . 所以Tn= + + = =1- .,评析 本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和等基础知识,
16、考查 运算求解能力.,考点二 等比数列的性质及应用 1.(2015课标,4,5分)已知等比数列an满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7= ( ) A.21 B.42 C.63 D.84,答案 B 设an的公比为q,由a1=3,a1+a3+a5=21得1+q2+q4=7,解得q2=2(负值舍去).a3+a5+a7=a 1q2+a3q2+a5q2=(a1+a3+a5)q2=212=42.,2.(2014大纲全国,10,5分)等比数列an中,a4=2,a5=5,则数列lg an的前8项和等于 ( ) A.6 B.5 C.4 D.3,答案 C 由题意知a1a8=a2a7=a3a6=
17、a4a5=10,数列lg an的前8项和等于lg a1+lg a2+lg a8 =lg(a1a2a8)=lg(a4a5)4=4lg(a4a5)=4lg 10=4.故选C.,3.(2017江苏,9,5分)等比数列an的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3= ,S6= ,则a8= .,答案 32,解析 本题考查等比数列及等比数列的前n项和. 设等比数列an的公比为q. 当q=1时,S3=3a1,S6=6a1=2S3,不符合题意, q1,由题设可得 解得 a8=a1q7= 27=32.,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
18、和等于 .,答案 2n-1,解析 由已知得,a1a4=a2a3=8,又a1+a4=9,解得 或 而数列an是递增的等比数列,a 1a4,a1=1,a4=8,从而q3= =8,即q=2,则前n项和Sn= =2n-1.,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,解析 设等比数列an的公比为q(q0),依题意得a2=a1q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+ q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3
19、(q=0舍去).所以an=a1qn-1 =3n-1.,6.(2014安徽,12,5分)数列an是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= .,答案 1,解析 设an的公差为d,则a3+3=a1+1+2d+2,a5+5=a1+1+4d+4,由题意可得(a3+3)2=(a1+1)(a5+5). (a1+1)+2(d+1)2=(a1+1)(a1+1)+4(d+1), (a1+1)2+4(d+1)(a1+1)+2(d+1)2=(a1+1)2+4(a1+1)(d+1),d=-1,a3+3=a1+1,公比q= =1.,考点一 等比数列的有关概念及运算 (2014江苏,7,5分
20、)在各项均为正数的等比数列an中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是 . 答案 4,C组 教师专用题组,解析 由a8=a6+2a4,两边都除以a4,得q4=q2+2,即q4-q2-2=0(q2-2)(q2+1)=0,q2=2. a2=1,a6=a2q4=122=4.,考点二 等比数列的性质及应用 (2014广东,13,5分)若等比数列an的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+ln a20= . 答案 50,解析 因为等比数列an中,a10a11=a9a12, 所以由a10a11+a9a12=2e5,可解得a10a11=e5. 所以ln a1+l
21、n a2+ln a20=ln(a1a2a20)=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)=10ln e5=50. 评析 本题考查了等比数列的性质及对数运算的性质,考查学生分析问题、解决问题的能力.,考点一 等比数列的有关概念及运算 1.(2018浙江湖州、衢州、丽水高三质检,2)我国古代著名的思想家庄子在庄子天下篇中 说:“一尺之棰,日取其半,万世不竭.” 若把“一尺之棰”的长度记为1个单位,则“日取其 半”后,木棒剩下部分的长度组成数列的通项公式是 ( ) A.an= B.an= C.an= D.an=,三年模拟,A组 20162018年高考模拟基础题组,答案 C 由题可知,每取一
22、次,剩余的木棒是原木棒的 ,即构成以 为首项, 为公比的等比 数列,因此an= = ,故选C.,2.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考(4月),6)已知数列an是等比数列,前n项和为Sn,则“2a5a3 +a7”是“S2n-10”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,答案 A 先说明充分性:因为2a5a3+a7,所以a1q2(q4-2q2+1)a3+a7”是“S2n-10”的充分而不必要条件.,3.(2018浙江嘉兴高三期末,11)各项均为实数的等比数列an,若a1=1,a5=9,则a3= ,公比q = .,答案 3;,解析 由 =q
23、4=9,得q2=3,故a3=a1q2=3,q= .,易错点评 等比数列中的奇数项和偶数项的符号均各自保持一致; 两个数的等比中项如果有,必定有两个,且互为相反数,所以要注意区分a1,a5的等比中项与a3.,4.(2018浙江嵊州高三期末质检,11)我国古代数学巨著九章算术中,有如下问题:“今有女 子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题用今天的白话叙述为:有一位善于织布的 女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?”根 据上述问题的已知条件,可求得该女子第1天织布的尺数为 .,答案,解析 设该女子第1天织布的尺数为a1,第n天织布的尺数为an
24、,则由题意可知an=a12n-1,所以S5= =31a1=5,所以a1= .,5.(2017浙江名校协作体,13)设等比数列an的前n项和为Sn,若对任意的正整数n,均有Sn+3=8Sn+ 3,则首项a1= ,公比q= .,答案 ;2,解析 由题意可知, 由-得,an+4=8an+1,所以公比q=2,因此Sn=a1(2n-1), 将其代入,知a1(2n+3-1)=8a1(2n-1)+3,即-a1=-8a1+3,因此a1= .,考点二 等比数列的性质及应用 1.(2018浙江杭州二中期中,6)已知等比数列an的前n项积为Tn,log2a3+log2a7=2,则T9的值为 ( ) A.512 B.
25、512 C.1 024 D.1 024,答案 B a30,a70,a5=a3q20. log2a3+log2a7=log2(a3a7)=log2 =2,故a5=2. 从而T9=(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5= =29=512, 故选B.,2.(2017浙江温州十校期末联考,8)已知数列an的首项a1=1,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=2,则 满足 的n的最大值是 ( ) A.8 B.9 C.10 D.11,答案 B 当n=1 时,由2a2+S1=2,得a2= .由2an+1+Sn=2知,当n2 时,有2an+Sn-1=2,两式相减得an+1 = an.当n=1时
26、也成立,所以数列an是等比数列,故Sn=2-2 .因此原不等式化为 ,化简得 ,解得n=4,5,6,7,8,9,所以n的最大值为9.,3.(2018浙江杭州二中期中,22)设数列满足a1= ,an+1=ln +2(nN*). (1)证明:an+1 ; (2)记数列 的前n项和为Sn,证明:Sn1,a2=ln +2ln +21,a31,an1. an+1 ,an0, = + ,即 - , - = . = = - , 即Sn + .,4.(2017浙江镇海中学模拟卷二,22)已知数列an满足a1=0,an+1=c +1-c,nN*,其中c为常数. (1)若an0,1对任意的nN*恒成立,求c的取值
27、范围; (2)当0n+1- (nN*).,解析 (1)因为a1=0,所以a2=1-c0,1,故0c1. 利用数学归纳法证明当0c1时,an0,1. (i)当n=1时,结论成立; (ii)假设当n=k时,0ak1; 则当n=k+1时,ak+1=c +1-cc+1-c=1,且ak+1=c +1-c1-c0.所以ak+10,1. 综上可知,当an0,1对任意的nN*恒成立时,c的取值范围为0,1. (2)证明:由题意可知,1-an+1=c(1- )=c(1-an)(1+an+ ). 由(1)知,an0,1,所以(1+an+ )3,且1-an0, 故1-an+13c(1-an). 因此1-an+13c
28、(1-an)(3c)2(1-an-1)(3c)n(1-a1)=(3c)n,故an1-(3c)n-1(n2,nN*). 所以 =1-2(3c)n-1+(3c)2n-21-2(3c)n-1, 故当n2时, + + = + + n-1-23c+(3c)2+(3c)n-1 =n-1-2 n-1-2 =n+1- . 当n=1时, =00+1- ,显然成立.,综上可知,当0n+1- (nN*).,1.(2018浙江镇海中学期中,2)等比数列an的前n项和为Sn,若S3=2,S6=18,则 等于 ( ) A.-3 B.5 C.-31 D.33,B组 20162018年高考模拟综合题组 (时间：50分钟 分值
29、：85分),一、选择题,答案 D 设公比为q,则S6=(1+q3)S3,得q=2,则 =1+q5=33.,2.(2018浙江金华十校期末,6)已知等比数列an的前n项和为Sn,则下列结论一定成立的是( ) A.若a50,则a2 0170,则a2 0180,则S2 0170 D.若a60,则S2 0180,答案 C 对于选项A和C,若a50,则a10,若q=1,显然S2 0170,a2 017=a10,故A错误;若q1,则S2 017 = ,而1-q2 017与1-q同号,故S2 0170,故C正确;对于选项B,由a60可得a1q50,所以a2 018= a1q2 0170,故B错误;对于选项D
30、,由a60不能得出a1的正负性,且1-q2 018与1-q是否同号也不确定, 故D不一定成立.,3.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),7)如图,在半径r=1的圆内作内接正六边形,再作正六边 形的内切圆,又在此内切圆内作内接正六边形,如此无限继续下去,设Sn为前n个圆的面积之和, 取正数=3 ,若|Sn-4|,则n的取值为 ( )A.大于100的所有正整数 B.大于100的有限个正整数 C.不大于100的所有正整数 D.不大于100的有限个正整数,答案 A 依题意可知,图中每个圆的半径分别为1,1cos 30,(1cos 30)cos 30,(1cos 30)cos 30 cos 30,
31、即1, , , ,由此可以求出每个圆的面积分别为1, , ,则 Sn= 1+ + + = =4 100,故选A.,二、填空题 4.(2018浙江杭州高考教学质量检测,12)设各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn,若S4=80, S2=8,则公比q= ,a5= .,答案 3;162,解析 显然公比q0且q1, =8, =80,解得q=3,a1=2,故a5=162.,5.(2017浙江绍兴质量调测(3月),13)已知等差数列an,等比数列bn的前n项和分别为Sn,Tn(n N*).若Sn= n2+ n,b1=a1,b2=a3,则an= ,Tn= .,答案 3n-1; (4n-1),解析 由题
32、易知,a1=S1=2,当n2时,an=Sn-Sn-1=3n-1,a1=2=31-1,故an=3n-1(nN*). 易知b1=2,b2=8,故数列bn的公比为4,因此Tn= = (4n-1).,6.(2018浙江名校协作体,22,15分)已知数列an中,a1=1,an+1=2an+(-1)n. (1)证明: 是等比数列; (2)当k是奇数时,证明: + ; (3)证明: + + 3. 证明 (1)an+1=2an+(-1)n, an+1+ =2 ,又a1+ = , 数列 是首项为 ,公比为2的等比数列. (5分) (2)由(1)可知an+ = ,即an= , 当k为奇数时,+ = + = = .
33、 (10分) (3)当n为偶数时, + = + . (11分),三、解答题,+ + = + + 3 =3 3, (13分) 当n为奇数时, + = + ,+ + + + 3 =3 3, + + 3. (15分),7.(2018浙江台州第一次调考(4月),22,15分)在正项数列an中,已知1a111, =133-12an,n N*. (1)求证:1an11; (2)设bn=n(a2n-1+a2n),Sn表示数列bn的前n项和,求证:Sn6n(n+1); (3)若a1=8,设cn=a2n-1-a2n,Tn表示数列cn的前n项和, 比较an与7的大小; 求证:Tn13.,解析 (1)证明:当n=1
34、时,命题成立, 假设当n=k时,有1ak11成立, 1133-12ak121,1 121, 又an0,1ak+111, 当n=k+1时,有1ak+111成立. 综上,1an11. (4分) (2)证明:由(1)知,1a2n11, a2n-1+a2n12,bn12n, Sn=b1+b2+bn12(1+2+n)=6n(n+1),得证. (8分) (3)a1=8, =133-96=37,a2= ,a17,a27a2n, =133-12a2n, =133-12a2n-1, - =-12(a2n-a2n-1), 即 = -12(a2n-a2n-1)=(a2n-a2n-1)(a2n+a2n-1-12)0,
35、 综上,数列a2n-1递减,a2n-1a2n+17, 数列a2n递增,a2n +7, = = ,且c1=a1-a2=8- ,Tnc1+ c1+ c1 = = 13. (15分) 证法二:Tn=c1+c2+cn =a1-a2+a2n-1-a2n =a1-7+7-a2+a2n-1-7+7-a2n =|a1-7|+|a2-7|+|a2n-7|, (13分) = = ,且a1-7=1, Tn1+1 +1 =1 1 =13. (15分),8.(2017浙江宁波二模(5月),22,16分)已知数列an中,a1=4,an+1= ,nN*,Sn为an的前n项 和. (1)求证:当nN*时,anan+1; (2
36、)求证:当nN*时,2Sn-2n0, 所以当nN*时,anan+1. (5分) (2)由条件易得2 =6+an,所以2( -4)=an-2, 所以2(an+1-2)(an+1+2)=an-2, 所以an+1-2与an-2同号.,又因为a1=4,即a1-20, 所以an2. (8分) 又Sn=a1+a2+ana1+(n-1)2=2n+2. 所以Sn-2n2. (10分) 由可得 = , 因此,an-2(a1-2) ,即an2+2 , (12分) 所以Sn=a1+a2+an2n+2 =2n+ 2n+ . 综上可得,2Sn-2n . (16分),9.(2016浙江嘉兴一模,18)已知等比数列an中,
37、a1=3,其前n项和Sn满足Sn=pan+1- (p为非零实数). (1)求p的值及数列an的通项公式; (2)设bn是公差为3的等差数列,b1=1,现将数列an中的 , , ,抽去,余下项按原有顺 序组成一新数列cn,试求数列cn的前n项和Tn.,解析 (1)设数列an的公比为q, S1=a1=pa2- =3, a2= , 又Sn=pan+1- ,Sn-1=pan- (n2), (3分) 两式相减整理得 = (n2), an是等比数列, = = ,p= ,公比q= =3, (6分) 又a1=3,an=3n. (7分) (2)由bn=b1+(n-1)d=3n-2,知从数列an中抽去的项为a1,
38、a4,a7,a3k-2,kN*, (8分) 数列cn为a2,a3,a5,a6,a8,a9,a3k-1,a3k,kN*, (10分) 当n=2m时,Tn=(a2+a3)+(a5+a6)+(a8+a9)+(a3m-1+a3m). a3k-1+a3k=33k-1+33k=433k-1,a3k+2+a3k+3=433k+2(k=1,2,3,), a3k-1+a3k是以36为首项,27为公比的等比数列,Tn= = ( -1). (12分) 当n=2m-1时,Tn=a2+(a3+a5)+(a6+a8)+(a3m-3+a3m-1). a3k+3+a3k+5=33k+3+33k+5=1033k+3, a3k+a3k+2=33k+33k+2=1033k, a3k+a3k+2是以270为首项,27为公比的等比数列, Tn=9+ = - . (15分),
