等差数列与等比数列的类比练习题(带答案)

第1页，共4页等差数列与等比数列的类比一、选择题（本大题共1小题，共5.0分）1.记等差数列{𝒂𝒏}的前n项和为𝑺𝒏，利用倒序求和的方法得𝑺𝒏=𝒏(𝒂𝟏+𝒂𝒏)𝟐；类似地，记等比数列{𝒃𝒏}的前n项积为𝑻𝒏，且𝒃𝒏0(𝑛∈𝑵∗)，类比等差数列求和的方法，可将𝑻𝒏表示成关于首项𝒃𝟏，末项𝒃𝒏与项数n的关系式为(  )A.√(𝒃𝟏𝒃𝒏)𝒏B.𝒏𝒃𝟏𝒃𝒏𝟐C.𝒏𝒃𝟏𝒃𝒏D.𝒏𝒃𝟏𝒃𝒏𝟐1.A二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）2.在公差为d的等差数列{𝒂𝒏}中有：𝒂𝒏=𝒂𝒎+(𝒏−𝒎)𝒅(𝒎、𝒏∈𝑵+)，类比到公比为q的等比数列{𝒃𝒏}中有：______．2.𝒃𝒏=𝒃𝒎⋅𝒒𝒏−𝒎(𝒎，𝒏∈𝑵∗)3.数列{𝒂𝒏}是正项等差数列，若𝒃𝒏=𝒂𝟏+𝟐𝒂𝟐+𝟑𝒂𝟑+⋯+𝒏𝒂𝒏𝟏+𝟐+𝟑+⋯+𝒏，则数列{𝒃𝒏}也为等差数列，类比上述结论，写出正项等比数列{𝒄𝒏}，若𝒅𝒏=______则数列{𝒅𝒏}也为等比数列．3.(𝒄𝟏𝒄𝟐𝟐𝒄𝟑𝟑…𝒄𝒏𝒏)𝟏𝟏+𝟐+𝟑+⋯+𝒏4.等差数列{𝒂𝒏}中，有𝒂𝟏+𝒂𝟐+⋯+𝒂𝟐𝒏+𝟏=(𝟐𝒏+𝟏)𝒂𝒏+𝟏，类比以上性质，在等比数列{𝒃𝒏}中，有等式______成立．4.𝒃𝟏𝒃𝟐…𝒃𝟐𝒏+𝟏=𝒃𝒏+𝟏𝟐𝒏+𝟏5.若等比数列{𝒂𝒏}的前n项之积为𝑻𝒏，则有𝑻𝟑𝒏=(𝑻𝟐𝒏𝑻𝒏)𝟑；类比可得到以下正确结论：若等差数列的前n项之和为𝑺𝒏，则有______．5.𝑺𝟑𝒏=𝟑(𝑺𝟐𝒏−𝑺𝒏)6.已知在等差数列{𝒂𝒏}中，𝒂𝟏𝟏+𝒂𝟏𝟐+⋯+𝒂𝟐𝟎𝟏𝟎=𝒂𝟏+𝒂𝟐+⋯𝒂𝟑𝟎𝟑𝟎，则在等比数列{𝒃𝒏}中，类似的结论为______𝟏𝟎𝒃𝟏𝟏⋅𝒃𝟏𝟐⋅…⋅𝒃𝟐𝟎=𝟑𝟎𝒃𝟏⋅𝒃𝟐⋅𝒃𝟑⋅…⋅𝒃𝟑𝟎7.在等比数列{𝒂𝒏}中，若𝒂𝟗=𝟏，则有𝒂𝟏⋅𝒂𝟐…𝒂𝒏=𝒂𝟏⋅𝒂𝟐…𝒂𝟏𝟕−𝒏(𝒏17，且𝒏∈𝑵∗)成立，类比上述性质，在等差数列{𝒃𝒏}中，若𝒃𝟕=𝟎，则有______．𝒃𝟏+𝒃𝟐+⋯+𝒃𝒏=𝒃𝟏+𝒃𝟐+⋯+𝒃𝟏𝟑−𝒏(𝒏13，且𝒏∈𝑵∗)第2页，共4页8.设𝑺𝒏是公差为d的等差数列{𝒂𝒏}的前n项和，则数列𝑺𝟔−𝑺𝟑，𝑺𝟗−𝑺𝟔，𝑺𝟏𝟐−𝑺𝟗是等差数列，且其公差为𝟗𝒅.通过类比推理，可以得到结论：设𝑻𝒏是公比为2的等比数列{𝒃𝒏}的前n项积，则数列𝑻𝟔𝑻𝟑，𝑻𝟗𝑻𝟔，𝑻𝟏𝟐𝑻𝟗是等比数列，且其公比的值是______．5129.若等差数列{𝒂𝒏}的公差为d，前n项的和为𝑺𝒏，则数列{𝑺𝒏𝒏}为等差数列，公差为𝒅𝟐.类似地，若各项均为正数的等比数列{𝒃𝒏}的公比为q，前n项的积为𝑻𝒏，则数列{𝒏𝑻𝒏}为等比数列，公比为______．√𝒒10.设等差数列{𝒂𝒏}的前n项和为𝑺𝒏，若存在正整数𝒎，𝒏(𝒎𝑛)，使得𝑺𝒎=𝑺𝒏，则𝑺𝒎+𝒏=𝟎.类比上述结论，设正项等比数列{𝒃𝒏}的前n项积为𝑻𝒏，若存在正整数𝒎，𝒏(𝒎𝑛)，使得𝑻𝒎=𝑻𝒏，则𝑻𝒎+𝒏=______．10.1答案和解析【解析】1.解：在等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛=𝑛(𝑎1+𝑎𝑛)2，因为等差数列中的求和类比等比数列中的乘积，所以各项均为正的等比数列{𝑏𝑛}的前n项积𝑇𝑛=√(𝑏1𝑏𝑛)𝑛，故选：A由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果，在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积．本题考查类比推理、等差和等比数列的类比，搞清等差和等比数列的联系和区别是解决本题的关键．2.解：在等差数列{𝑎𝑛}中，我们有𝑎𝑛=𝑎𝑚+(𝑛−𝑚)𝑑，类比等差数列，等比数列中也是如此，𝑏𝑛=𝑏𝑚⋅𝑞𝑛−𝑚(𝑚，𝑛∈𝑁∗)．故答案为𝑏𝑛=𝑏𝑚⋅𝑞𝑛−𝑚(𝑚，𝑛∈𝑁∗)．因为等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛=𝑎𝑚+(𝑛−𝑚)𝑑(𝑚，𝑛∈𝑁+)，即等差数列中任意给出第m项𝑎𝑚，它的通项可以由该项与公差来表示，推测等比数列中也是如此，给出第m项𝑏𝑚和公比，求出首项，再把首项代入等比数列的通项公式中，即可得到结论．本题考查了类比推理，类比推理就是根据两个不同的对象在某些方面的相似之处，从而推出这两个对象在其他方面的也具有的相似之处，是基础题．第3页，共4页3.解：∵根据等差数列构造的新的等差数列是由原来的等差数列的和下标一致的数字倍的和，除以下标的和，∴根据新的等比数列构造新的等比数列，乘积变化为乘方𝑐1𝑐22𝑐33…𝑐𝑛𝑛，原来的除法变为开方(𝑐1𝑐22𝑐33…𝑐𝑛𝑛) 11+2+3+⋯+𝑛故答案为：(𝑐1𝑐22𝑐33…𝑐𝑛𝑛) 11+2+3+⋯+𝑛根据等差数列构造的新的等差数列是由原来的等差数列的和下标一致的数字倍的和，除以下标的和，等比数列要类比出一个结论，只有乘积变化为乘方，除法变为开方，写出结论．本题考查类比推理，两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象的也具有这类特征，是一个有特殊到特殊的推理．4.解：把等差数列的通项相加改成等比数列的通项相乘，把结论的相乘的系数改成等比数列的指数，∴在等比数列{𝑏𝑛}中有结论𝑏1𝑏2…𝑏2𝑛+1=𝑏𝑛+12𝑛+1(𝑛∈𝑁+).故答案为：𝑏1𝑏2…𝑏2𝑛+1=𝑏𝑛+12𝑛+1(𝑛∈𝑁+).利用“类比推理”，把等差数列的通项相加改成等比数列的通项相乘，把结论的相乘的系数改成等比数列的指数，即可得出．本题考查了等比数列的通项公式、类比推理等基础知识与基本技能方法，属于中档题．5.解：在等差数列中𝑆3𝑛=𝑆𝑛+(𝑆2𝑛−𝑆𝑛)+(𝑆3𝑛−𝑆2𝑛)=(𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛)++(𝑆2𝑛−𝑆𝑛)+(𝑎2𝑛+1+𝑎2𝑛+2+⋯+𝑎3𝑛)因为𝑎1+𝑎3𝑛=𝑎2+𝑎3𝑛−1=⋯=𝑎𝑛+𝑎2𝑛+1=𝑎𝑛+1+𝑎2𝑛所以𝑆𝑛+(𝑆3𝑛−𝑆2𝑛)=2(𝑆2𝑛−𝑆𝑛)，所以𝑆3𝑛=3(𝑆2𝑛−𝑆𝑛).故答案为：𝑆3𝑛=3(𝑆2𝑛−𝑆𝑛).本小题主要考查类比推理，由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果．本题考查类比推理、等差和等比数列的类比，搞清等差和等比数列的联系和区别是解决本题的关键．6.解：等差数列与等比数列的对应关系有：等差数列中的加法对应等比数列中的乘法，等差数列中除法对应等比数列中的开方，故此我们可以类比得到结论：10𝑏11⋅𝑏12⋅…⋅𝑏20= 30𝑏1⋅𝑏2⋅𝑏3⋅…⋅𝑏30．故答案为：10𝑏11⋅𝑏12⋅…⋅𝑏20=30𝑏1⋅𝑏2⋅𝑏3⋅…⋅𝑏30．在等差数列中，等差数列的性质𝑚+𝑛=𝑝+𝑞，则𝑎𝑚+𝑎𝑛=𝑎𝑝+𝑎𝑞，那么对应的在等比数列中对应的性质是若𝑚+𝑛=𝑝+𝑞，则𝑏𝑚𝑏𝑛=𝑏𝑝𝑏𝑞．本题考查类比推理，掌握类比推理的规则及类比对象的特征是解本题的关键，本题中由等差结论类比等比结论，其运算关系由加类比乘，解题的难点是找出两个对象特征的对应，作出合乎情理的类比．7.解：在等比数列中，若𝑎9=1，则𝑎18−𝑛⋅⋅⋅𝑎9⋅⋅⋅𝑎𝑛=1即𝑎1⋅𝑎2…𝑎𝑛=𝑎1⋅𝑎2…𝑎17−𝑛(𝑛17，且𝑛∈𝑁∗)成立，利用的是等比性质，若𝑚+𝑛=18，则𝑎18−𝑛⋅𝑎𝑛=𝑎9⋅𝑎9=1，∴在等差数列{𝑏𝑛}中，若𝑏7=0，利用等差数列的性质可知，若𝑚+𝑛=14，𝑏14−𝑛+𝑏𝑛=𝑏7+𝑏7=0，∴𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏𝑛=𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏13−𝑛(𝑛13，且𝑛∈𝑁∗)故答案为：𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏𝑛=𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏13−𝑛(𝑛13，且𝑛∈𝑁∗).据等差数列与等比数列通项的性质，结合类比的规则，和类比积，加类比乘，由类比规律得出结论即可．第4页，共4页本题的考点是类比推理，考查类比推理，解题的关键是掌握好类比推理的定义及等差等比数列之间的共性，由此得出类比的结论即可．8.解：由题意，类比可得数列𝑇6𝑇3，𝑇9𝑇6，𝑇12𝑇9是等比数列，且其公比的值是29=512，故答案为512．由等差数列的性质可类比等比数列的性质，因此可根据等比数列的定义求出公比即可．本题主要考查等比数列的性质、类比推理，属于基础题目．9.解：因为在等差数列{𝑎𝑛}中前n项的和为𝑆𝑛的通项，且写成了𝑆𝑛𝑛=𝑎1+(𝑛−1)⋅𝑑2．所以在等比数列{𝑏𝑛}中应研究前n项的积为𝑇𝑛的开n方的形式．类比可得𝑛𝑇𝑛=𝑏1(√𝑞)𝑛−1.其公比为√𝑞故答案为√𝑞．仔细分析数列{𝑆𝑛𝑛}为等差数列，且通项为𝑆𝑛𝑛=𝑎1+(𝑛−1)⋅𝑑2的特点，类比可写出对应数列{𝑛𝑇𝑛}为等比数列的公比．本小题主要考查等差数列、等比数列以及类比推理的思想等基础知识.在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积．10.解：在由等差数列的运算性质类比推理到等比数列的运算性质时：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘，故由“已知数列{𝑎𝑛}为等差数列，它的前n项和为𝑆𝑛，若存在正整数𝑚，𝑛(𝑚≠𝑛)，使得𝑆𝑚=𝑆𝑛，则𝑆𝑚+𝑛=0”．类比推理可得：“已知正项数列{𝑏𝑛}为等比数列，它的前𝑛.项积为𝑇𝑛，若存在正整数𝑚，𝑛.(𝑚≠𝑛)，使得𝑇𝑚=𝑇𝑛，则𝑇𝑚+𝑛=1．故答案为1．在类比推理中，等差数列到等比数列的类比推理方法一般为：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘，由“已知数列{𝑎𝑛}为等差数列，它的前n项和为𝑆𝑛，若存在正整数𝑚，𝑛(𝑚≠𝑛)，使得𝑆𝑚=𝑆𝑛，则𝑆𝑚+𝑛=0”.类比推理可得：“已知正项数列{𝑏𝑛}为等比数列，它的前𝑛.项积为𝑇𝑛，若存在正整数𝑚，𝑛.(𝑚≠𝑛)，使得𝑇𝑚=𝑇𝑛，则𝑇𝑚+𝑛=1．类比推理的一般步骤是：(1)找出两类事物之间的相似性或一致性；(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．