高考数学复习专题 等比数列性质(含等差等比数列综合题)
高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)
高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系a n s , n 11s s ,n 2n n 1( 数列{a n} 的前n 项的和为s n a1 a2 a n ).等差数列的通项公式*a a1 (n 1)d dn a1 d(n N ) ;n等差数列其前n 项和公式为n(a a ) n(n 1)1 ns na1 d n2 2 d 12n (a d)n .12 2等比数列的通项公式an 1 1 n *a a1q q (n N )nq;等比数列前n 项的和公式为na (1 q )1s 1 qn , q 1或sna a q1 n1 q,q 1na ,q 1 1 na ,q 1 1一、选择题1.( 广东卷) 已知等比数列{a n} 的公比为正数,且a3 ·a9 =2 2a ,a2 =1,则a1 =5A. 12B.22C. 2D.22.(安徽卷)已知为等差数列,,则等于A. -1B. 1C. 3D.7 3(. 江西卷)公差不为零的等差数列{a n} 的前n项和为S n .若a4 是a3与a7 的等比中项, S8 32, 则S等于10A. 18B. 24C. 60D. 904(湖南卷)设S n 是等差数列a n 的前n 项和,已知a2 3,a6 11,则S7 等于【】第1页/ 共8页A .13 B.35 C.49 D.633.(辽宁卷)已知a为等差数列,且a7 -2 a4 =-1, a3 =0, 则公差d=n(A)-2 (B)-12 (C)12(D)24.(四川卷)等差数列{a n }的公差不为零,首项a1 =1,a2 是a1 和a5 的等比中项,则数列的前10 项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1905.(湖北卷)设x R, 记不超过x 的最大整数为[ x ], 令{x }= x -[ x ],则{ 52 1} ,[ 521],521A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列6.(湖北卷)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数,例如:他们研究过图1 中的1,3,6,10,⋯,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数;类似地,称图2中的1,4,9,16⋯这样的数成为正方形数。
数列专题复习(等差与等比、数列求和、奇偶项问题、不动点法求通项)(刘蒋巍讲义)
数列专题复习(等差与等比、数列求和、奇偶项问题、不动点法求通项)专题1 等差数列与等比数列[考情分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现. 2.数列求和及数列的综合问题是高考考查的重点. 考点一 等差数列、等比数列的基本运算 核心提炼等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) (1)等差数列的通项公式:a n =a 1+(n -1)d ; (2)等比数列的通项公式:a n =a 1·q n -1.(3)等差数列的求和公式:S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)2d ;(4)等比数列的求和公式:S n =⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q n)1-q =a 1-a n q 1-q ,q ≠1,na 1,q =1.例1 (1)《周髀算经》中有一个问题:从冬至日起,小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列,若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺,芒种的日影长为4.5尺,则冬至的日影长为( ) A .15.5尺 B .12.5尺 C .10.5尺 D .9.5尺(2)已知点(n ,a n )在函数f (x )=2x-1的图象上(n ∈N *).数列{a n }的前n 项和为S n ,设b n =264n ,数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________.规律方法 等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量,首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征,如前n 项和为S n =an 2+bn (a ,b 是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为a n =p ·q n -1(p ,q ≠0)的形式的数列为等比数列.(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置,所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅱ)数列{a n }中,a 1=2,a m +n =a m a n ,若a k +1+a k +2+…+a k +10=215-25,则k 等于( ) A .2 B .3 C .4 D .5(2)(多选)(2020·威海模拟)等差数列{a n }的前n 项和记为S n ,若a 1>0,S 10=S 20,则( ) A .d <0 B .a 16<0 C .S n ≤S 15D .当且仅当n ≥32时,S n <0考点二 等差数列、等比数列的性质 核心提炼1.通项性质:若m +n =p +q =2k (m ,n ,p ,q ,k ∈N *),则对于等差数列,有a m +a n =a p +a q =2a k ,对于等比数列有a m a n =a p a q =a 2k . 2.前n 项和的性质:(1)对于等差数列有S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m ,…成等差数列;对于等比数列有S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m ,…成等比数列(q =-1且m 为偶数情况除外). (2)对于等差数列,有S 2n -1=(2n -1)a n .例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *),若a 5+a 7-a 26=0,则S 11的值为( )A .11B .12C .20D .22(2)已知函数f (x )=21+x 2(x ∈R ),若等比数列{a n }满足a 1a 2 020=1,则f (a 1)+f (a 2)+f (a 3)+…+f (a 2 020)等于( )A .2 020B .1 010C .2 D.12规律方法 等差、等比数列的性质问题的求解策略(1)抓关系,抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手,选择恰当的性质进行求解.(2)用性质,数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,可利用函数的性质解题.跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)设{a n }是等比数列,且a 1+a 2+a 3=1,a 2+a 3+a 4=2,则a 6+a 7+a 8等于( )A .12B .24C .30D .32(2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 10=10,S 30=130,则S 40等于( ) A .-510 B .400 C .400或-510 D .30或40考点三 等差数列、等比数列的探索与证明 核心提炼等差数列 等比数列 定义法 a n +1-a n =d a n +1a n=q (q ≠0) 通项法 a n =a 1+(n -1)d a n =a 1·q n -1 中项法2a n =a n -1+a n +1(n ≥2) a 2n =a n -1a n +1 (n ≥2,a n ≠0) 前n 项和法S n =an 2+bn (a ,b 为常数)S n =kq n -k (k ≠0,q ≠0,1)证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.例3 (2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n +1=3a n -b n +4,4b n +1=3b n -a n -4.(1)证明:{a n +b n }是等比数列,{a n -b n }是等差数列; (2)求{a n }和{b n }的通项公式.易错提醒 a 2n =a n -1a n +1(n ≥2,n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件,也就是判断一个数列是等比数列时,要注意各项不为0.跟踪演练3 已知数列{a n }满足a 1=1,na n +1=2(n +1)a n .设b n =a n n.(1)求b 1,b 2,b 3;(2)判断数列{b n }是不是等比数列,并说明理由; (3)求{a n }的通项公式.专题2 数列求和及其综合应用[考情分析] 数列求和常与数列的综合应用一起考查,常以解答题的形式出现,有时与函数、不等式综合在一起考查,难度中等偏上. 考点一 数列求和 核心提炼1.裂项相消法就是把数列的每一项分解,使得相加后项与项之间能够相互抵消,但在抵消的过程中,有的是依次项抵消,有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有:1n (n +1)=1n -1n +1;1n (n +k )=1k ⎝⎛⎭⎫1n -1n +k ;1n 2-1=12⎝⎛⎭⎫1n -1-1n +1;14n 2-1=12⎝⎛⎭⎫12n -1-12n +1.2.如果数列{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时,可采用错位相减法.用错位相减法求和时,应注意:(1)等比数列的公比为负数的情形;(2)在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便准确写出“S n -qS n ”的表达式.考向1 分组转化法求和例1 已知在等比数列{a n }中,a 1=2,且a 1,a 2,a 3-2成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n =1a n +2log 2a n -1,求数列{b n }的前n 项和S n .考向2 裂项相消法求和例2 (2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =n 2-2n ,{b n }为正项等比数列,且b 1=a 1+3,b 3=6a 4+2. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(2)设c n =1a n +1·log 2b n +1,求{c n }的前n 项和T n .考向3 错位相减法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=2,a n >0,且a 2n +1-2a n +1a n -3a 2n =0.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3(1+S n ),求数列{a n b n }的前n 项和T n .规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差.(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分,可以产生相互抵消的项.(3)错位相减法求和,主要用于求{a n b n }的前n 项和,其中{a n },{b n }分别为等差数列和等比数列.跟踪演练1 (1)已知函数f (n )=⎩⎪⎨⎪⎧n 2,n 为奇数,-n 2,n 为偶数,且a n =f (n )+f (n +1),则a 1+a 2+a 3+…+a 8等于( )A .-16B .-8C .8D .16(2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列{a n }满足2(2n +1)a n a n +1+a n +1=a n ,则a 1+a 2+a 3+…+a 2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4 0404 041 D.4 0394 040(3)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n +1=2a n (n ∈N *),b 1+12b 2+13b 3+…+1n b n =b n +1-1(n ∈N *).①求数列{a n }与{b n }的通项公式; ②记数列{a n b n }的前n 项和为T n ,求T n .考点二 数列的综合问题 核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向,此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系,通过放缩进行等式的证明.例4 (1)(2020·日照模拟)如图,在直角坐标系xOy 中,一个质点从A (a 1,a 2)出发沿图中路线依次经过B (a 3,a 4),C (a 5,a 6),D (a 7,a 8),…,按此规律一直运动下去,则a 2 017+a 2 018+a 2 019+a 2 020等于( )A .2 017B .2 018C .2 019D .2 020(2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{a n }满足a 1+12a 2+…+1n a n =n 2+n (n ∈N *),设数列{b n }满足b n =2n +1a n a n +1,数列{b n }的前n 项和为T n ,若T n <nn +1λ(n ∈N *)恒成立,则λ的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫14,+∞ B.⎣⎡⎭⎫14,+∞ C.⎣⎡⎭⎫38,+∞ D.⎝⎛⎭⎫38,+∞易错提醒 (1)公式a n =S n -S n -1适用于所有数列,但易忽略n ≥2这个前提.(2)数列和不等式的综合问题,要注意条件n ∈N *,求最值要注意等号成立的条件,放缩不等式要适度.跟踪演练2 (1)(2020·中国人民大学附属中学模拟)在数列{a n }中,已知a n =n 2+λn ,n ∈N *,则“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”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专题3 数列中的奇、偶项问题数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究,利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.例 已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=12,[3+(-1)n ]a n +2-2a n +2[(-1)n -1]=0,n ∈N *.(1)令b n =a 2n -1,判断{b n }是否为等差数列,并求数列{b n }的通项公式; (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ,求T 2n .(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型①数列中连续两项和或积的问题(a n +a n +1=f (n )或a n ·a n +1=f (n )); ②含有(-1)n 的类型;③含有{a 2n },{a 2n -1}的类型; ④已知条件明确的奇偶项问题.(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时,我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和,也可以把a 2k -1+a 2k 看作一项,求出S 2k ,再求S 2k -1=S 2k -a 2k .1.数列{a n }的通项公式为a n =(-1)n -1·(4n -3),则它的前100项之和S 100等于( ) A .200 B .-200 C .400 D .-4002.已知数列{a n }的前n 项和S n =(-1)n ·n ,若对任意的正整数n ,使得(a n +1-p )·(a n -p )<0恒成立,则实数p 的取值范围是________.3.在数列{a n }中,已知a 1=1,a n ·a n +1=⎝⎛⎭⎫12n ,记S n 为{a n }的前n 项和,b n =a 2n +a 2n -1,n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列,并写出其通项公式; (2)求数列{a n }的通项公式; (3)求S n .专题4 用“不动点法”求数列的通项公式对于一个函数f (x ),我们把满足f (m )=m 的值x =m 称为函数f (x )的“不动点”.利用“不动点法”可以构造新数列,求数列的通项公式.例 (1)在数列{a n }中,a 1=1, a n +1=12a n +1,求数列{a n }的通项公式.解 设f (x )=12x +1,令f (x )=x ,即12x +1=x ,得x =2,∴x =2是函数f (x )=12x +1的不动点,∴a n +1-2=12(a n -2),∴数列{a n -2}是以-1为首项,以12为公比的等比数列,∴a n -2=-1×⎝⎛⎭⎫12n -1, ∴a n =2-⎝⎛⎭⎫12n -1,n ∈N *.(2)已知数列{a n }满足a 1=3,a n +1=7a n -2a n +4,求该数列的通项公式.解 由方程x =7x -2x +4,得数列{a n }的不动点为1和2,a n +1-1a n +1-2=7a n -2a n +4-17a n -2a n +4-2=7a n -2-(a n +4)7a n -2-2(a n +4)=65·a n -1a n -2,所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n -1a n -2是首项为a 1-1a 1-2=2,公比为65的等比数列,所以a n -1a n -2=2·⎝⎛⎭⎫65n -1, 解得a n =12·⎝⎛⎭⎫65n -1-1+2=4·6n -1-5n -12·6n -1-5n -1,n ∈N *.(1)若f (x )=ax +b (a ≠0,1),p 是f (x )的不动点.数列{a n }满足a n +1=f (a n ),则a n +1-p =a (a n -p ),即{a n -p }是公比为a 的等比数列.(2)设f (x )=ax +bcx +d (c ≠0,ad -bc ≠0),数列{a n }满足a n +1=f (a n ),a 1≠f (a 1).若f (x )有两个相异的不动点p ,q ,则a n +1-p a n +1-q =k ·a n -p a n -q ⎝ ⎛⎭⎪⎫此处k =a -pc a -qc .1.已知数列{a n }满足a n +1=-13a n -2,a 1=4,求数列{a n }的通项公式.2.已知数列{a n }满足a 1=2,a n =a n -1+22a n -1+1(n ≥2),求数列{a n }的通项公式.3.设数列{a n }满足8a n +1a n -16a n +1+2a n +5=0(n ≥1,n ∈N *),且a 1=1,记b n =1a n -12(n ≥1).求数列{b n }的通项公式.。
2023高考数学复习专项训练《等比数列》(含答案)
2023高考数学复习专项训练《等比数列》一、单选题(本大题共12小题,共60分)1.(5分)等比数列{a n}满足a1+a2+a3=13,a2+a3+a4=133,则a5=()A. 1B. 13C. 427D. 192.(5分)给出以下命题:①存在两个不等实数α,β,使得等式sin(α+β)=sinα+sinβ成立;②若数列{a n}是等差数列,且a m+a n=a s+a t(m、n、s、t∈N∗),则m+n=s+t;③若S n是等比数列{a n}的前n项和,则S6,S12−S6,S18−S12成等比数列;④若S n是等比数列{a n}的前n项和,且S n=Aq n+B;(其中A、B是非零常数,n∈N∗),则A+B为零;⑤已知ΔABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2+b2>c2,则ΔABC一定是锐角三角形.其中正确的命题的个数是()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个3.(5分)设T n为等比数列{a n}的前n项之积,且a1=−6,a4=−34,则当T n最大时,n的值为()A. 4B. 6C. 8D. 104.(5分)等比数列{a n},满足a1+a2+a3+a4+a5=3,a12+a22+a32+a42+a52= 15,则a1−a2+a3−a4+a5的值是()A. 3B. √5C. −√5D. 55.(5分)已知在等比数列{a n}中,公比q是整数,a1+a4=18,a2+a3=12,则此数列的前8项和为()A. 514B. 513C. 512D. 5106.(5分)已知正项数列{a n},{b n}分别为等差、等比数列,公差、公比分别为d,q(d,q∈N∗),且d=q,a1+b1=1,a3+b3=3.若a n+b n=2013(n>3),则n= ()A. 2013B. 2012C. 100D. 997.(5分)若a,b,c成等比数列,则关于x的方程a x2+bx+c=0( )A. 必有两个不等实根B. 必有两个相等实根C. 必无实根D. 以上三种情况均有可能8.(5分)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a10=()9.(5分)记Sn为等比数列{a n}的前n项和,已知S2=2,S3=−6.则{a n}的通项公式为()A. a n=(−2)nB. a n=−2nC. a n=(−3)nD. a n=−3n10.(5分)正项等比数列{a n}中,a3=2,a4.a6=64,则a5+a6a1+a2的值是()A. 4B. 8C. 16D. 6411.(5分)在等比数列{a n}中,a7,a11是方程x2+5x+2=0的二根,则a3.a9.a15a5.a13的值为()A. −2+√22B. −√2C. √2D. −√2或√212.(5分)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,9S3=S6=63,则S10=A. 255B. 511C.1023 D. 2047二、填空题(本大题共5小题,共25分)13.(5分)已知等差数列{a n}的公差d≠0,且a3+a9=a10−a8.若a n=0,则n=__________14.(5分)若等比数列{an}的前n项和Sn满足:an+1=a1Sn+1(n∈N*),则a1=____.15.(5分)在等比数列{an}中,已知前n项和Sn=5n+1+a,则a的值为____________.16.(5分)若等比数列{a n}的首项为23,且a4=∫41(1+2x)dx,则公比q等于______.17.(5分)如图所示,将正整数排成三角形数阵,每排的数称为一个群,从上到下顺次为第1群,第2群,……,第n群,……,第n群恰好有n个数,则第n群中n个数的和是____________.123465812107162420149324840281811…三、解答题(本大题共6小题,共72分)18.(12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3−x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.19.(12分)如果等比数列{a n}中公比q>1,那么{a n}一定是递增数列吗?为什么?20.(12分)数列{a n}满足a1=1,a n=2a n−1-3n+6(n≥2,n∈N+).(1)设b n=a n-3n,求证:数列{b n}是等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式.21.(12分)设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,满足4S n=a n+12−4n−1,n∈N∗,且a2,a5,a14构成等比数列.(1)证明:a2=√4a1+5;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有1a1a2+1a2a3+…+1a n a n+1<12.22.(12分)已知数列{a n}是等差数列,其首项为2,且公差为2,若b n=2a n(n∈N∗).(Ⅰ)求证:数列{b n}是等比数列;(Ⅱ)设c n=a n+b n,求数列{c n right}的前n项和A n.23.(12分)已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅱ)求和:b1+b3+b5+⋯+b2n−1.四、多选题(本大题共5小题,共25分)24.(5分)已知等差数列{a n}的公差和首项都不等于0,且a2,a4,a8成等比数列,则下列说法正确的是()A. a1+a5+a9a2+a3的值为3 B. a1+a5+a9a2+a3的值为2C. 数列{a n}的公差和首项相等D. 数列{a n}的公差和首项不相等25.(5分)设数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,则下列命题正确的是()A. 若a n+1-a n=2(n∈N∗),则数列{a n}为等差数列B. 若b n+1=2b n(n∈N∗),则数列{b n}为等比数列C. 若数列{a n}是等差数列,则S n,S2n-S n,S3n-S2n⋯⋯(n∈N∗)成等差数列D. 若数列{b n}是等比数列,则T n,T2n-T n,T3n-T2n⋯⋯(n∈N∗)成等比数列26.(5分)在公比q为整数的等比数列{a n}中,S n是数列{a n}的前n项,若a1+a4= 18,a2+a3=12,则下列说法正确的是()A. q=2B. 数列{S n+2}是等比数列C. S8=510D. 数列\left{ lg a n}是公差为2的等差数列27.(5分)已知等差数列{a n}的首项为1,公差d=4,前n项和为S n,则下列结论成立的有()A. 数列{S nn}的前10项和为100B. 若a1,a3,a m成等比数列,则m=21C. 若∑n i=11a i a i+1>625,则n的最小值为6D. 若a m+a n=a2+a10,则1m +16n的最小值为251228.(5分)已知数列{a n}为等差数列,{b n}为等比数列,{a n}的前n项和为S n,若a1+ a6+a11=3π,b1b5b9=8,则()A. S11=11πB. sin a2+a10b4b6=12C. a3+a7+a8=3πD. b3+b7⩾4答案和解析1.【答案】D;【解析】解:设等比数列{a n }的公比为q ,由a 2+a 3+a 4=(a 1+a 2+a 3)q ,得133=13q ,解得q =13, 又a 1+a 2+a 3=a 1+13a 1+19a 1=139a 1=13,解得a 1=9,所以a 5=a 1q 4=9×(13)4=19, 故选:D.设等比数列{a n }的公比为q ,通过a 2+a 3+a 4=(a 1+a 2+a 3)q 可求出q 值,进一步根据a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=13可求出a 1,最后利用a 5=a 1q 4进行求解即可. 此题主要考查等比数列的通项公式,考查学生逻辑推理和运算求解的能力,属于基础题.2.【答案】B; 【解析】该题考查命题真假的判断,考查学生灵活运用等差、等比数列的性质,三角函数以及三角形的判断,是一道综合题,属于中档题.利用特殊值判断①的正误;利用特殊数列即可推出命题②的正误;根据等比数列的性质,判断③的正误;根据等比数列的前n 项的和推出A ,B 判断④的正误.利用特殊三角形判断⑤的正误;解:对于①,实数α=0,β≠0,则sin (α+β)=sinβ,sinα+sinβ=sinβ,所以等式成立;故①正确;对于②,当公差d =0时,命题显然不正确,例如a 1+a 2=a 3+a 4,1+2≠3+4,故②不正确;对于③,设a n =(−1)n ,则S 6=0,S 12−S 6=0,S 18−S 12=0,∴此数列不是等比数列,故③不正确;对于④,S n 是等比数列{a n }的前n 项和,且S n =Aq n +B ;(其中A 、B 是非零常数,n ∈N ∗),所以此数列为首项是a 1,公比为q ≠1的等比数列, 则S n =a 1(1−q n )1−q ,所以A =−a11−q ,B =a11−q ,∴A +B =0,故④正确;对于⑤,如果三角形是直角三角形,a =5,b =3,c =4,满足a 2+b 2>c 2,故⑤不正确;故选:B .3.【答案】A;【解析】解:因为等比数列{a n }中,a 1=−6,a 4=−34,则由a 4=a 1q 3可得q =12. ∵T n 为等比数列{a n }的前n 项之积,∴T n =(−6)n .(12)n(n−1)2,因为求最大值,故只需考虑n 为偶数的情况, ∵T 2n +2T 2n =36×(12)4n +1,由T 2n +2T 2n⩾1可得n =1,∴T 2<T 4>T 6>T 8>⋯.则公比q =12,当T n 最大时,n 的值为4.故选:A .由已知可得q =12.只需考虑n 为偶数的情况,由T 2n +2T 2n⩾1可得n =1,即可求解.该题考查了等比数列的通项公式及其前n 项和公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.4.【答案】D;【解析】解:设数列{a n }的公比为q ,且q ≠1,则 a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=a 1(1−q 5)1−q =3①, a 12+a 22+a 32+a 42+a 52=a 12(1−q 10)1−q 2=15②∴②÷①得a 12(1−q 10)1−q 2÷a 1(1−q 5)1−q=a 1(1+q 5)1+q=5,∴a 1−a 2+a 3−a 4+a 5=a 1(1+q 5)1+q=5.故选:D.先设等比数列{a n }公比为q ,分别用a 1和q 表示出a 12+a 22+a 32+a 42+a 52,a 1+a 2+a 3+a 4+a 5和a 1−a 2+a 3−a 4+a 5,发现a 12+a 22+a 32+a 42+a 52除以a 1+a 2+a 3+a 4+a 5正好与a 1−a 2+a 3−a 4+a 5相等,进而得到答案.此题主要考查了等比数列的性质.属基础题.解题时要认真审题,注意等比数列的性质的灵活运用.5.【答案】D;【解析】由已知得{a 1+a 1q 3=18a 1q +a 1q 2=12,解得:q =2或q =12.∵q 为整数,∴q =2.∴a 1=2.∴S 8=2(1−28)1−2=29−2=510.6.【答案】A;【解析】此题主要考查等差数列和等比数列的通项公式和性质的应用.计算时要认真仔细.解:∵{_1+b1=1a3+b3=3,∴{_1+b1=1a1+2d+b1q2=3,∵d=q,所以{_1+b1=1a1+2q+b1q2=3,解得d=q=1,∴a n+b n=a1+(n−1)d+b1q n−1=a1+n−1+b1=2013,∴n=2013.故选A.7.【答案】C;【解析】若a,b,c成等比数列,则b²=ac由题意得△=b²-4ac=b²-4b²=-3b²等比数列中没有为0的项,∴-3b²<0∴△小于0,即方程a x2+bx+c=0必无实根故选C。
高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题(含答案)
高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题(含答案)一、基础知识:1、等差数列性质与等比数列性质:(1)若{}n a 为等差数列,0,1c c >≠,则{}na c成等比数列证明:设{}n a 的公差为d ,则11n n n na a a da c c c c ++−==为一个常数所以{}na c成等比数列(2)若{}n a 为正项等比数列,0,1c c >≠,则{}log c n a 成等差数列 证明:设{}n a 的公比为q ,则11log log log log n c n c n c c na a a q a ++−==为常数 所以{}log c n a 成等差数列 二、典型例题:例1:已知等比数列{}n a 中,若1324,,2a a a 成等差数列,则公比q =( ) A. 1 B. 1−或2 C. 2 D. 1−思路:由“1324,,2a a a 成等差数列”可得:3123122422a a a a a a =+⇒=+,再由等比数列定义可得:23121,a a q a a q ==,所以等式变为:22q q =+解得2q =或1q =−,经检验均符合条件 答案:B例2:已知{}n a 是等差数列,且公差d 不为零,其前n 项和是n S ,若348,,a a a 成等比数列,则( )A. 140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D. 140,0a d dS <>思路:从“348,,a a a 成等比数列”入手可得:()()()22438111327a a a a d a d a d =⇒+=++,整理后可得:2135a d d=−,所以135d a =−,则211305a d a =−<,且()2141646025a dS d a d =+=−<,所以B 符合要求答案:B小炼有话说:在等差数列(或等比数列)中,如果只有关于项的一个条件,则可以考虑将涉及的项均用1,a d (或1,a q )进行表示,从而得到1,a d (或1,a q )的关系例3:已知等比数列{}n a 中的各项均为正数,且510119122a a a a e +=,则1220ln ln ln a a a +++=_______________思路:由等比数列性质可得:1011912a a a a =,从而51011912a a a a e ==,因为{}n a 为等比数列,所以{}ln n a 为等差数列,求和可用等差数列求和公式:101112201011ln ln ln ln ln 2010ln 502a a a a a a a ++++=⋅==答案:50例4:三个数成等比数列,其乘积为512,如果第一个数与第三个数各减2,则成等差数列,则这三个数为___________ 思路:可设这三个数为,,a a aq q ,则有3=512512aa aq a q⋅⋅⇒=,解得8a =,而第一个数与第三个数各减2,新的等差数列为82,8,82q q −−,所以有:()816282q q ⎛⎫=−+− ⎪⎝⎭,即22252520q q q q+=⇒−+=,解得2q =或者12q =,2q =时,这三个数为4,8,16,当12q =时,这三个数为16,8,4 答案: 4,8,16小炼有话说:三个数成等比(或等差)数列时,可以中间的数为核心。
【高考数学热点小专题】 等差、等比数列的综合问题
4.2数列大题4.2.1等差、等比数列的综合问题必备知识精要梳理1.判断给定的数列{a n}是等差数列的方法(1)定义法:a n+1-a n=d是常数(n∈N*).(2)通项公式法:a n=kn+b(k,b是常数).(3)前n项和法:数列{a n}的前n项和为S n=An2+Bn(A,B是常数且A2+B2≠0).(4)等差中项法:a n+a n+2=2a n+1(n∈N*).2.若数列{a n},{b n}为等差数列且项数相同,则{ka n},{a n±b n},{pa n+qb n}都是等差数列.3.判断给定的数列{a n}是等比数列的方法(1)定义法:a n+1a n=q(常数q≠0).(2)通项公式法:a n=kq n(k,q为常数,且kq≠0).(3)中项法:a n·a n+2=a n+12(n∈N*).(4)前n项和法:数列{a n}的前n项和为S n=A-Aq n(常数A≠0,公比q≠1).4.若数列{a n},{b n}为等比数列且项数相同,则{ka n}(k≠0),{a n2},{a nb n}都是等比数列.关键能力学案突破热点一等差(比)数列的判断与证明【例1】(2020山东淄博4月模拟,18)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=4a n+3n-1,b n=a n+n.(1)证明:数列{b n}为等比数列;(2)求数列{a n}的前n项和.解题心得1.判断数列是等差(比)数列的方法通常有四种,证明数列是等差(比)数列的方法常用定义法.2.对已知数列a n与S n的关系,证明{a n}为等差或等比数列的问题,解题思路是:由a n与S n 的关系递推出n+1时的关系式,两个关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.【对点训练1】(2019全国Ⅱ,理19)已知数列{a n}和{b n}满足a1=1,b1=0,4a n+1=3a n-b n+4,4b n+1=3b n-a n-4.(1)证明:{a n+b n}是等比数列,{a n-b n}是等差数列;(2)求{a n}和{b n}的通项公式.热点二等差数列的通项及求和【例2】(2019全国Ⅰ,文18)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{a n}的通项公式;(2)若a1>0,求使得S n≥a n的n的取值范围.解题心得a1,n,d是等差数列的三个基本量,a n和S n都可以用这三个基本量来表示,五个量a1,n,d,a n,S n中可“知三求二”,一般是通过通项公式和前n项和公式联立方程(组)求解,这种方法是解决数列问题的基本方法.【对点训练2】(2020海南天一大联考第三次模拟,17)对于由正整数构成的数列{A n},若对任意m,n∈N*且m≠n,A m+A n也是{A n}中的项,则称{A n}为“Q数列”.设数列{a n}满足a1=6,8≤a2≤12.(1)请给出一个{a n}的通项公式,使得{a n}既是等差数列也是“Q数列”,并说明理由;(2)根据你给出的通项公式,设{a n}的前n项和为S n,求满足S n>100的正整数n的最小值.热点三等比数列的通项及求和【例3】(2020山东,18)已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100.解题心得1.已知等比数列前几项或者前几项的关系,求其通项及前n项和时,只需利用等比数列的通项公式及求和公式得到几个方程求解即可.2.若已知条件没有明确数列{a n}是等比数列,而是已知a n=f(S n)的关系式,在转化此条件时,通常有两种思路,一是将a n用S n-S n-1代替,二是由a n=f(S n)推出a n-1=f(S n-1),两式作差,消去S n.【对点训练3】(2020四川绵阳三模,理17)若数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,a n+1=23S n.(1)求S n;(2)设b n=1S n ,求证:b1+b2+b3+…+b n<52.热点四等差、等比数列的综合问题【例4】(2020安徽合肥4月质检二,理17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=1,S7=14,数列{b n}满足b1·b2·b3·…·b n=2n2+n 2.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若数列{c n}满足c n=b n cos(a nπ),求数列{c n}的前2n项和T2n.解题心得对于等差、等比数列的综合问题,解决的思路主要是方程的思想,即运用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式将已知条件转化成方程或方程组,求出首项、公差、公比等基本量,再由基本量求出题目要求的量.【对点训练4】(2020全国Ⅲ,文17)设等比数列{a n}满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m+S m+1=S m+3,求m.热点五等差、等比数列的存在问题【例5】(2020山东新高考模拟,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{a n}的前n项和为S n,{b n}是等比数列,,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得S k>S k+1且S k+1<S k+2?解题心得从三个给出的选择性条件中,选择自己好理解的条件是解题的关键,将已知的条件通过逻辑推理进行转换是解题的突破口,较强的运算能力是拿到满分的重要保证.【对点训练5】(2020山东枣庄二模,17)在①S4是a2与a21的等差中项;②a7是S33与a22的等比中项;③数列{a2n}的前5项和为65这三个条件中任选一个,补充在横线中,并解答下面的问题.已知{a n}是公差为2的等差数列,其前n项和为S n,.(1)求a n;(2)设b n=(34)n·a n,是否存在k∈N*,使得b k>278?若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.核心素养微专题(四) 求解等差、等比数列的应用题【例1】(2020安徽合肥一中模拟,文12)如图所示,一条螺旋线是用以下方法画成的:△ABC 是边长为2的正三角形,曲线CA 1,A 1A 2,A 2A 3是分别以A ,B ,C 为圆心,AC ,BA 1,CA 2为半径画的圆弧,曲线CA 1A 2A 3称为螺旋线的第一圈,然后又以A 为圆心,AA 3为半径画圆弧,……,这样画到第n 圈,则所得螺旋线的长度l n 为( ) A.(3n 2+n )π B.2(3n 2+n )πC.(3n 2+n )π2D.(3n 2-n+1)π2核心素养分析本例考查考生多个核心素养,首先需要考生在读懂题意的基础上,从题目所给的几何图形中通过“数学抽象”得到一组数据;再通过“数学建模”将问题转化为等差数列模型;然后对等差数列模型的各项数值通过“数据分析”得到等差数列的项数和公差;最后通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练1】(2019四川绵阳模拟,理16)如图,互不相同的点A 1,A 2,…,A n ,…和B 1,B 2,…,B n ,…分别在角O 的两条边上,所有A n B n 相互平行,且所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等.设OA n =a n ,若a 1=1,a 2=2,则数列{a n }的通项公式是 .【例2】已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为6,E ,F ,G 分别为A 1B 1,BB 1,B 1C 1的中点,E 1,F 1,G 1分别为EB 1,FB 1,B 1G 的中点,E 2,F 2,G 2分别为E 1B 1,F 1B 1,B 1G 1的点,……,依此类推,令三棱锥B-A 1B 1C 1的体积为V 1,三棱锥F-EB 1G 的体积为V 2,三棱锥的体积为F 1-E 1B 1G 1的体积为V 3,……,则V 1+V 2+V 3+…+V n =( ) A.288-18×(14)n -23B.288-18×(14)n -13C.288-36×(18)n -17D.576-9×(18)n -27核心素养分析本例考查三个核心素养,考生在读懂题意的基础上,需要从题目所给的正方体中通过“数学抽象”得到三棱锥的一组体积数据;再通过“数学建模”将问题转化为等比数列模型;然后对等比数列通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练2】在数列{a n }中,a 1=1,前n 项和S n 满足3x (S n+1-1)=(2x+3)S n x ≠0,x ≠-32,n ∈N *.令f (x )=a n+1a n,则f (x )= .4.2 数列大题4.2.1 等差、等比数列的综合问题关键能力·学案突破【例1】 (1)证明 ∵b n =a n +n ,∴b n+1=a n+1+n+1.又a n+1=4a n +3n-1,∴bn+1b n=a n+1+n+1a n +n=(4a n +3n -1)+n+1a n +n=4(a n +n )a n+n =4.又b 1=a 1+1=1+1=2,∴数列{b n }是首项为2,公比为4的等比数列. (2)解 由(1)知,b n =2×4n-1,∴a n =b n -n=2×4n-1-n ,∴S n =a 1+a 2+…+a n =2(1+4+42+…+4n-1)-(1+2+3+…+n )=2(1-4n )−n (n+1)=23(4n -1)-12n 2-12n. 对点训练1 (1)证明 由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n +b n ),即a n+1+b n+1=12(a n +b n ).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列. 由题设得4(a n+1-b n+1)=4(a n -b n )+8,即a n+1-b n+1=a n -b n +2. 又因为a 1-b 1=1,所以{a n -b n }是首项为1,公差为2的等差数列. (2)解 由(1)知,a n +b n =12n -1,a n -b n =2n-1.所以a n =12[(a n +b n )+(a n -b n )]=12n +n-12,b n =12[(a n +b n )-(a n -b n )]=12n -n+12. 【例2】 解 (1)设{a n }的公差为d.由S9=-a5,得a1+4d=0.由a3=4,得a1+2d=4.可得a1=8,d=-2.因此{a n}的通项公式为a n=10-2n.(2)由(1)得a1=-4d,故a n=(n-5)d,S n=n(n-9)d.由a1>0知d<0,故S n≥a n等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.对点训练2解(1)给出的通项公式为a n=2n+4,a1=6,a2=8符合题意.因为对任意n∈N*,a n+1-a n=2(n+1)+4-2n-4=2,所以{a n}是公差为2的等差数列.对任意m,n∈N*且m≠n,a m+a n=2m+4+2n+4=2(m+n+2)+4=a m+n+2,所以{a n}是“Q数列”.(2)因为{a n}是等差数列,所以S n=n(6+2n+4)2=n2+5n(n∈N*).因为S n单调递增,且S7=72+5×7=84<100,S8=82+5×8=104>100,所以n的最小值为8.注:以下答案也正确,解答步骤参考上面内容:①a n=3n+3,S n=32n2+92n,n的最小值为7;②a n=6n,S n=3n2+3n,n的最小值为6.【例3】解(1)设{a n}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),q=2.因为a1q2=8,所以a1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,b m=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.对点训练3(1)解a n+1=2S n,可得a n+1=S n+1-S n=2S n,即S n+1=5S n,由a 1=1,可得S 1=1,可得数列{S n }是首项为1,公比为53的等比数列,则S n =(53)n -1;(2)证明 因为b n =1n=(3)n -1,所以{b n }是首项为1,公比为35的等比数列,则b 1+b 2+b 3+…+b n =1-(35)n 1-35=521-(35)n <52.【例4】 解 (1)设{a n }的公差为d ,由a 2=1,S 7=14得{a 1+d =1,7a 1+21d =14.解得a 1=12,d=12,所以a n =n2.∵b 1·b 2·b 3·…·b n =2n 2+n2=2n (n+1)2,∴b 1·b 2·b 3·…·b n-1=2n (n -1)2(n ≥2),两式相除得b n =2n (n ≥2).当n=1时,b 1=2,适合上式,∴b n =2n . (2)∵c n =b n cos(a n π)=2n cos (nπ),∴T 2n =2cos π2+22cos π+23cos 3π2+24cos 2π+…+22n-1cos(2n -1)π2+22n cos n π=22cos π+24cos 2π+26cos 3π+ (22)cos n π=-22+24-26+…+(-1)n·22n=-4[1-(-4)n ]1+4=-4+(-4)n+15.对点训练4 解 (1)设{a n }的公比为q ,则a n =a 1q n-1.由已知得{a 1+a 1q =4,a 1q 2-a 1=8,解得a 1=1,q=3.所以{a n }的通项公式为a n =3n-1. (2)由(1)知log 3a n =n-1,故S n =n (n -1)2.由S m +S m+1=S m+3得m (m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m 2-5m-6=0,解得m=-1(舍去),m=6.【例5】 解 因为在等比数列{b n }中,b 2=3,b 5=-81,所以公比q=-3,从而b n =b 2(-3)n-2=3×(-3)n-2,从而a 5=b 1=-1.若存在k ,使得S k >S k+1,即S k >S k +a k+1,从而a k+1<0; 同理,若使S k+1<S k+2,即S k+1<S k+1+a k+2,从而a k+2>0.若选①:由b 1+b 3=a 2,得a 2=-1-9=-10,又a 5=-1,则可得a 1=-13,d=3,所以a n =3n-16,当k=4时,能使a5<0,且a6>0成立;若选②:由a4=b4=27,且a5=-1,所以数列{a n}为递减数列,故不存在a k+1<0,且a k+2>0;若选③:由S5=-25=5(a1+a5)2=5a3,解得a3=-5,从而a n=2n-11,所以当k=4时,能使a5<0,a6>0成立.对点训练5解(1)若选①S4是a2与a21的等差中项,则2S4=a2+a21,即24a1+4×32×2=(a1+2)+(a1+20×2).解得a1=3.所以a n=3+2(n-1)=2n+1.若选②a7是S33与a22的等比中项,则a72=S33·a22,即(a1+6×2)2=a1+3-12×2·(a1+21×2).解得a1=3.所以a n=3+2(n-1)=2n+1.若选③数列{a2n}的前5项和为65,则a2+a4+a6+a8+a10=65,即5a1+25d=65,解得a1=3.所以a n=3+2(n-1)=2n+1.(2)不存在.理由如下,b n=(34)n·a n=(2n+1)·(34)n.b n+1-b n=(2n+3)·(3)n+1-(2n+1)·(3)n=3n4n+1[3(2n+3)-4(2n+1)]=3n4n+1(5-2n).所以b n+1>b n可转化为b n+1-b n>0,即5-2n>0,解得n<2.5,则n=1,2,即b3>b2>b1;b n+1<b n可转化为b n+1-b n<0,即5-2n<0,解得n>2.5,则n=3,4,5,…,即b3>b4>b5>….所以{b n}中的最大项为b3=(2×3+1)×(34)3=7×2764.显然b3=7×2764<8×2764=278.所以∀n∈N*,b n<278.所以不存在k∈N*,使得b k>278.核心素养微专题(四)【例1】B解析第一圈的三段圆弧为CA1,A1A2,A2A3,第二圈的三段圆弧为A3A4,A4A5,A5A6,…,第n圈的三段圆弧为A3(n-1)A3n-2,A3n-2A3n-1,A3n-1A3n.各段圆弧的长度分别为2×2π3,4×2π3,6×2π3,8×2π3,10×2π3,12×2π3,…,(6n-4)×2π3,(6n-2)×2π3,6n ×2π, 此数列是以4π3为首项,4π3为公差,项数为3n 的等差数列, 则l n =(2×2π3+6n×2π3)×3n 2=2(3n 2+n )π,故选B .跟踪训练1 a n =√3n -2 解析 设S △OA 1B 1=S ,∵a 1=1,a 2=2,OA n =a n , ∴OA 1=1,OA 2=2.又易知△OA 1B 1∽△OA 2B 2, ∴S △OA 1B1S △OA 2B2=(OA 1)2(OA 2)2=(12)2=14.∴S 梯形A 1B 1B 2A 2=3S △OA 1B 1=3S.∵所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等,且△OA 1B 1∽△OA n B n , ∴OA 1OA n=√S △OA 1B1S △OA n B n=√S S+3(n -1)S =√13n -2.∴a1a n=√3n -2,∴a n =√3n -2. 【例2】 C 解析 由题意得V 1=13×12×6×6×6=36.因为E ,F ,G 分别为A 1B 1,BB 1,B 1C 1的中点,所以三棱锥F-EB 1G 的体积为V 2=18V 1;E 1,F 1,G 1分别为EB 1,FB 1,B 1G 的中点,所以V 3=18V 2;E 2,F 2,G 2分别为E 1B 1,F 1B 1,B 1G 1的中点,所以V 4=18V 3;…,V k+1=18V k . 所以V 1,V 2,V 3,…,V n 成等比数列,且首项为36,公比为18, 所以S n =36×[1-(18)n]1-18=288-36×(18)n -17.故选C .跟踪训练22x+33x解析 由题知,当n=1时,3x (a 1+a 2-1)-(2x+3)a 1=0,因为a 1=1,所以a 2=2x+33x , 所以a2a 1=2x+33x . 当n ≥2时,有3x (S n+1-1)-(2x+3)S n =0, ① 3x (S n -1)-(2x+3)S n-1=0,②①-②得3xa n+1-(2x+3)a n=0,即a n+1a n =2x+33x,于是f(x)=2x+33x.。
高考数学一轮总复习 5.34 等差、等比数列的性质及综合应用课件 理
三、等差、等比数列综合
例3已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的
积为 8.
(1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d, 则 a2=a1+d,a3=a1+2d,
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当 n≥3 时,Sn=S2+|a3|+|a4|+…+|an| =5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7)
=5+(n-2)[2+2 (3n-7)]=23n2-121n+10. 当 n=2 时,满足此式.
4, n 1,
综上,Sn=
3 2
n2
11 2
n
10,
n
2.
【点评】本例(2)小问求解的关键是确定项的正负取值情况 (qíngkuàng),以去掉绝对值,化归为等差数列的和.
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②证法一:对任意 k∈N+, Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk) =ak+1+ak+2+ak+1 =2ak+1+ak+1·(-2) =0, 所以,对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 证法二:对任意 k∈N+,2Sk=2a1(11--qqk),
【点评】本例第(3)小问题的求解,实质上是探究数列{dn}的 通项公式,然后(ránhòu)依通项公式确定其为等比数列.
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〔备选题〕例5在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84, a9=73.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N*,将数列{an}中落入区间(9m,92m) 内的项的个数记为 bm,求数列{bm}的前 m 项和 Sm.
高考数学(理)二轮专题练习【专题4】(1)等差数列和等比数列(含答案)
第1讲 等差数列和等比数列考情解读 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点,考查分析问题、解决问题的综合能力.1.a n 与S n 的关系S n =a 1+a 2+…+a n ,a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2.2.等差数列和等比数列热点一 等差数列例1 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 2+a 4+a 6=12,则S 7的值是( ) A .21 B .24 C .28 D .7(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若-1<a 3<1,0<a 6<3,则S 9的取值范围是________. 思维启迪 (1)利用a 1+a 7=2a 4建立S 7和已知条件的联系;(2)将a 3,a 6的范围整体代入. 答案 (1)C (2)(-3,21)解析 (1)由题意可知,a 2+a 6=2a 4,则3a 4=12,a 4=4,所以S 7=7×(a 1+a 7)2=7a 4=28.(2)S 9=9a 1+36d =3(a 1+2d )+6(a 1+5d ) 又-1<a 3<1,0<a 6<3,∴-3<3(a 1+2d )<3,0<6(a 1+5d )<18, 故-3<S 9<21.思维升华 (1)等差数列问题的基本思想是求解a 1和d ,可利用方程思想; (2)等差数列的性质①若m ,n ,p ,q ∈N *,且m +n =p +q ,则a m +a n =a p +a q ; ②S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m ,…,仍成等差数列; ③a m -a n =(m -n )d ⇔d =a m -a nm -n(m ,n ∈N *);④a n b n =A 2n -1B 2n -1(A 2n -1,B 2n -1分别为{a n },{b n }的前2n -1项的和). (3)等差数列前n 项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项,利用性质解决.(1)已知等差数列{a n }中,a 7+a 9=16,S 11=992,则a 12的值是( )A .15B .30C .31D .64(2)在等差数列{a n }中,a 5<0,a 6>0且a 6>|a 5|,S n 是数列的前n 项的和,则下列说法正确的是( )A .S 1,S 2,S 3均小于0,S 4,S 5,S 6…均大于0B .S 1,S 2,…S 5均小于0,S 6,S 7,…均大于0C .S 1,S 2,…S 9均小于0,S 10,S 11…均大于0D .S 1,S 2,…S 11均小于0,S 12,S 13…均大于0 答案 (1)A (2)C解析 (1)因为a 8是a 7,a 9的等差中项,所以2a 8=a 7+a 9=16⇒a 8=8,再由等差数列前n 项和的计算公式可得S 11=11(a 1+a 11)2=11·2a 62=11a 6,又因为S 11=992,所以a 6=92,则d =a 8-a 62=74,所以a 12=a 8+4d =15,故选A. (2)由题意可知a 6+a 5>0,故S 10=(a 1+a 10)×102=(a 5+a 6)×102>0,而S 9=(a 1+a 9)×92=2a 5×92=9a 5<0,故选C.热点二 等比数列例2 (1)(2014·安徽)数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q =_____________________.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1+a 3=52,a 2+a 4=54,则S na n 等于( )A .4n -1B .4n -1C .2n -1D .2n -1思维启迪 (1)列方程求出d ,代入q 即可;(2)求出a 1,q ,代入化简. 答案 (1)1 (2)D解析 (1)设等差数列的公差为d ,则a 3=a 1+2d , a 5=a 1+4d ,∴(a 1+2d +3)2=(a 1+1)(a 1+4d +5),解得d =-1, ∴q =a 3+3a 1+1=a 1-2+3a 1+1=1.(2)∵⎩⎨⎧a 1+a 3=52,a 2+a 4=54,∴⎩⎨⎧a 1+a 1q 2=52,①a 1q +a 1q 3=54,②由①②可得1+q 2q +q 3=2,∴q =12,代入①得a 1=2, ∴a n =2×(12)n -1=42n ,∴S n =2×(1-(12)n )1-12=4(1-12n ),∴S na n =4(1-12n )42n=2n -1,故选D. 思维升华 (1){a n }为等比数列,其性质如下:①若m 、n 、r 、s ∈N *,且m +n =r +s ,则a m ·a n =a r ·a s ; ②a n =a m q n -m ;③S n ,S 2n -S n ,S 3n -S 2n 成等比数列(q ≠-1). (2)等比数列前n 项和公式 S n =⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q =1),a 1(1-q n )1-q=a 1-a n q 1-q (q ≠1).①能“知三求二”;②注意讨论公比q 是否为1;③a 1≠0.(1)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4-2a 27+3a 8=0,数列{b n }是等比数列,且b 7=a 7,则b 2b 8b 11等于( ) A .1 B .2 C .4D .8(2)在等比数列{a n }中,a 1+a n =34,a 2·a n -1=64,且前n 项和S n =62,则项数n 等于( ) A .4 B .5 C .6D .7答案 (1)D (2)B解析 (1)∵a 4-2a 27+3a 8=0,∴2a 27=a 4+3a 8,即2a 27=4a 7,∴a 7=2,∴b 7=2,又∵b 2b 8b 11=b 1qb 1q 7b 1q 10=b 31q 18=(b 7)3=8,故选D.(2)设等比数列{a n }的公比为q ,由a 2a n -1=a 1a n =64,又a 1+a n =34,解得a 1=2,a n =32或a 1=32,a n =2.当a 1=2,a n =32时,S n =a 1(1-q n )1-q =a 1-a n q 1-q =2-32q 1-q=62,解得q =2.又a n =a 1q n-1,所以2×2n -1=2n =32,解得n =5.同理,当a 1=32,a n =2时,由S n =62,解得q =12.由a n =a 1q n -1=32×(12)n -1=2,得(12)n -1=116=(12)4,即n -1=4,n =5.综上,项数n 等于5,故选B.热点三 等差数列、等比数列的综合应用例3 已知等差数列{a n }的公差为-1,且a 2+a 7+a 12=-6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ;(2)将数列{a n }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{b n }的前3项,记{b n }的前n 项和为T n ,若存在m ∈N *,使对任意n ∈N *,总有S n <T m +λ恒成立,求实数λ的取值范围.思维启迪 (1)利用方程思想求出a 1,代入公式求出a n 和S n ;(2)将恒成立问题通过分离法转化为最值.解 (1)由a 2+a 7+a 12=-6得a 7=-2,∴a 1=4, ∴a n =5-n ,从而S n =n (9-n )2.(2)由题意知b 1=4,b 2=2,b 3=1, 设等比数列{b n }的公比为q , 则q =b 2b 1=12,∴T m =4[1-(12)m ]1-12=8[1-(12)m ],∵(12)m 随m 增加而递减, ∴{T m }为递增数列,得4≤T m <8. 又S n =n (9-n )2=-12(n 2-9n )=-12[(n -92)2-814],故(S n )max =S 4=S 5=10,若存在m ∈N *,使对任意n ∈N *总有S n <T m +λ, 则10<4+λ,得λ>6.即实数λ的取值范围为(6,+∞). 思维升华 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{a n }前n 项和为S n ,首项为a 1,且12,a n ,S n 成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)数列{b n }满足b n =(log 2a 2n +1)×(log 2a 2n +3),求证:1b 1+1b 2+1b 3+…+1b n <12.(1)解 ∵12,a n ,S n 成等差数列,∴2a n =S n +12,当n =1时,2a 1=S 1+12,∴a 1=12,当n ≥2时,S n =2a n -12,S n -1=2a n -1-12,两式相减得a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1, ∴a na n -1=2, ∴数列{a n }是首项为12,公比为2的等比数列,∴a n =12×2n -1=2n -2.(2)证明 b n =(log 2a 2n +1)×(log 2a 2n +3)=log 222n +1-2×log 222n+3-2=(2n -1)(2n +1),1b n =12n -1×12n +1=12(12n -1-12n +1), 1b 1+1b 2+1b 3+…+1b n =12[(1-13)+(13-15)+…+(12n -1-12n +1)]=12(1-12n +1)<12(n ∈N *). 即1b 1+1b 2+1b 3+…+1b n <12.1.在等差(比)数列中,a 1,d (q ),n ,a n ,S n 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a 1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⇔{a n }为递增数列,S n 有最小值. d <0⇔{a n }为递减数列,S n 有最大值. d =0⇔{a n }为常数列. (2)等比数列的单调性当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0,q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0,0<q <1时,{a n }为递增数列,当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0,0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0,q >1时,{a n }为递减数列. 4.常用结论(1)若{a n },{b n }均是等差数列,S n 是{a n }的前n 项和,则{ma n +kb n },{S nn }仍为等差数列,其中m ,k 为常数.(2)若{a n },{b n }均是等比数列,则{ca n }(c ≠0),{|a n |},{a n ·b n },{ma n b n }(m 为常数),{a 2n },{1a n}仍为等比数列.(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a 2-a 1,a 3-a 2,a 4-a 3,…,成等比数列,且公比为a 3-a 2a 2-a 1=(a 2-a 1)qa 2-a 1=q .(4)等比数列(q ≠-1)中连续k 项的和成等比数列,即S k ,S 2k -S k ,S 3k -S 2k ,…,成等比数列,其公差为q k .等差数列中连续k 项的和成等差数列,即S k ,S 2k -S k ,S 3k -S 2k ,…,成等差数列,公差为k 2d . 5.易错提醒(1)应用关系式a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,n =1,S n -S n -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 =a +c2,但三个数a ,b ,c 成等比数列的充要条件是b 2=ac .真题感悟1.(2014·大纲全国)等比数列{a n }中,a 4=2,a 5=5,则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A .6 B .5 C .4 D .3 答案 C解析 数列{lg a n }的前8项和S 8=lg a 1+lg a 2+…+lg a 8=lg(a 1·a 2·…·a 8)=lg(a 1·a 8)4 =lg(a 4·a 5)4=lg(2×5)4=4.2.(2014·北京)若等差数列{a n }满足a 7+a 8+a 9>0,a 7+a 10<0,则当n =________时,{a n }的前n 项和最大. 答案 8解析 ∵a 7+a 8+a 9=3a 8>0,∴a 8>0. ∵a 7+a 10=a 8+a 9<0,∴a 9<-a 8<0. ∴数列的前8项和最大,即n =8. 押题精练1.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,则下列一定成立的是( ) A .若a 3>0,则a 2 013<0 B .若a 4>0,则a 2 014<0 C .若a 3>0,则a 2 013>0 D .若a 4>0,则a 2 014>0答案 C解析 因为a 3=a 1q 2,a 2 013=a 1q 2 012,而q 2与q 2 012均为正数,若a 3>0,则a 1>0,所以a 2 013>0,故选C.2.已知数列{a n }是首项为a ,公差为1的等差数列,b n =1+a na n.若对任意的n ∈N *,都有b n ≥b 8成立,则实数a 的取值范围为________. 答案 (-8,-7)解析 a n =a +(n -1)×1=n +a -1,所以b n =1+a n a n =n +an +a -1,因为对任意的n ∈N *,都有b n ≥b 8成立,即n +a n +a -1≥8+a 8+a -1(n ∈N *)恒成立,即n -8(a +7)(n +a -1)≤0(n ∈N *),则有⎩⎪⎨⎪⎧a +7<0,1-a <9,解得-8<a <-7. 3.设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,满足a 2n +1=4S n +4n +1,n ∈N *,且a 2,a 5,a 14恰好是等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ,若对任意的n ∈N *,(T n +32)k ≥3n -6恒成立,求实数k 的取值范围.解 (1)当n ≥2时,由题设知4S n -1=a 2n -4(n -1)-1,∴4a n =4S n -4S n -1=a 2n +1-a 2n -4, ∴a 2n +1=a 2n +4a n +4=(a n +2)2,∵a n >0,∴a n +1=a n +2.∴当n ≥2时,{a n }是公差d =2的等差数列. ∵a 2,a 5,a 14构成等比数列,∴a 25=a 2·a 14,(a 2+6)2=a 2·(a 2+24),解得a 2=3, 由条件可知,4a 1=a 22-5=4,∴a 1=1, ∵a 2-a 1=3-1=2,∴{a n }是首项a 1=1,公差d =2的等差数列. ∴等差数列{a n }的通项公式为a n =2n -1. ∵等比数列{b n }的公比q =a 5a 2=2×5-13=3,∴等比数列{b n }的通项公式为b n =3n . (2)T n =b 1(1-q n )1-q =3(1-3n )1-3=3n +1-32,∴(3n +1-32+32)k ≥3n -6对任意的n ∈N *恒成立,∴k ≥2n -43n 对任意的n ∈N *恒成立,令c n =2n -43n ,c n -c n -1=2n -43n -2n -63n -1=-2(2n -7)3n ,当n ≤3时,c n >c n -1; 当n ≥4时,c n <c n -1. ∴(c n )max =c 3=227,∴k ≥227.(推荐时间:60分钟)一、选择题1.等比数列{a n }中a 1=3,a 4=24,则a 3+a 4+a 5等于( ) A .33 B .72 C .84 D .189答案 C解析 由题意可得q 3=8,所以q =2.所以a 3+a 4+a 5=a 1q 2(1+q +q 2)=84. 2.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若2a 6=6+a 7,则S 9的值是( ) A .27 B .36 C .45 D .54答案 D解析 由2a 6=6+a 7得a 5=6,所以S 9=9a 5=54.故选D.3.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m -1=5,S m =-11,S m +1=21,则m 等于( ) A .3 B .4 C .5 D .6答案 C解析 由已知得,S m -S m -1=a m =-16,S m +1-S m =a m +1=32,故公比q =-2,又S m =a 1-a m q1-q =-11,故a 1=-1,又a m =a 1·q m -1=-16,代入可求得m =5.4.数列{a n }的首项为3,{b n }为等差数列且b n =a n +1-a n (n ∈N *),若b 3=-2,b 10=12,则a 8等于( )A .0B .3C .8D .11 答案 B解析 ∵{b n }为等差数列,设其公差为d , 由b 3=-2,b 10=12,∴7d =b 10-b 3=12-(-2)=14,∴d =2, ∵b 3=-2,∴b 1=b 3-2d =-2-4=-6, ∴b 1+b 2+…+b 7=7b 1+7×62·d=7×(-6)+21×2=0,又b 1+b 2+…+b 7=(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a 8-a 7)=a 8-a 1=a 8-3, ∴a 8-3=0,a 8=3.故选B. 5.数列{a n }满足a 1=2,a n =a n +1-1a n +1+1,其前n 项积为T n ,则T 2 014等于( )A.16 B .-16C .6D .-6答案 D解析 由a n =a n +1-1a n +1+1得a n +1=1+a n 1-a n ,而a 1=2,所以a 2=-3,a 3=-12,a 4=13,a 5=2,则数列是以4为周期,且a 1a 2a 3a 4=1,所以T 2 014=(a 1a 2a 3a 4)503a 1a 2=1503×2×(-3)=-6,故选D.6.已知{a n }是等差数列,S n 为其前n 项和,若S 21=S 4 000,O 为坐标原点,点P (1,a n ), Q (2 011,a 2 011),则OP →·OQ →等于( ) A .2 011 B .-2 011 C .0 D .1 答案 A解析 由S 21=S 4 000得a 22+a 23+…+a 4 000=0, 由于a 22+a 4 000=a 23+a 3 999=…=2a 2 011, 所以a 22+a 23+…+a 4 000=3 979a 2 011=0, 从而a 2 011=0,而OP →·OQ →=2 011+a 2 011a n =2 011. 二、填空题7.在等比数列{a n }中,已知a 1+a 3=8,a 5+a 7=4,则a 9+a 11+a 13+a 15=________. 答案 3解析 设等比数列{a n }的公比为q ,由已知,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+a 1q 2=8,a 1q 4+a 1q 6=4,解得q 4=12. 又a 9+a 11=a 1q 8+a 3q 8=(a 1+a 3)q 8=8×(12)2=2,a 13+a 15=a 1q 12+a 3q 12=(a 1+a 3)q 12=8×(12)3=1, 所以a 9+a 11+a 13+a 15=2+1=3.8.(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数,且a 10a 11+a 9a 12=2e 5,则ln a 1+ln a 2+…+ln a 20=______.答案 50解析 因为a 10a 11+a 9a 12=2a 10a 11=2e 5,所以a 10a 11=e 5.所以ln a 1+ln a 2+…+ln a 20=ln(a 1a 2…a 20)=ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]=ln(a 10a 11)10=10ln(a 10a 11)=10ln e 5=50ln e =50.9.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=-11,a 4+a 6=-6,则当S n 取最小值时,n =________. 答案 6解析 设等差数列的公差为d ,则由a 4+a 6=-6得2a 5=-6,∴a 5=-3.又∵a 1=-11,∴-3=-11+4d ,∴d =2,∴S n =-11n +n (n -1)2×2=n 2-12n =(n -6)2-36, 故当n =6时,S n 取最小值.10.已知数列{a n }的首项为a 1=2,且a n +1=12(a 1+a 2+…+a n ) (n ∈N *),记S n 为数列{a n }的前n 项和,则S n =________,a n =________.答案 2×⎝⎛⎭⎫32n -1 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2 (n =1),⎝⎛⎭⎫32n -2 (n ≥2)解析 由a n +1=12(a 1+a 2+…+a n ) (n ∈N *),可得a n +1=12S n ,所以S n +1-S n =12S n ,即S n +1=32S n ,由此可知数列{S n }是一个等比数列,其中首项S 1=a 1=2,公比为32,所以S n =2×⎝⎛⎭⎫32n -1, 由此得a n =⎩⎪⎨⎪⎧2 (n =1),⎝⎛⎭⎫32n -2 (n ≥2). 三、解答题11.成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)数列{b n }的前n 项和为S n ,求证:数列{S n +54}是等比数列.(1)解 设成等差数列的三个正数分别为a -d ,a ,a +d .依题意,得a -d +a +a +d =15.解得a =5.所以{b n }中的b 3,b 4,b 5依次为7-d,10,18+d .依题意,有(7-d )(18+d )=100,解得d =2或d =-13(舍去).故{b n }的第3项为5,公比为2.由b 3=b 1·22,即5=b 1·22,解得b 1=54. 所以b n =b 1·q n -1=54·2n -1=5·2n -3, 即数列{b n }的通项公式b n =5·2n -3. (2)证明 由(1)得数列{b n }的前n 项和S n =54(1-2n )1-2=5·2n -2-54, 即S n +54=5·2n -2. 所以S 1+54=52,S n +1+54S n +54=5·2n -15·2n -2=2. 因此{S n +54}是以52为首项,2为公比的等比数列. 12.若数列{b n }对于n ∈N *,都有b n +2-b n =d (常数),则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列,如数列{c n },若c n =⎩⎪⎨⎪⎧4n -1,n 为奇数,4n -9,n 为偶数,则数列{c n }是公差为8的准等差数列.设数列{a n }满足a 1=a ,对于n ∈N *,都有a n +a n +1=2n .(1)求证:{a n }为准等差数列;(2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20.(1)证明 ∵a n +1+a n =2n ,①∴a n +2+a n +1=2n +2.②由②-①得a n +2-a n =2(n ∈N *),∴{a n }是公差为2的准等差数列.(2)解 已知a 1=a ,a n +1+a n =2n (n ∈N *),∴a 1+a 2=2,即a 2=2-a .∴由(1)可知a 1,a 3,a 5,…,成以a 为首项,2为公差的等差数列,a 2,a 4,a 6,…,成以2-a 为首项,2为公差的等差数列.∴当n 为偶数时,a n =2-a +(n 2-1)×2=n -a , 当n 为奇数时,a n =a +(n +12-1)×2=n +a -1, ∴a n =⎩⎪⎨⎪⎧n +a -1,n 为奇数,n -a ,n 为偶数. S 20=a 1+a 2+…+a 19+a 20=(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 19+a 20)=2×1+2×3+…+2×19=2×(1+19)×102=200. 13.(2013·湖北)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和,S 4,S 2,S 3成等差数列,且a 2+a 3+a 4=-18.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)是否存在正整数n ,使得S n ≥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{a n }的公比为q ,则a 1≠0,q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ S 2-S 4=S 3-S 2,a 2+a 3+a 4=-18. 即⎩⎪⎨⎪⎧-a 1q 2-a 1q 3=a 1q 2,a 1q (1+q +q 2)=-18, 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=3,q =-2. 故数列{a n }的通项公式为a n =3×(-2)n -1. (2)由(1)有S n =3[1-(-2)n ]1-(-2)=1-(-2)n . 假设存在n ,使得S n ≥2 013,则1-(-2)n ≥2 013,即(-2)n ≤-2 012.当n 为偶数时,(-2)n >0,上式不成立;当n 为奇数时,(-2)n =-2n ≤-2 012,即2n ≥2 012,得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}.。
高中数学《等差数列、等比数列》专题练习题(含答案解析)
高中数学《等差数列、等比数列》专题练习题(含答案解析)一、选择题1.(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4+a 5=24,S 6=48,则{a n }的公差为( )A .1B .2C .4D .8 C [设{a n }的公差为d ,则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4+a 5=24,S 6=48,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+3d a 1+4d24,6a 1+6×52d =48,解得d =4.故选C .]2.设公比为q (q >0)的等比数列{}a n 的前n 项和为S n ,若S 2=3a 2+2,S 4=3a 4+2,则a 1等于( )A .-2B .-1C .12D .23B [S 4-S 2=a 3+a 4=3a 4-3a 2 ,即3a 2+a 3-2a 4=0,即3a 2+a 2q -2a 2q 2=0 ,即2q 2-q -3=0,解得q =-1 (舍)或q =32,当q =32时,代入S 2=3a 2+2,得a 1+a 1q =3a 1q +2,解得a 1=-1,故选B .]3.(2018·莆田市3月质量检测)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 2=a 1+2a 3,a 4=1,则S 4=( )A .78B .158C .14D .15D [由S 2=a 1+2a 3,得a 1+a 2=a 1+2a 3,即a 2=2a 3,又{a n }为等比数列,所以公比q =a 3a 2=12,又a 4=a 1q 3=a 18=1,所以a 1=8.S 4=a 11-q 41-q=8×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1161-12=15.故选D .]4.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1>0,a 3+a 10>0,a 6a 7<0,则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A .6B .7C .12D .13C [∵a 1>0,a 6a 7<0,∴a 6>0,a 7<0,等差数列的公差小于零,又a 3+a 10=a 1+a 12>0,a 1+a 13=2a 7<0,∴S 12>0,S 13<0,∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.]5.(2018·衡水模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m -1=5,S m =-11,S m+1=21,则m 等于( )A .3B .4C .5D .6C [在等比数列中,因为S m -1=5,S m =-11,S m +1=21,所以a m =S m -S m -1=-11-5=-16,a m +1=S m +1-S m =32.则公比q =a m +1a m=32-16=-2,因为S m =-11, 所以a 1[12m ]1+2=-11,①又a m +1=a 1(-2)m =32,② 两式联立解得m =5,a 1=-1.] 6.等差数列{a n }中,a na 2n是一个与n 无关的常数,则该常数的可能值的集合为( )A .{1}B .⎩⎨⎧⎭⎬⎫1,12C .⎩⎨⎧⎭⎬⎫12D .⎩⎨⎧⎭⎬⎫0,12,1B [a na 2n =a 1n -1da 12n -1d =a 1-d +nda 1-d +2nd,若a 1=d ,则a na 2n =12;若a 1≠0,d =0,则a n a 2n =1.∵a 1=d ≠0,∴a na 2n ≠0,∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1,12.] 7.已知等比数列{a n }中,a 2a 10=6a 6,等差数列{b n }中,b 4+b 6=a 6,则数列{b n }的前9项和为( )A .9B .27C .54D .72B [根据等比数列的基本性质有a 2a 10=a 26=6a 6,a 6=6,所以b 4+b 6=a 6=6,所以S 9=9b 1+b 92=9b 4+b 62=27.]8.(2018·安阳模拟)正项等比数列{a n }中,a 2=8,16a 24=a 1a 5,则数列{a n }的前n 项积T n 中的最大值为( )A .T 3B .T 4C .T 5D .T 6A [设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0),则16a 24=a 1a 5=a 2a 4=8a 4,a 4=12,q 2=a 4a 2=116,又q >0,则q =14,a n =a 2q n -2=8×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n -2=27-2n ,则T n =a 1a 2…a n =25+3+…+(7-2n )=2n (6-n ),当n =3时,n (6-n )取得最大值9,此时T n 最大,即(T n )max =T 3,故选A .]二、填空题9.已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1,a 3,a 4成等比数列,S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 3-S 2S 5-S 3的值为________.2 [根据等比中项有a 23=a 1·a 4,即(a 1+2d )2=a 1(a 1+3d ),化简得a 1=-4d ,S 3-S 2S 5-S 3=a 3a 4+a 5=a 1+2d 2a 1+7d =-2d -d=2.] 10.已知数列{a n }满足a 1=-40,且na n +1-(n +1)a n =2n 2+2n ,则a n 取最小值时n 的值为________.10或11 [由na n +1-(n +1)a n =2n 2+2n =2n (n +1),两边同时除以n (n +1),得a n +1n +1-a nn =2,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为-40、公差为2的等差数列,所以a nn =-40+(n -1)×2=2n -42,所以a n=2n 2-42n ,对于二次函数f (x )=2x 2-42x ,在x =-b2a=--424=10.5时,f (x )取得最小值,因为n 取正整数,且10和11到10.5的距离相等,所以n 取10或11时,a n 取最小值.]11.已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S 10=40,则a 3·a 8的最大值为________. 16 [S 10=10a 1+a 102=40⇒a 1+a 10=a 3+a 8=8,a 3·a 8≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3+a 822=⎝ ⎛⎭⎪⎫822=16, 当且仅当a 3=a 8=4时“=”成立.]12.已知函数{a n }满足a n +1+1=a n +12a n +3,且a 1=1,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n +1的前20项和为________.780 [由a n +1+1=a n +12a n +3得2a n +3a n +1=1a n +1+1,即1a n +1+1-1a n +1=2,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n +1是以12为首项,2为公差的等差数列,则1a n +1=2n -32,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n +1是以1为首项,4为公差的等差数列,其前20项的和为20+10×19×4=780.]三、解答题13.(2018·德阳二诊)已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=2a n +1 . (1)求证:数列{a n +1}为等比数列;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n +1的前n 项和T n . [解] (1)∵a n +1=2a n +1,∴a n +1+1=2(a n +1). 又a 1=1,∴a 1+1=2≠0,a n +1≠0.∴{a n +1}是以2为首项,2为公比的等比数列. (2)由(1)知a n =2n -1, ∴2na n a n +1=2n2n -12n +1-1=12n -1-12n +1-1,∴T n =12-1-122-1+122-1-123-1+…+12n -1-12n +1-1=1-12n +1-1.14.已知数列{}a n 的前n 项和为S n ,且S n =2a n -3n (n ∈N *). (1)求a 1,a 2,a 3的值;(2)是否存在常数λ,使得数列{a n +λ}为等比数列?若存在,求出λ的值和通项公式a n ;若不存在,请说明理由.[解] (1)当n =1时,由S 1=2a 1-3×1,得a 1=3; 当n =2时,由S 2=2a 2-3×2,可得a 2=9; 当n =3时,由S 3=2a 3-3×3,得a 3=21. (2)令(a 2+λ)2=(a 1+λ)·(a 3+λ), 即(9+λ)2=(3+λ)·(21+λ),解得λ=3. 由S n =2a n -3n 及S n +1=2a n +1-3(n +1), 两式相减,得a n +1=2a n +3.由以上结论得a n +1+3=(2a n +3)+3=2(a n +3), 所以数列{a n +3}是首项为6,公比为2的等比数列, 因此存在λ=3,使得数列{a n +3}为等比数列,所以a n+3=(a1+3)×2n-1,a n=3(2n-1)(n∈N*).。
高中数学选择性必修二 4 3 1 2等比数列的性质及应用(知识梳理+例题+变式+练习)(含答案)
4.3.1.2等比数列的性质及应用要点一 等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广:a n =a m ·q n-m(m ,n ∈N *)(2)若p +q =s +t (p 、q 、s 、t ∈N *),则a p ·a q =s t a a 【重点总结】(1)在已知等比数列{a n }中任一项a m 及公比q 的前提下,可以利用a n =a m q n-m求等比数列中任意项a n ;(2)已知等比数列{a n }中的a m 和a n 两项,就可以使用a n a m =q n -m 求公比,其中m 可大于n ,也可小于n.要点二 等比数列的单调性已知等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,则(1)当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<00<q <1时,等比数列{a n }为递增数列; (2)当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>00<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0q >1时,等比数列{a n }为递减数列; (3)当q=1时,等比数列{a n }为常数列(这个常数列中各项均不等于0); (4)当1<1时,等比数列{a n }为摆动数列. 【重点总结】由等比数列的通项公式可知,公比影响数列各项的符号:一般地,q>0时,等比数列各项的符号相同;q<0时,等比数列各项的符号正负交替.要点三 等比数列的其它性质 若{a n }是公比为q 的等比数列,则(1)若m ,p ,n (m ,n ,p ∈N *)成等差数列,则a m ,a p ,a n 成等比数列;(2)数列{λa n }(λ≠0),⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ,{a 2n }都是等比数列,且公比分别是q ,1q ,q 2. (3)若{b n }是公比为p 的等比数列,则{a n b n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 也都是等比数列,公比分别为pq 和qp .(4)在数列{a n }中,每隔k (k ∈N *)项取出一项,按原来的顺序排列,所得数列仍为等比数列,且公比为q k +1. (5)在数列{a n }中,连续相邻k 项的和(或积)构成公比为q k (或qk 2)的等比数列. 【重点总结】若数列{a n }是各项都为正数的等比数列,则数列{lg a n }是公差为lg q 的等差数列; 若数列{b n }是等差数列,公差为d ,则数列{cb n }是以c d (c>0且c ≠1)为公比的等比数列. 【基础自测】1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)(1)有穷等比数列中,与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积.( ) (2)当q >1时,{a n }为递增数列.( )(3)当q =1时,{a n }为常数列.( )(4)若{a n },{b n }都是等比数列,则{a n +b n }是等比数列.( ) 【答案】(1)√(2)×(3)√(4)×2.等比数列{a n }的公比q =-14,a 1=2,则数列{a n }是( )A .递增数列B .递减数列C .常数列D .摆动数列 【答案】D【解析】∵q <0,a 1>0,∴所有奇数项为正、偶数项为负,故成摆动数列,选D. 3.(多选题)若数列{a n }为等比数列,则下列式子一定成立的是( ) A .a 2+a 5=a 1+a 6 B .a 1a 9=a 25 C .a 1a 9=a 3a 7 D .a 1a 2a 7=a 4a 6 【答案】BC【解析】根据等比数列的性质知BC 正确.4.在等比数列{a n }中,已知a 7a 12=5,则a 8a 9a 10a 11的值为________. 【答案】25【解析】∵a 7a 12=a 8a 11=a 9a 10=5,∴a 8a 9a 10a 11=25.题型一 等比数列性质的应用 【例1】已知{a n }为等比数列.(1)等比数列{a n }满足a 2a 4=12,求a 1a 23a 5; (2)若a n >0,a 2a 4+2a 3a 5+a 4a 6=25,求a 3+a 5;(3)若a n >0,a 5a 6=9,求log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 10的值.【解析】(1)等比数列{a n }中,因为a 2a 4=12,所以a 23=a 1a 5=a 2a 4=12,所以a 1a 23a 5=14. (2)由等比中项,化简条件得a 23+2a 3a 5+a 25=25,即(a 3+a 5)2=25,∵a n >0,∴a 3+a 5=5.(3)由等比数列的性质知a 5a 6=a 1a 10=a 2a 9=a 3a 8=a 4a 7=9, ∴log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 10=log 3(a 1a 2…a 10) =log 3[(a 1a 10)(a 2a 9)(a 3a 8)(a 4a 7)(a 5a 6)] =log 395=10. 【方法归纳】有关等比数列的计算问题,基本方法是运用方程思想列出基本量a 1和q 的方程组,先解出a 1和q ,然后利用通项公式求解.但有时运算稍繁,而利用等比数列的性质解题,却简便快捷,为了发现性质,要充分发挥项“下标”的指导作用.【跟踪训练1】(1)已知数列{a n }为等比数列,a 3=3,a 11=27,求a 7. (2)已知{a n }为等比数列,a 2·a 8=36,a 3+a 7=15,求公比q .【解析】(1)法一:⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2=3,a 1q 10=27相除得q 8=9.所以q 4=3,所以a 7=a 3·q 4=9.法二:因为a 27=a 3a 11=81,所以a 7=±9, 又a 7=a 3q 4=3q 4>0,所以a 7=9.(2)因为a 2·a 8=36=a 3·a 7,而a 3+a 7=15, 所以a 3=3,a 7=12或a 3=12,a 7=3. 所以q 4=a 7a 3=4或14,所以q =±2或q =±22.题型二 灵活设项求解等比数列【例2】已知4个数成等比数列,其乘积为1,第2项与第3项之和为-32,则此4个数为________________.【解析】设此4个数为a ,aq ,aq 2,aq 3.则a 4q 6=1,aq (1+q )=-32,① 所以a 2q 3=±1,当a 2q 3=1时,q >0,代入①式化简可得q 2-14q +1=0,此方程无解;当a 2q 3=-1时,q <0,代入①式化简可得q 2+174q +1=0,解得q =-4或q =-14.当q =-4时,a =-18;当q =-14时,a =8.所以这4个数为8,-2,12,-18或-18,12,-2,8.【变式探究】本例中的条件换为“前三个数依次成等比数列,它们的积是-8,后三个数依次成等差数列,它们的积是-80”,则这4个数为__________________.【答案】1,-2,4,10或-45,-2,-5,-8【解析】由题意设此四个数为bq ,b ,bq ,a ,则有⎩⎪⎨⎪⎧b 3=-8,2bq =a +b ,ab 2q =-80,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =10,b =-2,q =-2,或⎩⎪⎨⎪⎧a =-8,b =-2,q =52.所以这四个数为1,-2,4,10或-45,-2,-5,-8.【方法归纳】巧设等差数列、等比数列的方法(1)若三数成等差数列,常设成a -d ,a ,a +d .若三数成等比数列,常设成aq ,a ,aq 或a ,aq ,aq 2.(2)若四个数成等比数列,可设为a q ,a ,aq ,aq 2.若四个正数成等比数列,可设为a q 3,aq ,aq ,aq 3.题型三 等比数列与等差数列的综合应用【例3】在公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }和公比为q 的等比数列{b n }中,已知a 1=b 1=1,a 2=b 2,a 8=b 3. (1)求d ,q 的值;(2)是否存在常数a ,b ,使得对任意n ∈N *,都有a n =log a b n +b 成立?若存在,求出a ,b 的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由a 2=b 2,a 8=b 3,得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1+d =b 1q ,a 1+7d =b 1q 2,即⎩⎪⎨⎪⎧1+d =q ,1+7d =q 2, 解得⎩⎪⎨⎪⎧ d =5,q =6,或⎩⎪⎨⎪⎧d =0,q =1,(舍去).(2)由(1)知a n =1+(n -1)·5=5n -4, b n =b 1q n -1=6n -1.假设存在常数a ,b ,使得对任意n ∈N *,都有a n =log a b n +b 成立,则5n -4=log a 6n -1+b , 即5n -4=n log a 6+b -log a 6.比较系数,得⎩⎪⎨⎪⎧log a 6=5,b -log a 6=-4,所以⎩⎪⎨⎪⎧a =615,b =1.故存在a =615,b =1,使得对任意n ∈N *,都有a n =log a b n +b 成立.【解题关键】 (1)联立方程组可求.(2)假设存在,由(1)得出方程,注意比较系数可求a ,b. 【方法归纳】求解等差、等比数列综合问题的技巧(1)理清各数列的基本特征量,明确两个数列间各量的关系.(2)发挥两个数列的基本量a 1,d 或b 1,q 的作用,并用好方程这一工具. (3)结合题设条件对求出的量进行必要的检验.【跟踪训练2】已知{a n }为等差数列,且a 1+a 3=8,a 2+a 4=12. (1)求{a n }的通项公式;(2)记{a n }的前n 项和为S n, 若a 1,a k ,S k +2成等比数列,求正整数k 的值。
50 等比数列性质(含等差等比数列综合题)
② 数列
an
(
为常数)为等比数列,特别的,当
1 时,即
1
为等比数列
an
③ 数列anbn 为等比数列
④ 数列 an 为等比数列
6、相邻 k 项和的比值与公比 q 相关:
设 S am1 am2 amk ,T an1 an2 ank ,则有:
S T
am 1 an 1
公差的等差数列。于是 Cn Cn1 en bn ,故数列{Cn Cn1} 也是等差乘等比型数列。
定理 2:若数列{Cn} 的通项公式为 Cn an bn 其中数列{an}是公差为 d 的等差数列,数列{bn}是
公比为 q ( q 1)的等比数列,则存在一等差数列{xn} 使 an bn xnbn xn1bn1 ,其中等差数
N
,均有
a2 n 1
an an 2
-1-
8、非常数等比数列an 的前 n 项和 Sn
与
1 an
前
n
项和
Tn
的关系
Sn
a1
1 qn 1 q
1
1
1
,因为 是首项为
,公比为 的等比数列,所以有
an
a1
q
Tn
1 a1
1 1 qn1来自1 qqn 1qn
a1
q
1 q
qn 1
a1qn1 q 1
7、等比数列的判定:(假设an 不是常数列)
(1)定义法(递推公式): an1 q n N an
(2)通项公式: an k qn (指数类函数)
(3)前 n 项和公式: Sn kqn k
注:若 Sn kqn m m k ,则an 是从第二项开始成等比关系
(4)等比中项:对于 n
高考数学题型全归纳:等比数列与等差数列概念及性质对比典型例题(含答案)
等比数列与等差数列概念及性质对比1.数列的定义顾名思义,数列就是数的序列,严格地说,按一定次序排列的一列数叫做数列.数列的基本特征是:构成数列的这些数是有序的.数列和数集虽然是两个不同的概念,但它们既有区别,又有联系.数列又是一类特殊的函数.2.等差数列的定义顾名思义,等差数列就是“差相等”的数列.严格地说,从第2项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数的数列,叫做等差数列.这个定义的要点有两个:一是“从第2项起”,二是“每一项与它的前一项的差等于同一个常数”.这两个要点,刻画了等差数列的本质.3.等差数列的通项公式等差数列的通项公式是:a n= a1+(n-1)d .①这个通项公式既可看成是含有某些未知数的方程,又可将a n看作关于变量n的函数,这为我们利用函数和方程的思想求解问题提供了工具.从发展的角度看,将通项公式①进行推广,可获得更加广义的通项公式及等差数列的一个简单性质,并由此揭示等差数列公差的几何意义,同时也可揭示在等差数列中,当某两项的项数和等于另两项的项数和时,这四项之间的关系.4.等差中项A称作a与b的等差中项是指三数a,A,b成等差数列.其数学表示是:2ba A +=,或2 A=a+b.显然A是a和b的算术平均值. 2 A=a+b(或2ba A +=)是判断三数a,A,b成等差数列的一个依据,并且,2 A=a+b(或2ba A +=)是a,A,b成等差数列的充要条件.由此得,等差数列中从第2项起,每一项(有穷等差数列末项除外)都是它的前一项与后一项的等差中项.值得指出的是,虽然用2A=a+b(或2ba A +=)可同时判定A是a与b的等差中项及A 是b与a的等差中项,但两者的意义是不一样的,因为等差数列a,A,b与等差数列b,A,a不是同一个数列.5.等差数列前n 项的和等差数列前n 项和的公式是:()21n n a a n S +=, ① 或 ()d n n na S n 211-+= ② 公式①和②均可看作方程.事实上,公式①和②中均含有四个量,若知其中任意三个量的值,便可通过解方程的办法求一个量的值.若将前n 项和的公式与通项公式结合起来看,共有五个量,通常知道其中的任意三个量的值,通过解方程组就可求出其余的两个量的值.公式①的结构形式与梯形的面积公式是一致的,这可由教材中码放钢管的示意图得到印证.公式②中的n S 也可看作关于变量n 的二次式(d ≠0时),其图像是在二次函数:x d a x d y ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2212的图像上当x 取1,2,3,…时所对应的那群孤立点.这为我们利用函数的观点求解等差数列前n 项和n S 的最大值或最小值问题提供了直观的背景.6.等比数列的定义顾名思义,等比数列就是“比值相等”的数列.严格地说,从第2项起,每一项与它前一项的比等于同一个常数的数列,叫做等比数列.和等差数列类似,这个定义也有两个要点:一是“从第2项起”,二是“每一项与它前一项的比等于同一个常数”.它们刻画了等比数列的本质.7.等比数列的通项公式等比数列的通项公式是:a n = a 1q n -1. ①这里,一方面,可将a n 看作是n 的函数,另一方面公式本身也可视为一个方程.从发展的角度看,将公式①进行适当推广,便可得更加广义的通项公式及等比数列的一个简单性质.8.等比中项G 称作a 与b 的等比中项是指三数a ,G ,b ,成等比数列.其数学表示是ab G ±=,或 G 2=ab .显然,只有同两数才有等比中项;若两数有等比中项,若两数有等比中项,则必有两个,它们是一对互为相反数;一个等比数列从第2项起,每一项(有穷等比数列的末项除外)都是它的前一项与后一项的等比中项.9.等比数列前n 项的和等比数列前n 项和的公式是:()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==.111,111q q q a q na S nn公式()qq a S nn --=111可视为一个方程,它含有四个量.若已知其中任意三个量的值,便可通过解方程求出另一个量的值. 公式()qq a S nn --=111 即()111--=n n q q a S . 从函数的观点看,S n 是关于q n 的一次式, 因此点(q n ,S n )在直线()111--=x q a y 上.。
高考等比数列专题及答案
一、等比数列选择题1.已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为30,且53134a a a =+,则3a =( ) A .2B .4C .8D .162.数列{}n a 是等比数列,54a =,916a =,则7a =( ) A .8B .8±C .8-D .13.已知各项均为正数的等比数列{}n a ,若543264328a a a a +--=,则7696a a +的最小值为( ) A .12B .18C .24D .324.在等比数列{}n a 中,24a =,532a =,则4a =( ) A .8 B .8-C .16D .16-5.已知等比数列{a n }中,有a 3a 11=4a 7,数列{b n }是等差数列,且b 7=a 7,则b 5+b 9=( ) A .4B .5C .8D .156.已知{}n a 是正项等比数列且1a ,312a ,22a 成等差数列,则91078a a a a +=+( ) A1B1C.3-D.3+7.已知数列{}n a 满足112a =,*11()2n n a a n N +=∈.设2n n n b a λ-=,*n N ∈,且数列{}n b 是单调递增数列,则实数λ的取值范围是( )A .(,1)-∞B .3(1,)2-C .3(,)2-∞D .(1,2)-8.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3=7,S 6=63,则数列{na n }的前n 项和为( ) A .-3+(n +1)×2n B .3+(n +1)×2n C .1+(n +1)×2nD .1+(n -1)×2n9.已知正项等比数列{}n a 的公比不为1,n T 为其前n 项积,若20172021T T =,则20202021ln ln a a =( ) A .1:3B .3:1C .3:5D .5:310.等比数列{}n a 的前n 项积为n T ,且满足11a >,10210310a a ->,102103101a a -<-,则使得1n T >成立的最大自然数n 的值为( )A .102B .203C .204D .20511.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若1231112a a a ++=,22a =,则3S =( ) A .8B .7C .6D .412.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,且1352a a +=,2454a a +=,则n n S =a ( )A .14n -B .41n -C .12n -D .21n -13.已知1a ,2a ,3a ,4a 成等比数列,且()21234123a a a a a a a +++=++,若11a >,则( )A .13a a <,24a a <B .13a a >,24a a <C .13a a <,24a a >D .13a a >,24a a >14.已知等比数列{}n a 的前n 项和的乘积记为n T ,若29512T T ==,则n T 的最大值为( ) A .152B .142C .132D .12215.十九世纪下半叶集合论的创立,奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物,具有典型的分形特征,其操作过程如下:将闭区间[0,1]均分为三段,去掉中间的区间段12(,)33,记为第一次操作;再将剩下的两个区间1[0,]3,2[,1]3分别均分为三段,并各自去掉中间的区间段,记为第二次操作;…,如此这样,每次在上一次操作的基础上,将剩下的各个区间分别均分为三段,同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去,以至无穷,剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于910,则需要操作的次数n 的最小值为( )(参考数据:lg 20.3010=,lg30.4771=)A .4B .5C .6D .716.已知等比数列{}n a 的通项公式为2*3()n n a n N +=∈,则该数列的公比是( )A .19B .9C .13D .317.已知{}n a 为等比数列.下面结论中正确的是( ) A .1322a a a +≥B .若13a a =,则12a a =C .2221322a a a +≥D .若31a a >,则42a a >18.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,则塔的顶层共有灯多少?”现有类似问题:一座5层塔共挂了363盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍,则塔的中间一层共有灯( )A .3盏B .9盏C .27盏D .81盏19.已知等比数列{}n a ,7a =8,11a =32,则9a =( ) A .16B .16-C .20D .16或16-20.已知等比数列{}n a 满足12234,12a a a a +=+=,则5S 等于( ) A .40B .81C .121D .242二、多选题21.题目文件丢失!22.设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈,关于数列{}n a ,下列四个命题中正确的是( )A .若1*()n n a a n N +∈=,则{}n a 既是等差数列又是等比数列B .若2n S An Bn =+(A ,B 为常数,*n N ∈),则{}n a 是等差数列C .若()11nn S =--,则{}n a 是等比数列D .若{}n a 是等差数列,则n S ,2n n S S -,*32()n n S S n N -∈也成等差数列23.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且1a p =,122n n S S p --=(2n ≥,p 为非零常数),则下列结论正确的是( ) A .{}n a 是等比数列 B .当1p =时,4158S =C .当12p =时,m n m n a a a +⋅= D .3856a a a a +=+24.在等比数列{a n }中,a 5=4,a 7=16,则a 6可以为( ) A .8 B .12 C .-8D .-1225.已知等比数列{}n a 的公比0q <,等差数列{}n b 的首项10b >,若99a b >,且1010a b >,则下列结论一定正确的是( )A .9100a a <B .910a a >C .100b >D .910b b >26.已知数列{}n a 的前n 项和为n S 且满足11130(2),3n n n a S S n a -+=≥=,下列命题中正确的是( ) A .1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列 B .13n S n=C .13(1)n a n n =--D .{}3n S 是等比数列27.在《增减算法统宗》中有这样一则故事:三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关.则下列说法正确的是( ) A .此人第三天走了二十四里路B .此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C .此人第二天走的路程占全程的14D .此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍28.已知数列{}n a 的首项为4,且满足()*12(1)0n n n a na n N ++-=∈,则( )A .n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列 B .{}n a 为递增数列C .{}n a 的前n 项和1(1)24n n S n +=-⋅+D .12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和22n n n T +=29.已知等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和0n S >,设2132n n n b a a ++=-,记{}n b 的前n 项和为n T ,则下列判断正确的是( ) A .若1q =,则n n T S = B .若2q >,则n n T S > C .若14q =-,则n n T S > D .若34q =-,则n n T S > 30.数列{}n a 是首项为1的正项数列,123n n a a +=+,n S 是数列{}n a 的前n 项和,则下列结论正确的是( ) A .313a = B .数列{}3n a +是等比数列C .43n a n =-D .122n n S n +=--31.设数列{}n x ,若存在常数a ,对任意正数r ,总存在正整数N ,当n N ≥,有n x a r -<,则数列{}n x 为收敛数列.下列关于收敛数列正确的有( )A .等差数列不可能是收敛数列B .若等比数列{}n x 是收敛数列,则公比(]1,1q ∈-C .若数列{}n x 满足sin cos 22n x n n ππ⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则{}n x 是收敛数列 D .设公差不为0的等差数列{}n x 的前n 项和为()0n n S S ≠,则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭一定是收敛数列32.已知数列{}n a 满足11a =,()*123nn na a n N a +=∈+,则下列结论正确的有( ) A .13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列B .{}n a 的通项公式为1123n n a +=-C .{}n a 为递增数列D .1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和2234n n T n +=-- 33.定义在()(),00,-∞⋃+∞上的函数()f x ,如果对于任意给定的等比数列{}n a ,数列(){}nf a 仍是等比数列,则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在()(),00,-∞⋃+∞上的四个函数中,是“保等比数列函数”的为( )A .()2f x x =B .()2xf x =C .()f x =D .()ln f x x =34.已知数列{}n a 的前n 项和为S ,11a =,121n n n S S a +=++,数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ,*n ∈N ,则下列选项正确的为( )A .数列{}1n a +是等差数列B .数列{}1n a +是等比数列C .数列{}n a 的通项公式为21nn a =-D .1n T <35.在递增的等比数列{a n }中,S n 是数列{a n }的前n 项和,若a 1a 4=32,a 2+a 3=12,则下列说法正确的是( ) A .q =1 B .数列{S n +2}是等比数列C .S 8=510D .数列{lga n }是公差为2的等差数列【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、等比数列选择题 1.C 【分析】根据等比数列的通项公式将53134a a a =+化为用基本量1,a q 来表示,解出q ,然后再由前4项和为30求出1a ,再根据通项公式即可求出3a . 【详解】设正数的等比数列{}n a 的公比为()0q q >,因为53134a a a =+,所以4211134a q a q a =+,则42340q q --=,解得24q =或21q =-(舍),所以2q,又等比数列{}n a 的前4项和为30,所以23111130a a q a q a q +++=,解得12a =, ∴2318a a q ==.故选:C . 2.A 【分析】分析出70a >,再结合等比中项的性质可求得7a 的值. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ,则2750a a q =>,由等比中项的性质可得275964a a a ==,因此,78a =.故选:A. 3.C 【分析】将已知条件整理为()()22121328a q q q -+=,可得()22183221q q a q +=-,进而可得()4427612249633221q a a a q q q q +=+=-,分子分母同时除以4q ,利用二次函数的性质即可求出最值. 【详解】因为{}n a 是等比数列,543264328a a a a +--=,所以432111164328a q a q a q a q +--=,()()2221232328a q q q q q ⎡⎤+-+=⎣⎦, 即()()22121328a q q q -+=,所以()22183221q q a q +=-,()()465424761111221248242496963323212121q a a a q a q a q q q a q q a q q q +=+=+=⨯==---, 令210t q =>,则()222421211t t t q q -=-=--+, 所以211t q==,即1q =时2421q q -最大为1,此时242421q q -最小为24, 所以7696a a +的最小值为24, 故选:C【点睛】易错点睛:本题主要考查函数与数列的综合问题,属于难题.解决该问题应该注意的事项: (1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立的点;(2)转化以函数为背景的条件时,应该注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的问题;(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应准确构造相应的函数,注意数列中相关限制条件的转化. 4.C 【分析】根据条件计算出等比数列的公比,再根据等比数列通项公式的变形求解出4a 的值. 【详解】因为254,32a a ==,所以3528a q a ==,所以2q ,所以2424416a a q ==⨯=,故选:C. 5.C 【分析】由等比中项,根据a 3a 11=4a 7求得a 7,进而求得b 7,再利用等差中项求解. 【详解】 ∵a 3a 11=4a 7, ∴27a =4a 7, ∵a 7≠0, ∴a 7=4, ∴b 7=4, ∴b 5+b 9=2b 7=8. 故选:C 6.D 【分析】 根据1a ,312a ,22a 成等差数列可得3121222a a a ⨯=+,转化为关于1a 和q 的方程,求出q 的值,将91078a a a a ++化简即可求解.【详解】因为{}n a 是正项等比数列且1a ,312a ,22a 成等差数列, 所以3121222a a a ⨯=+,即21112a q a a q =+,所以2210q q --=,解得:1q =+1q =(222291078787813a a a q a q q a a a a ++====+++,故选:D 7.C 【分析】 由*11()2n n a a n N +=∈可知数列{}n a 是公比为2的等比数列,12n n a =,得2(2)2n n nn b n a λλ-==-,结合数列{b n }是单调递增数列,可得1n n b b +>对于任意的*n N ∈*恒成立,参变分离后即可得解.【详解】 由*11()2n n a a n N +=∈可知数列{}n a 是公比为2的等比数列, 所以1111()222n n n a -==, 2(2)2n n nn b n a λλ-==- ∵数列{n b 是单调递增数列, ∴1n n b b +>对于任意的*n N ∈*恒成立, 即1(12)2(2)2n n n n λλ++->-,整理得:22n λ+<32λ∴< ,故选:C. 【点睛】本题主要考查了已知数列的单调性求参,一般研究数列的单调性的方法有: 一、利用数列单调性的定义,由1n n a a +>得数列单增,1n n a a +<得数列单减; 二、借助于函数的单调性研究数列的单调性. 8.D 【分析】利用已知条件列出方程组求解即可得1,a q ,求出数列{a n }的通项公式,再利用错位相减法求和即可. 【详解】设等比数列{a n }的公比为q ,易知q ≠1,所以由题设得()()3136161711631a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩, 两式相除得1+q 3=9,解得q =2, 进而可得a 1=1, 所以a n =a 1q n -1=2n -1, 所以na n =n ×2n -1.设数列{na n }的前n 项和为T n , 则T n =1×20+2×21+3×22+…+n ×2n -1, 2T n =1×21+2×22+3×23+…+n ×2n ,两式作差得-T n =1+2+22+…+2n -1-n ×2n=1212n---n ×2n =-1+(1-n )×2n , 故T n =1+(n -1)×2n . 故选:D. 【点睛】本题主要考查了求等比数列的通项公式问题以及利用错位相减法求和的问题.属于较易题. 9.A 【分析】由20172021T T =得20182019202020211a a a a =,由等比数列性质得20182021201920201a a a a ==,这样可把2020a 和2021a 用q 表示出来后,可求得20202021ln ln a a . 【详解】{}n a 是正项等比数列,0n a >,0n T ≠,*n N ∈,所以由2017202120172018201920202021T T T a a a a ==⋅,得20182019202020211a a a a =, 所以20182021201920201a a a a ==,设{}n a 公比为q ,1q ≠,22021201820213()1a a a q ==,2202020192020()1a a a q==,即322021a q =,122020a q =,所以1220203202121ln ln ln 123ln 3ln ln 2qa q a q q ===. 故选:A . 【点睛】本题考查等比数列的性质,解题关键是利用等比数列性质化简已知条件,然后用公比q 表示出相应的项后可得结论. 10.C【分析】由题意可得1021031a a >,1021031,1a a ><,利用等比数列的性质即可求解. 【详解】由10210310a a ->,即1021031a a >,则有21021a q ⨯>,即0q >。
选择性必修第二册数列专题复习---02 等差、等比数列(原卷版)
数列专题------02等差、等比数列一、知识储备1.等差数列的定义及通项公式、前n 项和公式;2.等差中项、等差数列性质及前n 项和性质;3.等比数列的定义及通项公式、前n 项和公式;4.等比中项、等比数列性质及前n 项和性质;5.等差、等比数列定义的证明二、素养目标1.理解等差、等比数列的定义,熟练应用通项公式求等差、等比数列的通项;2.等差、等比数列求和公式的选择,等比数列求和公式中分类讨论意识的培养。
4.逻辑推理、数学运算、数学抽象素养的培养与提升三、针对训练(一)单选题1.在等差数列{}n a 中,56816,12,a a a +==则3a =()A .4-B .4C .2D .2-2.在等差数列{}n a 中,若11a =,2410a a +=,则20a =()A .38B .39C .40D .413.若21a +是1a -与42a -的等差中项,则实数a 的值为()A .14-B .110C .43D .54.在明朝程大位《算法统宗》中有首依等算钞歌:“甲乙丙丁戊己庚,七人钱本不均平,甲乙念三七钱钞,念六一钱戊己庚,惟有丙丁钱无数,要依等第数分明,请问先生能算者,细推详算莫差争.”题意是“现有甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七人,他们手里钱不一样多,依次成等差数列,已知甲、乙两人共237钱,戊、已、庚三人共261钱,求各人钱数.”根据上面的已知条件,丁有()A .107钱B .102钱C .101钱D .94钱5.已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和,若16a =,312S a =,则当n =______,n S 有最大值.()A .3B .4C .3或4D .4或56.若{}n a 为等差数列,其前n 项和为n S ,42S =,88S =,则12S =()A .10B .14C .16D .187.记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若35a =,51120a a +=,则10S =()A .34B .35C .68D .758.等比数列{}n a 中,10200,10,30,n a S S >==则30S =()A .40B .50C .60D .709.已知在正项等比数列{}n a 中,1549,6a a a ⋅==,则5a =()A .10B .12C .14D .1610.已知等比数列{}n a 各项均为正数,公比2q =,且满足2616a a =,则3a =()A .8B .4C .2D .111.设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和,2580a a +=,则52S S =()A .11-B .313C .313-D .912.若121,,,4a a 成等差数列;1231,,,,4b b b 成等比数列,则122a a b-等于A .12-B .12C .12±D .14(二)多选题13.《周髀算经》中有这样一个问题:冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列,若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺,芒种的日影子长为4.5尺,则()A .冬至的日影子长最长,为15.5尺B .立夏比谷雨的日影子长多1尺C .大寒、雨水、春分的日影子长成等差数列D .清明的日影子长为8.5尺14.已知{}n a 是等比数列,22a =,618a =,则公比q =()A .12-B .2-C .2D .12(三)填空题15.在各项均不相等的等比数列{}n a 中,137,21a S ==,则公比q 的值为___________.16.已知数列{}n a 满足()122,N nn an n a*-=≥∈,n S 为其前n 项和,若34a =,则8S =________.17.已知{}n a 是公比为2的等比数列,则1234a a a a ++的值为______.18.中国三大名楼之一的黄鹤楼因其独特的建筑结构而闻名,其外观有五层而实际上内部有九层,隐喻“九五至尊”之意,为迎接2022年春节的到来,有网友建议在黄鹤楼内部挂灯笼进行装饰,若在黄鹤楼内部九层塔楼共挂1533盏灯笼,且相邻的两层中,下一层的灯笼数是上一层灯笼数的两倍,则内部塔楼的顶层应挂______盏灯笼.(四)解答题19.已知等差数列{}n a 的前四项和为10,且237,,a a a 成等比数列(1)求数列{}n a 通项公式(2)设2n n n b a =+,求数列{}n b 的前n 项和nS 20.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且23122n S n n =+,递增的等比数列{}n b 满足:142318,32b b b b +=⋅=.(1)求数列{}{}n n a b 、的通项公式;(2)若*,N n n n c a b n =⋅∈,求数列{}n c 的前n 项和n T .21.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,等比数列{}n b 的前n 项和为n T ,11221,1,2a b a b =-=+=.(1)若335a b +=,求{}n b 的通项公式;(2)若321T =,求3S .22.设{}n a 是等差数列,前n 项和为n S ;{}n b 是各项均为正的等比数列,其前n 项和为n T ,已知11b =,232b b =-,435b a a =+,5462b a a =+.(1)求n a 和n T ;(2)若224n n n n S T a b +=+,求正整数n 的值.。
高考数学一轮复习《等比数列》综合练习题(含答案)
高考数学一轮复习《等比数列》综合练习题(含答案)一、单项选择题1.在等比数列{}n a 中,13524610,18a a a a a a -==,则{}n a 的公比q 为( )A .2-B .12-C .12D .22.等比数列{an }中,若a 5=9,则log 3a 4+log 3a 6=( ) A .2B .3C .4D .93.数列{}n a 满足()*331log 1log N n n a a n ++=∈,且1359a a a ++=,则()13579log a a a ++=( )A .4B .14C .2-D .12-4.已知各项均为正数的等比数列{}n a 满足,24a =,3424a a +=,则12233445910a a a a a a a a a a -+-+⋅⋅⋅+=( )A .188(21)5+B .188(21)5-C .208(21)5+D .208(21)5-5.已知数列{}n a 是等比数列,数列{}n b是等差数列,若76103a b π=,则210311sin 1b b a a +=-( ) AB. C .12D .12-6.已知数列满足212323n a a a na n ++++=,设n n b na =,则数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和为( ) A .40424043B .20214043C .40444045D .202240457.在适宜的环境中,一种细菌的一部分不断分裂产生新的细菌,另一部分则死亡.为研究这种细菌的分裂情况,在培养皿中放入m 个细菌,在1小时内,有34的细菌分裂为原来的2倍,14的细菌死亡,此时记为第一小时的记录数据.若每隔一小时记录一次细菌个数,则细菌数超过原来的10倍的记录时间为第( ) A .6小时末B .7小时末C .8小时末D .9小时末8.已知数列{}n a 满足()22N n n n a a n *++=∈,则{}n a 的前20项和20S =( )A .20215-B .20225-C .21215-D .21225-9.若数列{}n a 为等差数列,数列{}n b 为等比数列,则下列不等式一定成立的是( ) A .1423b b b b +≤+ B .4132b b b b ≤-- C .3124a a a a ≥D .3124a a a a ≤10.已知等比数列{}n a 各项均为正数,且满足:101a <<,1718171812a a a a +<+<,记12n n T a a a =,则使得1n T >的最小正数n 为( )A .36B .35C .34D .3311.观察下面数阵,则该数阵中第9行,从左往右数的第20个数是( ) A .545B .547C .549D .55112.高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数()[]f x x =,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,已知数列{}n a 满足12a =,26a =,2156n n n a a a +++=,若[]51log n n b a +=,为数列11000n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和,则[]2024S =( ) A .999B .749C .499D .249二、填空题13.设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知3614,126S S ==,则1a =___.14.在各项均为正数的等比数列{}n a 中,若74a =,则678a a a ++的最小值为______.15.已知数列{}n a 的首项为-1,12,nn n a a +=-则数列{}n a 的前10项之和等于________.16.已知数列{}n a 满足:11a =,()*112+1n nn N a a +=∈若()1111n n b n a λ+⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭,1b λ=-,且数列{}n b 是单调递增数列,则实数λ的取值范围为______.三、解答题17.在等比数列{}n a 中,已知320a =,6160a =, (1)求5a ; (2)求8S .18.设{}n a 是等差数列,2d =,且312,,4a a a +成等比数列. (1)求{}n a 的通项公式;(2)记{}n a 的前n 项和为n S ,求n S 的最小值.19.已知等比数列{}n a 的首项为1a ,公比为q ,且关于x 的不等式21120a x qx -->的解集为()(),26,-∞-⋃+∞.(1)求n a ;(2)设4log n n n b a a =+,求数列{}n b 的前n 项和n T .20.已知数列{}n a 是等差数列,首项12a =,且3a 是2a 与41a +的等比中项. (1)求数列{}n a 的通项公式; (2)设14n n n b a a +=,求数列{}n b 的前n 项和n S .21.已知数列{}n a 的首项113a =,且满足1341n n n a a a +=+. (1)证明:数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列.(2)若12311112022na a a a ++++<,求正整数n 的最大值.22.已知正项等比数列{}n a 满足21372,32a a a ==,数列{}n b 的前n 项和2n S n n =-.(1)求{}n a ,{}n b 的通项公式;(2)设,,n n na n cb n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数求数列{}nc 的前2n 项和2n T .23.设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,且满足___________.给出下列三个条件: ①48a =,()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥;②()1n n S pa p =-∈R ;③()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R .请从其中任选一个将题目补充完整,并求解以下问题: (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设()22121log n nb n a =+⋅,n T 是数列{}n b 的前n 项和,求证:1132n T ≤<参考答案1.D2.C3.C4.A5.A6.D7.A8.D9.D10.B11.C12.A 13.2 14.1215.31 16.4λ<17.(1)设等比数列{}n a 的公比为q ,则3638aq a ==,所以2q,所以25320480a a q ==⨯=;(2)由(1)可得3125a a q ==, 所以818(1)5(1256)127511a q S q -⨯-===--. 18.(1)因为132+4a a a ,,成等比数列,所以2312(+4)a a a =,即1112()4(6)a a a ++=,解得18a =-,所以82(1)210n a n n =-+-=-(2)由(1)知210n a n =-, 所以2282109819()224n n S n n n n -+-=⨯=-=--; 因为N n +∈所以当4n =或者5n =时,n S 取到最小值20-19.(1)等比数列{}n a 的首项为1a ,公比为q ,且关于x 的不等式21120a x qx -->的解集为()(),26,-∞-⋃+∞.则-2和6为21120a x qx --=的两根,所以()126qa -+=,()11226a -⨯=-, 解得11a =,4q =.所以1114n n n a a q --==.(2)由(1)得14log 41n n n n b a a n -=+=+-,所以()1144121n n T n -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+-,()141412n n n --=+-, 24132n n n--=+. 20.()23241a a a =+,()()()2111231a d a d a d +=+++, ()()()222233d d d +=++,()()()241312d d d +=++,()()144360d d d ++--=, ()()120d d +-=,∴1d =-,此时3220a d =+=, 舍,2d =,∴2n a n =; (2)()()411122111n b n n n n n n ===-⋅+++,11111122311n n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-= ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 21.(1)易知{}n a 各项均为正, 对1341n n n a a a +=+两边同时取倒数得1111433n n a a +=⋅+, 即1111223n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭,因为1121a -=,所以数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以1为首项,13为公比的等比数列.(2)由(1)知11111233n n n a --⎛⎫-==⎪⎝⎭,即11123n n a -=+, 所以()12311311113122112313n n n f n n n a a a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=++++=+=+- ⎪⎝⎭-, 显然()f n 单调递增,因为()10101011313110102021.52022,(1011)2023.520222323f f =-<=-⋅>,所以n 的最大值为1010.22.解:(1)由题意,设正项等比数列{}n a 的公比为()0q q >,则2237532a a a ==,故532a =.∴ 4451162a q a ===.解得2q .∴ 数列{}n a 的通项公式为1*222,n n n a n N -=⨯=∈ .当1n =时,110b S ==,当2n ≥时,()()()2211122n n n b S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦. ∴ 数列{}n b 的通项公式为*22,n b n n N =-∈(2)由(1)知,,2,,22,n n n n a n n c b n n n ⎧⎧==⎨⎨-⎩⎩为奇数为奇数为偶数为偶数.∴21234212n n n T c c c c c c -=++++++()132********n n -=++++++-()()132********n n -=+++++++-⎡⎤⎣⎦=2122222[2(42)]122n n n --⋅⋅+--212122233n n +=⋅+- 23.(1)若选①,因为()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥,所以()2112n n n a a a n -+=≥,所以数列{}n a 是等比数列设数列{}n a 的公比为q ,0q >由33418a a q q ===得2q所以12n n a -=若选②,因为()1n n S pa p =-∈R ,当1n =时,1111S pa a =-=,所以2p =,即21n n S a =- 当2n ≥时,1122n n n n n a S S a a --=-=-,所以()122n n a a n -=≥所以数列{}n a 是以1为首项,2为公比的等比数列所以12n n a -=若选③,因为()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R ,当1n =时,11222a k =⋅=,所以1k =,即()12323412n n a a a n a n +++⋅⋅⋅++=⋅当2n ≥时,()1123123412n n a a a na n --+++⋅⋅⋅+=-⋅,所以()()()11122n n n a n n -+=+⋅≥,即()122n n a n -=≥,当1n =时,上式也成立,所以12n n a -=(2) 由(1)得()()()221111121log 212122121n n b n a n n n n ⎛⎫===- ⎪+⋅+⋅--+⎝⎭所以()111111111233521212221n T n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪-++⎝⎭ ∵*N n ∈,∴()10221n >+,∴()11122212nT n =-<+ 易证*n ∈N 时,()112221n T n =-+是增函数,∴()113n T T ≥=.故1132n T ≤<。
高考数学第二轮复习专题四数列第1讲等差数列、等比数列文试题
智才艺州攀枝花市创界学校专题四数列第1讲等差数列、等比数列真题试做1.(2021·高考,文4)在等差数列{a n}中,a4+a8=16,那么a2+a10=().A.12B.16C.20D.242.(2021·高考,文5)公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数,且a3a11=16,那么a5=().A.1B.2C.4D.83.(2021·高考,文6){a n}为等比数列.下面结论中正确的选项是().A.a1+a3≥2a2B.a+a≥2aC.假设a1=a3,那么a1=a2D.假设a3>a1,那么a4>a24.(2021·高考,文14)等比数列{a n}为递增数列.假设a1>0,且2(a n+a n+2)=5a n+1,那么数列{a n}的公比q=__________.5.(2021·高考,文16)等比数列{a n}的公比q=-.(1)假设a3=,求数列{a n}的前n项和;(2)证明:对任意k∈N+,a k,a k+2,a k+1成等差数列.考向分析高考中对等差(等比)数列的考察主、客观题型均有所表达,一般以等差、等比数列的定义或者以通项公式、前nn项和公式建立方程组求解,属于低档题;(2)对于等差、等比数列性质的考察主要以客观题出现,具有“新、巧、活〞的特点,考察利用性质解决有关计算问题,属中低档题;(3)对于等差、等比数列的判断与证明,主要出如今解答题的第一问,是为求数列的通项公式而准备的,因此是解决问题的关键环节.热点例析热点一等差、等比数列的根本运算【例1】(2021·质检,20)设数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,等式a n+a n+2=2a n+1对任意n∈N*均成立.(1)假设a4=10,求数列{a n}的通项公式;(2)假设a2=1+t,且存在m≥3(m∈N*),使得a m=S m成立,求t的最小值.规律方法此类问题应将重点放在通项公式与前n项和公式的直接应用上,注重五个根本量a1,a n,S n,n,d(q)之间的转化,会用方程(组)的思想解决“知三求二〞问题.我们重在认真观察条件,在选择a1,d(q)两个根本量解决问题的同时,看能否利用等差、等比数列的根本性质转化条件,否那么可能会导致列出的方程或者方程组较为复杂,无形中增大运算量.同时在运算过程中注意消元法及整体代换的应用,这样可减少计算量.特别提醒:(1)解决等差数列{a n}前n项和问题常用的有三个公式:S n=;S n=na1+d;S n=An2+Bn(A,B 为常数),灵敏地选用公式,解决问题更便捷;(2)利用等比数列前n项和公式求和时,不可无视对公比q是否为1的讨论.变式训练1(2021·质检,20)等差数列{a n}的公差大于零,且a2,a4是方程x2-18x+65=0的两个根;各项均为正数的等比数列{b n}的前n项和为S n,且满足b3=a3,S3=13.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)假设数列{c n}满足c n=求数列{c n}的前n项和T n.热点二等差、等比数列的性质【例2】(1)在正项等比数列{a n}中,a2,a48是方程2x2-7x+6=0的两个根,那么a1·a2·a25·a48·a49的值是().A.B.93C.±9D.35(2)正项等比数列{a n}的公比q≠1,且a2,a3,a1成等差数列,那么的值是().A.或者B.C.D.规律方法(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进展求解;(2)应结实掌握等差、等比数列的性质,特别是等差数列中假设“m+n=p+q,那么a m+a n=a p+a q〞这一性质与求和公式S n=的综合应用.变式训练2(1)(2021·玉山期末,3)等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S15=25π,那么tan a8的值是().A.B.-C.±D.-(2)(2021·调研,7)数列{a n}是等比数列,其前n项和为S n,假设公比q=2,S4=1,那么S8=().A.17B.16 C.15D.256热点三等差、等比数列的断定与证明【例3】(2021·一模,20)在数列{a n}中,a1=5且a n=2a n-1+2n-1(n≥2,且n∈N*).(1)证明:数列为等差数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.规律方法证明数列{a n}为等差或者等比数列有两种根本方法:(1)定义法a n+1-a n=d(d为常数)⇔{a n}为等差数列;=q(q为常数)⇔{a n}为等比数列.(2)等差、等比中项法2a n=a n-1+a n+1(n≥2,n∈N*)⇔{a n}为等差数列;a=a n-1a n+1(a n≠0,n≥2,n∈N*)⇔{a n}为等比数列.我们要根据题目条件灵敏选择使用,一般首选定义法.利用定义法一种思路是直奔主题,例如此题方法;另一种思路是根据条件变换出要解决的目的,如此题还可这样去做:由a n=2a n-1+2n-1,得a n-1=2a n-1-2+2n,所以a n-1=2(a n-1-1)+2n,上式两边除以2n,从而可得=+1,由此证得结论.特别提醒:(1)判断一个数列是等差(等比)数列,还有通项公式法及前n项和公式法,但不作为证明方法;(2)假设要判断一个数列不是等差(等比)数列,只需判断存在连续三项不成等差(等比)即可;(3)a=a n-1a n+1(n≥2,n∈N*)是{a n}为等比数列的必要而不充分条件,也就是要注意判断一个数列是等比数列时,要注意各项不为0.变式训练3在数列{a n}中,a n+1+a n=2n-44(n∈N*),a1=-23,是否存在常数λ使数列{a n-n+λ}为等比数列,假设存在,求出λ的值及数列的通项公式;假设不存在,请说明理由.思想浸透1.函数方程思想——等差(比)数列通项与前n项和的计算问题:(1)等差(比)数列有关条件求数列的通项公式和前n项和公式,及由通项公式和前n项和公式求首项、公差(比)、项数及项,即主要指所谓的“知三求二〞问题;(2)由前n项和求通项;(3)解决与数列通项、前n项和有关的不等式最值问题.2.求解时主要思路方法为:(1)运用等差(比)数列的通项公式及前n项和公式中的5个根本量,建立方程(组),进展运算时要注意消元的方法及整体代换的运用;(2)数列的本质是定义域为正整数集或者其有限子集的函数,数列的通项公式即为相应的函数解析式,因此在解决数列问题时,应用函数的思想求解.在等比数列{a n}中,a n>0(n∈N*),公比q∈(0,1),且a1a5+2a3a5+a2a8=25,a3与a5的等比中项为2.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log2a n,数列{b n}的前n项和为S n,当++…+最大时,求n的值.解:(1)∵a1a5+2a3a5+a2a8=25,∴a+2a3a5+a=25.又a n>0,∴a3+a5=5.又a3与a5的等比中项为2,∴a3a5=4.而q∈(0,1),∴a3>a5.∴a3=4,a5=1,q=,a1=16.∴a n=16×n-1=25-n.(2)b n=log2a n=5-n,∴b n+1-b n=-1,∴{b n}是以4为首项,-1为公差的等差数列.∴S n=,=,∴当n≤8时,>0;当n=9时,=0;当n>9时,<0;∴n=8或者9时,++…+最大.1.(2021·一模,5)在等差数列{a n}中,a9=a12+6,那么数列{a n}前11项的和S11等于().A.24B.48 C.66D.1322.(2021·名校创新冲刺卷,4)设{a n}是等比数列,那么“a1<a2<a3”是“数列{a n}是递增数列〞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3.(2021·质检,2)等比数列{a n}的公比q为正数,且2a3+a4=a5,那么q的值是().A.B.2 C.D.34.(2021·调研,6)等差数列{a n}的前n项和为S n,满足S20=S40,那么以下结论中正确的选项是().A.S30是S n的最大值B.S30是S n的最小值C.S30=0D.S60=05.正项等比数列{a n}满足a7=a6+2a5,假设存在两项a m,a n,使得=4a1,那么+的最小值为________.6.(原创题)数列{a n}为等差数列,数列{b n}为等比数列,且满足a1000+a1013=π,b1b13=2,那么tan=__________.7.(2021·五校联考,20)数列{a n}的前n项和为S n,a1=,S n=n2a n-n(n-1),n=1,2,….(1)证明:数列是等差数列,并求S n;(2)设b n=,求证:b1+b2+…+b n<1.8.设{a n}是公比大于1的等比数列,S n为数列{a n}的前n项和.S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=ln a3n+1,n=1,2,…,求数列{b n}的前n项和T n.参考答案·明晰考向真题试做1.B解析:由等差数列的性质知,a2+a10=a4+a8=16,应选B.2.A解析:由题意可得,a3·a11=a=16,∴a7=4.∴a5===1.3.B解析:A中当a1,a3为负数,a2为正数时,a1+a3≥2a2不成立;B中根据等比数列的性质及均值不等式得,a+a≥2=2a;C中取a1=a3=1,a2=-1,显然a1≠a2;D中取a1=1,a2=-2,a3=4,a4=-8,可知a4>a2不成立.综上可知仅有B正确.4.2解析:∵等比数列{a n}为递增数列,且a1>0,∴公比q>1.又∵2(a n+a n+2)=5a n+1,∴2a n+2a n q2=5a n q.∵a n≠0,∴2q2-5q+2=0.∴q=2或者q=(舍去).∴公比q为2.5.(1)解:由a3=a1q2=及q=-,得a1=1,所以数列{a n}的前n项和S n==.(2)证明:对任意k∈N+,2a k+2-(a k+a k+1)=2a1q k+1-(a1q k-1+a1q k)=a1q k-1(2q2-q-1),由q=-得2q2-q-1=0,故2a k+2-(a k+a k+1)=0.所以,对任意k∈N+,a k,a k+2,a k+1成等差数列.精要例析·聚焦热点热点例析【例1】解:(1)∵a n+a n+2=2a n+1对n∈N*都成立,∴数列{a n}为等差数列.设数列{a n}的公差为d,∵a1=1,a4=10,且a4=a1+3d=10.∴d=3.∴a n=a1+(n-1)d=3n-2.∴数列{a n}的通项公式为a n=3n-2.(2)∵a2=1+t,∴公差d=a2-a1=t.∴a n=a1+(n-1)d=1+(n-1)t.S n=na1+d=n+t.由a m=S m得1+(m-1)t=m+t,∴(m-1)t=(m-1)+t.∴t=1+t.∴t=.∵m≥3,∴-2≤t<0.∴t的最小值为-2.【变式训练1】解:(1)设{a n}的公差为d(d>0),{b n}的公比为q(q>0),那么由x2-18x+65=0,解得x=5或者x=13.因为d>0,所以a2<a4,那么a2=5,a4=13.那么解得a1=1,d=4,所以a n=1+4(n-1)=4n-3.因为解得b1=1,q=3.所以b n=3n-1.(2)当n≤5时,T n=a1+a2+a3+…+a n=n+×4=2n2-n;当n>5时,T n=T5+(b6+b7+b8+…+b n)=(2×52-5)+=.所以T n=【例2】(1)B解析:依题意知a2·a48=3.又a1·a49=a2·a48=a=3,a25>0,∴a1·a2·a25·a48·a49=a=9.(2)C解析:因为a2,a3,a1成等差数列,所以a3=a1+a2.∴q2=1+q.又q>0,解得q=,故===.【变式训练2】(1)B解析:∵S15=15a8=25π,∴a8=.∴tan a8=tan=tan=-tan=-.(2)A解析:S8=S4+(a5+a6+a7+a8)=S4+q4S4=17.【例3】(1)证明:设b n=,b1==2,∴b n+1-b n=-=[(a n+1-2a n)+1]=[(2n+1-1)+1]=1,∴数列是首项为2,公差为1的等差数列.(2)解:由(1)知,=+(n-1)×1,∴a n=(n+1)·2n+1.∵S n=(2·21+1)+(3·22+1)+…+(n·2n-1+1)+[(n+1)·2n+1],∴S n=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n+n.设T n=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,①那么2T n=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1.②由②-①,得T n=-2·21-(22+23+…+2n)+(n+1)·2n+1=n·2n+1,∴S n=n·2n+1+n=n·(2n+1+1).【变式训练3】解:假设a n+1-(n+1)+λ=-(a n-n+λ)成立,整理得a n+1+a n=2n+1-2λ,与a n+1+a n=2n-44比较得λ=.∴数列是以-为首项,-1为公比的等比数列.故a n-n+=-(-1)n-1,即a n=n--(-1)n-1.创新模拟·预测演练1.D解析:设等差数列{a n}的公差为d,那么由a9=a12+6得a1+8d=(a1+11d)+6,整理得a1+5d=12,即a6=12,∴S11=11a6=132.2.C解析:由a1<a2<a3,得有或者那么数列{a n}是递增数列,反之显然成立,应选C.3.B解析:由2a3+a4=a5得2a3+a3q=a3q2,∴q2-q-2=0,解得q=2或者q=-1(舍去).4.D解析:由S20=S40得a21+a22+a23+…+a40=0,∴a21+a40=0.∴S60=(a1+a60)×60=(a21+a40)×60=0.5.解析:由a7=a6+2a5,得q2-q-2=0,解得q=2或者q=-1(舍去),∴a m a n=a1q m-1·a1q n-1=16a.∴q m+n-2=2m+n-2=24.∴m+n-2=4.∴m+n=6.∴+=··(m+n)=≥(5+4)=(当且仅当4m2=n2时,“=〞成立).6.-解析:因为数列{a n}为等差数列,数列{b n}为等比数列,所以由它们的性质可得a1000+a1013=a1+a2012=π,b1b13=b=2,那么tan=tan=-.7.证明:(1)由S n=n2a n-n(n-1)(n≥2),得S n=n2(S n-S n-1)-n(n-1),即(n2-1)S n-n2S n-1=n(n-1),所以S n-S n-1=1,对n≥2成立.S1=1,所以是首项为1,公差为1的等差数列,S1=a1=,所以S n=,当n=1时也成立.(2)b n===-,∴b1+b2+…+b n=1-+-+…+-=1-<1.8.解:(1)设数列{a n}的公比为q(q>1).由得即即解得a1=1,q=2或者a1=4,q=(舍去).∴a n=2n-1.(2)由(1)得a3n+1=23n,∴b n=ln a3n+1=ln23n=3n ln2,∴b n+1-b n=3ln2.∴{b n}是以b1=3ln2为首项,公差为3ln2的等差数列.∴T n=b1+b2+…+b n===,即T n=.。
高考难点:等差等比数列的性质(含详解)
高考难点:等差等比数列的性质考点解析:等差、等比数列的性质是等差、等比数列的概念,通项公式,前n 项和公式的引申.应用等差等比数列的性质解题,往往可以回避求其首项和公差或公比,使问题得到整体地解决,能够在运算时达到运算灵活,方便快捷的目的,故一直受到重视.高考中也一直重点考查这部分内容. 例1、已知函数f (x )=412-x (x <-2).(1)求f (x )的反函数f --1(x ); (2)设a 1=1,11+n a =-f --1(a n )(n ∈N *),求a n ;(3)设S n =a 12+a 22+…+a n 2,b n =S n +1-S n 是否存在最小正整数m ,使得对任意n ∈N *,有b n <25m成立?若存在,求出m 的值;若不存在,说明理由. 解:(1)设y =412-x ,∵x <-2,∴x =-214y +, 即y =f --1(x )=-214y+(x >0) (2)∵411,14122121=-∴+=++nn nn a a a a ,∴{21na }是公差为4的等差数列,∵a 1=1, 21na =211a +4(n -1)=4n -3,∵a n >0,∴a n =341-n .(3)b n =S n +1-S n =a n +12=141+n ,由b n <25m ,得m >1425+n ,设g (n )= 1425+n ,∵g (n )= 1425+n 在n ∈N *上是减函数,∴g (n )的最大值是g (1)=5,∴m >5,存在最小正整数m =6,使对任意n ∈N *有b n <25m成立.例2、设等比数列{a n }的各项均为正数,项数是偶数,它的所有项的和等于偶数项和的4倍,且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍,问数列{lg a n }的前多少项和最大?(lg2=0.3,lg3=0.4)解法一:设公比为q ,项数为2m ,m ∈N *,依题意有⎪⎩⎪⎨⎧+=⋅--⋅=--⋅)(9)()(1)1(1)1(312131122121q a q a q a q a q q q a q q a m m化简得⎪⎩⎪⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧+==+10831 ),1(9114121a q q q a q q 解得.设数列{lg a n }前n 项和为S n ,则S n =lg a 1+lg a 1q 2+…+lg a 1q n -1=lg a 1n ·q 1+2+…+(n -1)=n lg a 1+21n (n -1)·lg q =n (2lg2+lg3)-21n (n -1)lg3=(-23lg )·n 2+(2lg2+27lg3)·n可见,当n =3lg 3lg 272lg 2+时,S n 最大. 而4.024.073.043lg 3lg 272lg 2⨯⨯+⨯=+=5,故{lg a n }的前5项和最大. 解法二:接前,⎪⎩⎪⎨⎧==311081q a ,于是lg a n =lg [108(31)n -1]=lg108+(n -1)lg 31,∴数列{lg a n }是以lg108为首项,以lg 31为公差的等差数列,令lg a n ≥0,得2lg2-(n -4)lg3≥0,∴n ≤4.04.043.023lg 3lg 42lg 2⨯+⨯=+=5.5. 由于n ∈N *,可见数列{lg a n }的前5项和最大.一、选择题1.等比数列{a n }的首项a 1=-1,前n 项和为S n ,若3231510=S S ,则lim ∞→n S n 等于( ) 32 B. 32A.- C.2 D.-2二、填空题2.已知a ,b ,a +b 成等差数列,a ,b ,ab 成等比数列,且0<log m (ab )<1,则m 的取值范围是_________.3.等差数列{a n }共有2n +1项,其中奇数项之和为319,偶数项之和为290,则其中间项为_________.4.已知a 、b 、c 成等比数列,如果a 、x 、b 和b 、y 、c 都成等差数列,则ycx a +=_________. 三、解答题5.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 3=12,S 12>0,S 13<0. (1)求公差d 的取值范围;(2)指出S 1、S 2、…、S 12中哪一个值最大,并说明理由.6.已知数列{a n }为等差数列,公差d ≠0,由{a n }中的部分项组成的数列a 1b ,a 2b ,…,a n b ,…为等比数列,其中b 1=1,b 2=5,b 3=17.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)记T n =C 1n b 1+C 2n b 2+C 3n b 3+…+C nn b n ,求nn nn bT +∞→4lim. 7.设{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,a 1=b 1=1,a 2+a 4=b 3,b 2·b 4=a 3,分别求出{a n }及{b n }的前n 项和S 10及T 10.8.{a n }为等差数列,公差d ≠0,a n ≠0,(n ∈N *),且a k x 2+2a k +1x +a k +2=0(k ∈N *) (1)求证:当k 取不同自然数时,此方程有公共根; (2)若方程不同的根依次为x 1,x 2,…,x n ,…,求证:数列11,,11,1121+++n x x x 为等差数列.难点磁场解法一:将S m =30,S 2m =100代入S n =na 1+2)1(-n n d ,得: ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+=-+1002)12(22302)1(11d m m ma d m m ma 2102)13(33,2010,4013212=-+=∴+==d m m ma S m m a md m 解得解法二:由]2)13([32)13(33113dm a m d m m ma S m -+=-+=知,要求S 3m 只需求m[a 1+2)13(d m -],将②-①得ma 1+ 2)13(-m m d =70,∴S 3m =210.解法三:由等差数列{a n }的前n 项和公式知,S n 是关于n 的二次函数,即S n =An 2+Bn (A 、B 是常数).将S m =30,S 2m =100代入,得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅+=+m B m A m B m A Bm Am 1020 1002)2(30222,∴S 3m =A ·(3m )2+B ·3m =210 解法四:S 3m =S 2m +a 2m +1+a 2m +2+…+a 3m =S 2m +(a 1+2md )+…+(a m +2md )=S 2m +(a 1+…+a m )+m ·2md =S 2m +S m +2m 2d .由解法一知d =240m,代入得S 3m =210. 解法五:根据等差数列性质知:S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m 也成等差数列,从而有:2(S 2m -S m )=S m +(S 3m -S 2m )∴S 3m =3(S 2m -S m )=210解法六:∵S n =na 1+2)1(-n n d , ∴n S n =a 1+2)1(-n n d ∴点(n , nS n )是直线y =2)1(dx -+a 1上的一串点,由三点(m ,m S m ),(2m ,mS m22),(3m , m S m 33)共线,易得S 3m =3(S 2m -S m )=210.解法七:令m =1得S 1=30,S 2=100,得a 1=30,a 1+a 2=100,∴a 1=30,a 2=70∴a 3=70+(70-30)=110 ∴S 3=a 1+a 2+a 3=210 答案:210 课后训练一、1.解析:利用等比数列和的性质.依题意,3231510=S S ,而a 1=-1,故q ≠1,① ②∴3213232315510-=-=-S S S ,根据等比数列性质知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10,…,也成等比数列,且它的公比为q 5,∴q 5=-321,即q =-21.∴.321lim 1-=-=∞→q a S n n 答案:B二、2.解析:解出a 、b ,解对数不等式即可. 答案:(-∞,8) 3.解析:利用S 奇/S 偶=nn 1+得解. 答案:第11项a 11=29 4.解法一:赋值法. 解法二:b =aq ,c =aq 2,x =21(a +b )=21a (1+q ),y =21(b +c )=21aq (1+q ),y c x a + =)1(41)1(21)1(2122222q q a q q a q q a xy cx ay ++++=+=2.答案:2三、5.(1)解:依题意有:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<⨯+=>⨯+==+=0212131302111212,12211311213d a S d a S d a a 解之得公差d 的取值范围为-724<d <-3. (2)解法一:由d <0可知a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13,因此,在S 1,S 2,…,S 12中S k为最大值的条件为:a k ≥0且a k +1<0,即⎩⎨⎧<-+≥-+0)2(0)3(33d k a d k a∵a 3=12,∴⎩⎨⎧-<-≥122123d kd d kd ,∵d <0,∴2-d 12<k ≤3-d 12∵-724<d <-3,∴27<-d12<4,得5.5<k <7.因为k 是正整数,所以k =6,即在S 1,S 2,…,S 12中,S 6最大.解法二:由d <0得a 1>a 2>…>a 12>a 13,因此,若在1≤k ≤12中有自然数k ,使得a k ≥0,且a k +1<0,则S k 是S 1,S 2,…,S 12中的最大值.由等差数列性质得,当m 、n 、p 、q ∈N *,且m +n =p +q 时,a m +a n =a p +a q .所以有:2a 7=a 1+a 13=132S 13<0,∴a 7<0,a 7+a 6=a 1+a 12=61S 12>0,∴a 6≥-a 7>0,故在S 1,S 2,…,S 12中S 6最大.解法三:依题意得:)(2)212()1(221n n d d n d n n na S n -+-=-+= 222)]245(21[,0,)245(8)]245(21[2dn d d d d n d --∴<----=最小时,S n 最大; ∵-724<d <-3,∴6<21(5-d24)<6.5.从而,在正整数中,当n =6时,[n -21 (5-d24)]2最小,所以S 6最大. 点评:该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求,难度不高,入手容易.第(2)问难度较高,为求{S n }中的最大值S k ,1≤k ≤12,思路之一是知道S k 为最大值的充要条件是a k ≥0且a k +1<0,思路之三是可视S n 为n 的二次函数,借助配方法可求解.它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力,较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律,找出“分水岭”,从而得解.6.解:(1)由题意知a 52=a 1·a 17,即(a 1+4d )2=a 1(a 1+16d )⇒a 1d =2d 2,∵d ≠0,∴a 1=2d ,数列{n b a }的公比q =11154a da a a +==3, ∴n b a =a 1·3n -1① 又n b a =a 1+(b n -1)d =121a b n + ②由①②得a 1·3n -1=21+n b ·a 1.∵a 1=2d ≠0,∴b n =2·3n -1-1.(2)T n =C 1n b 1+C 2n b 2+…+C n n b n =C 1n (2·30-1)+C 2n ·(2·31-1)+…+C nn (2·3n -1-1)=32(C 1n +C 2n ·32+…+C n n ·3n )-(C 1n +C 2n +…+C nn )=32[(1+3)n -1]-(2n -1)= 32·4n -2n +31, .32)41()43(211)41(31)21(32lim 1324312432lim 4lim 11=-⋅++-=-⋅++-⋅=+∴-∞→-∞→∞→n n nn n n n n n n n n n n b T 7.解:∵{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,∴a 2+a 4=2a 3,b 2·b 4=b 32,已知a 2+a 4=b 3,b 2·b 4=a 3,∴b 3=2a 3,a 3=b 32, 得b 3=2b 32,∵b 3≠0,∴b 3=21,a 3=41.由a 1=1,a 3=41,知{a n }的公差d =-83,∴S 10=10a 1+2910⨯d =-855.由b 1=1,b 3=21,知{b n }的公比q =22或q =-22, ).22(32311)1(,22);22(32311)1(,221011010110-=--=-=+=--==q q b T q q q b T q 时当时当8.证明:(1)∵{a n }是等差数列,∴2a k +1=a k +a k +2,故方程a k x 2+2a k +1x +a k +2=0可变为(a k x +a k +2)(x +1)=0,∴当k 取不同自然数时,原方程有一个公共根-1.(2)原方程不同的根为x k =kk k k k a da d a a a 2122--=+-=-+ .21}11{)(2122)2(21111,211111为公差的等差数列是以常数-+∴-=-=-=---=+-+-=+∴+++k k k k k k k k k x d d d a a d a d a x x d a x。
高考数学专题三数列 微专题21 等差数列、等比数列
设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,且q>0, 因为 S14=7(a10+3),则 14a1+14×2 13d=7(a1+9d+3),可得 a1+4d= 3,即 a5=3,
因为b5=b=16,则b1q4=(b1q)4=16,可得q=2,b1=1, 因为cn=an+bn, 所以T9=c1+c2+…+c9=(a1+a2+…+a9)+(b1+b2+…+b9) =a1+2 a9×9+b111--qq9=a5×9+11--229 =3×9+11--229=538.
①
由 a1+S11=67,得 12a1+11×2 10d=67,即 12a1+55d=67.
②
由①②解得a1=1,d=1,所以an=n, 于是a3a10=3×10=30,而a30=30,故a3a10是{an}中的第30项.
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2.(2023·武汉模拟)已知等比数列{an}满足a6=2,且a7,a5,a9成等差数列,
(2)(2023·新高考全国Ⅰ)设等差数列{an}的公差为 d,且 d>1.令 bn=n2a+n n, 记 Sn,Tn 分别为数列{an},{bn}的前 n 项和. ①若 3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
∵3a2=3a1+a3, ∴3d=a1+2d,解得a1=d, ∴S3=3a2=3(a1+d)=6d,
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3.记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a5-a3=12,a6-a4=24,则Sann等于
A.2n-1
√B.2-21-n
C.2-2n-1
D.21-n-1
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方法一 设等比数列{an}的公比为q, 则 q=aa65--aa43=2142=2. 由a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12,得a1=1. 所以 an=a1qn-1=2n-1,Sn=a111--qqn=2n-1, 所以Sann=22n-n-11=2-21-n.
高考数学复习考点题型专题讲解8 等差数列与等比数列
高考数学复习考点题型专题讲解专题8 等差数列与等比数列高考定位 1.等差、等比数列的基本运算和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现;2.数列的通项也是高考热点,难度中档以下.1.(2022·全国乙卷)已知等比数列{a n }的前3项和为168,a 2-a 5=42,则a 6=( ) A.14 B.12 C.6 D.3 答案 D解析 法一 设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q , 由题意可得⎩⎨⎧S 3=168,a 2-a 5=42,即⎩⎨⎧a 1(1+q +q 2)=168,a 1q (1-q 3)=42,解得⎩⎨⎧a 1=96,q =12,所以a 6=a 1q 5=3,故选D.法二 设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q , 由题意可得⎩⎨⎧S 3=168,a 2-a 5=42,即⎩⎨⎧a 1(1-q 3)1-q =168,a 1q (1-q 3)=42,解得⎩⎨⎧a 1=96,q =12,所以a 6=a 1q 5=3,故选D.2.(2021·全国甲卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若S 2=4,S 4=6,则S 6=( ) A.7 B.8 C.9 D.10 答案 A解析 法一 因为S 2=4,S 4=6,且易知公比q ≠±1,所以由等比数列的前n 项和公式,得⎩⎪⎨⎪⎧S 2=a 1(1-q 2)1-q =a 1(1+q )=4,S 4=a 1(1-q 4)1-q =a 1(1+q )(1+q 2)=6,两式相除,得q 2=12,所以⎩⎨⎧a 1=4(2-2),q =22或⎩⎨⎧a 1=4(2+2),q =-22,所以S 6=a 1(1-q 6)1-q=7.故选A.法二 易知S 2,S 4-S 2,S 6-S 4构成等比数列,由等比中项得S 2(S 6-S 4)=(S 4-S 2)2,即4(S 6-6)=22,所以S 6=7.故选A.3.(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA ′,BB ′,CC ′,DD ′是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举,OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3.已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列,且直线OA 的斜率为0.725,则k 3等于( )A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9答案 D解析设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3,依题意,有k3-0.2=k1,k3-0.1=k2,且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725,所以0.5+3k3-0.34=0.725,故k3=0.9.4.(2021·全国甲卷)已知数列{a n}的各项为正数,记S n为{a n}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列;②数列{S n}是等差数列;③a2=3a1.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.解①③⇒②.已知{a n}是等差数列,a2=3a1.设数列{a n}的公差为d,则a2=3a1=a1+d,得d=2a1,所以S n=na1+n(n-1)2d=n2a1.因为数列{a n }的各项均为正数, 所以S n =n a 1,所以S n +1-S n =(n +1)a 1-n a 1=a 1(常数),所以数列{S n }是等差数列. ①②⇒③.已知{a n }是等差数列,{S n }是等差数列. 设数列{a n }的公差为d , 则S n =na 1+n (n -1)2d=12n 2d +⎝⎛⎭⎪⎫a 1-d 2n .因为数列{S n }是等差数列,所以数列{S n }的通项公式是关于n 的一次函数, 则a 1-d2=0,即d =2a 1, 所以a 2=a 1+d =3a 1. ②③⇒①.已知数列{S n }是等差数列,a 2=3a 1, 所以S 1=a 1,S 2=a 1+a 2=4a 1. 设数列{S n }的公差为d ,d >0, 则S 2-S 1=4a 1-a 1=d ,得a 1=d 2, 所以S n =S 1+(n -1)d =nd , 所以S n =n 2d 2,所以n ≥2时,a n =S n -S n -1=n 2d 2-(n -1)2d 2=2d 2n -d 2, 对n =1也适合,所以a n =2d 2n -d 2,所以a n +1-a n =2d 2(n +1)-d 2-(2d 2n -d 2)=2d 2(常数), 所以数列{a n }是等差数列.热点一 等差数列、等比数列的基本公式1.等差数列的通项公式:a n =a 1+(n -1)d ;2.等比数列的通项公式:a n =a 1·q n -1.3.等差数列的求和公式:S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)2d ;4.等比数列的求和公式:S n =⎩⎨⎧a 1(1-q n )1-q =a 1-a n q1-q ,q ≠1,na 1,q =1.例 1 (1)已知等比数列{a n }的各项均为正数,且3a 12,a 34,a 2成等差数列,则a 20+a 19a 18+a 17等于( ) A.9 B.6 C.3 D.1(2)(2022·全国乙卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若2S 3=3S 2+6,则公差d =________.(3)已知{a n }是递减的等比数列,且a 2=2,a 1+a 3=5,则{a n }的通项公式为________;a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n +1(n ∈N *)=________. 答案 (1)A (2)2(3)a n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -3(n ∈N *) 323×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫14n解析 (1)设公比为q ,由3a 12,a 34,a 2成等差数列, 可得3a 12+a 2=a 32,所以3a 12+a 1q =a 1q 22,则q 2-2q -3=0,解得q =-1(舍去)或q =3.所以a 20+a 19a 18+a 17=a 18q 2+a 17q 2a 18+a 17=q 2=9.(2)由2S 3=3S 2+6,可得2(a 1+a 2+a 3)=3(a 1+a 2)+6, 化简得2a 3=a 1+a 2+6, 即2(a 1+2d )=2a 1+d +6, 解得d =2.(3)设等比数列{a n }的公比为q , 由a 2=2,a 1+a 3=5, 得2q+2q =5, 解得q =12或q =2,又{a n }是递减的等比数列, 所以q =12,所以a n =a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2=12n -3,所以a n a n +1=12n -3·12n -2=122n -5,则a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n +1是首项为8, 公比为14的等比数列的前n 项和,故a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n +1=8×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫14n1-14=323×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫14n.规律方法 等差数列、等比数列的基本量问题的求解策略 (1)抓住基本量:首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征,如前n 项和为S n =an 2+bn (a ,b 是常数)形式的数列为等差数列,通项公式为a n =p ·q n -1(p ,q ≠0)形式的数列为等比数列.训练1 (1)(2022·潍坊三模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 7-S 6=24,a 3=8,则数列{a n }的公差d =( ) A.2 B.4 C.6 D.8(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1+a 3=30,S 4=90,设b n =log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13a n ,则数列{b n }的前15项和为( ) A.16 B.80 C.120 D.150(3)(2022·成都诊断)程大位是我国明代伟大的数学家,在他所著的《算法统宗》中有一道“竹筒容米”题:家有九节竹一茎,为因盛米不均平;下头三节三升九,上梢四节贮三升;惟有中间二节竹,要将米数次第盛;若是先生能算法,教君只算到天明.用你所学的数学知识求得中间二节的容积和为( ) A.2.1升 B.2.6升 C.2.7升 D.2.9升 答案 (1)B (2)C (3)A解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1, 公差为d ,则a n =a 1+(n -1)d , 而a 7=S 7-S 6=24,又a 3=8,∴a 7-a 3=a 1+6d -(a 1+2d )=4d =16, 解得d =4,故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ,则S 4=a 1+a 2+a 3+a 4=(a 1+a 3)(1+q )=90, 又a 1+a 3=a 1(1+q 2)=30, 解得a 1=6,q =2, 所以a n =a 1q n -1=3·2n , 所以b n =log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13a n =n ,则{b n }为等差数列, 所以数列{b n }的前15项和T 15=15(b 1+b 15)2=15×(1+15)2=120.故选C.(3)设从下到上每节竹容积构成数列{a n },易知{a n }为等差数列, 设其公差为d ,则a 1+a 2+a 3=3.9,a 6+a 7+a 8+a 9=3,即(a 1+a 3)×32=3.9,(a 6+a 9)×42=3,所以a 1+a 3=2.6,a 6+a 9=1.5, 即2a 1+2d =2.6,2a 1+13d =1.5, 解得a 1=1.4,d =-0.1, 所以a 4=1.1,a 5=1, 所以a 4+a 5=2.1.故选A.热点二 等差数列、等比数列的性质1.通项性质:若m +n =p +q =2k (m ,n ,p ,q ,k ∈N *),则对于等差数列,有a m +a n =a p +a q =2a k ,对于等比数列,有a m a n =a p a q =a 2k .2.前n 项和的性质(m ,n ∈N *):对于等差数列有S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m ,…成等差数列;对于等比数列有S m ,S 2m -S m ,S 3m -S 2m ,…成等比数列(q =-1且m 为偶数情况除外).例2 (1)在各项均为正数的等比数列{a n }中,a 3=2-2,a 5=2+1,则a 1a 5+2a 2a 6+a 3a 7=( ) A.1 B.9C.52+7D.32+9(2)(2022·徐州二模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 6S 3=3,则S 9S 6=( ) A.2 B.73C.83D.3(3)(2022·金华模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,a 6+a 7=1,则S 12=________;若a 7<0,则使得不等式S n <0成立的最小整数n =________. 答案 (1)B (2)B (3)6 13 解析 (1)由等比数列的性质可得:a 1a 5+2a 2a 6+a 3a 7=a 23+2a 3a 5+a 25=(a 3+a 5)2=(2-2+2+1)2=9,故选B. (2)因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ,S 6S 3=3,即S 6=3S 3, 则S 3,S 6-S 3,S 9-S 6成等比数列, 即S 6-S 3S 3=S 9-S 6S 6-S 3, 故4S 3=S 9-S 6,故S 9=7S 3,故S 9S 6=73.(3)根据题意,{a n }为等差数列, 若a 6+a 7=1,则S 12=(a 1+a 12)×122=(a 6+a 7)×122=6,若a 7<0,则S 13=(a 1+a 13)×132=13a 7<0,则使不等式S n <0成立的最小整数n =13. 规律方法 等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,可利用函数的性质解题.训练2 (1)(2022·长沙三模)在等比数列{a n}中,a7,a11是方程x2+5x+2=0的两根,则a3a9a15a5a13的值为( )A.-2+22B.- 2C.2D.-2或 2(2)(2022·聊城检测)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若S4S8=25,则S8S16=( )A.514B.726C.35 D.25(3)已知各项均为正数的等比数列{a n},a6,3a5,a7成等差数列,若{a n}中存在两项a m,a n ,使得4a1为其等比中项,则1m+4n的最小值为( )A.4B.9C.23 D.32答案(1)B (2)A (3)D解析(1)在等比数列{a n}中,a7,a11是方程x2+5x+2=0的两根,则a7+a11=-5,a7·a11=2,∴a9=-2,则a3a9a15a5a13=a39a29=a9=- 2.(2)因为数列{a n}为等差数列,所以S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差数列.因为S 4S 8=25,所以设S 4=2k ,S 8=5k ,k ≠0, 则S 8-S 4=3k ,可知S 12-S 8=4k ,S 16-S 12=5k , 所以S 12=9k ,S 16=14k , 所以S 8S 16=5k 14k =514.(3)因为a 6,3a 5,a 7成等差数列, 所以2×3a 5=a 6+a 7.又{a n }是各项均为正数的等比数列, 设其首项为a 1,公比为q , 所以6a 1q 4=a 1q 5+a 1q 6, 所以q 2+q -6=0,解得q =2或q =-3(舍去), 又4a 1为a m ,a n 的等比中项, 所以(4a 1)2=a m ·a n ,所以16a 21=a 1·2m -1·a 1·2n -1=a 21·2m +n -2=24×a 21,所以m +n -2=4,即m +n =6,所以1m +4n =16(m +n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1m +4n =16⎝ ⎛⎭⎪⎫1+4m n +n m +4≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5+24mn ·n m =32, 当且仅当4m n =nm,即m =2,n =4时,等号成立,所以1m+4n的最小值为32.故选D.热点三等差数列、等比数列的判断与证明证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.例3(2021·全国乙卷)设S n为数列{a n}的前n项和,b n为数列{S n}的前n项积,已知2Sn +1bn=2.(1)证明:数列{b n}是等差数列;(2)求{a n}的通项公式.(1)证明因为b n是数列{S n}的前n项积,所以n≥2时,S n=bnbn-1,代入2Sn+1bn=2可得,2b n-1bn+1bn=2,整理可得2b n-1+1=2b n,即b n-b n-1=12(n≥2).又2S 1+1b 1=3b 1=2,所以b 1=32, 故{b n }是以32为首项,12为公差的等差数列.(2)解 由(1)可知,b n =32+12(n -1)=n +22,则2S n +2n +2=2,所以S n =n +2n +1, 当n =1时,a 1=S 1=32,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=n +2n +1-n +1n =-1n (n +1). 故a n=⎩⎪⎨⎪⎧32,n =1,-1n (n +1),n ≥2.易错提醒a n +1=a n q 和a 2n =a n -1a n +1(n ≥2)都是数列为等比数列的必要不充分条件,判定时还要看各项是否为零.训练3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 2=6,S n =12a n +1+1.(1)证明:数列{S n -1}为等比数列,并求出S n ;(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n .(1)证明 由S n =12a n +1+1,得S n =12(S n +1-S n )+1,即S n +1-1=3(S n -1),又a 2=6,∴S 1=2a 2+1=4,S 1-1=3≠0,∴数列{S n -1}是首项为3,公比为3的等比数列,即S n -1=3n , ∴S n =3n +1.(2)解 由(1)可得:S n =12a n +1+1=3n +1,∴a n +1=2×3n , ∴a n =2×3n -1(n ≥2), 又a 1=4≠2×31-1=2, ∴a n =⎩⎨⎧4,n =1,2×3n -1,n ≥2, ∴1a n=⎩⎪⎨⎪⎧14,n =1,12×3n -1,n ≥2,∴当n ≥2时,T n =1a 1+1a 2+1a 3+…+1a n =14+12×13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫13n -11-13=12-14×3n -1,当n =1时T 1=14也符合上式,综上,T n =12-14×3n -1.一、基本技能练1.已知等比数列{a n }满足a 1=2,a 3a 5=4a 26,则a 3的值为( ) A.1 B.2C.1或-1D.2答案 A解析 由题意得a 3a 5=a 24=4a 26,又在等比数列中偶数项同号, ∴a 4=2a 6,∴q 2=12,∴a 3=a 1q 2=1,故选A.2.设数列{a n }是等差数列,S n 是数列{a n }的前n 项和,a 3+a 5=10,S 5=15,则S 6=( ) A.18 B.24 C.30 D.36 答案 B解析 由等差数列的性质知a 4=a 3+a 52=5,而S 5=a 1+a 52×5=5a 3=15,则a 3=3,等差数列{a n }的公差d =a 4-a 3=2, 所以a 1=a 3-2d =-1,则S 6=6a 1+6×(6-1)2·d =-6+30=24.3.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )A.3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块答案 C解析设每一层有n环,由题意可知,从内到外每环之间构成公差为d=9,首项为a1=9的等差数列.由等差数列的性质知S n,S2n-S n,S3n-S2n成等差数列,且(S3n-S2n)-(S2n-S n)=n2d,则9n2=729,解得n=9,则三层共有扇面形石板S3n=S27=27×9+27×262×9=3 402(块).4.若等差数列{a n}的前n项和为S n,则“S2 022>0,S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的( )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 B解析因为S2 022>0,S2 023<0,所以(a1+a2 022)×2 0222>0,(a1+a2 023)×2 0232<0,即a1+a2 022=a1 011+a1 012>0,a1+a2 023=2a1 012<0,所以a1 011>0,a1 012<0,且a1 011>|a1 012|,所以a1 011a1 012<0,充分性成立;而当a1 011a1 012<0时,a1 011>0,a1 012<0或a1 011<0,a1 012>0,则S2 022>0,S2 023<0不一定成立.故“S2 022>0,S2 023<0”可以推出“a1 011a1 012<0”,但“a1 011a1 012<0”不能推出“S2 022>0,S2 023<0”,所以“S2 022>0,S2 023<0”是“a1 011a1 012<0”的充分不必要条件.故选B.5.(多选)已知等比数列{a n}的公比为q,且a5=1,则下列选项正确的是( )A.a3+a7≥2B.a4+a6≥2C.a7-2a6+1≥0D.a3-2a4-1≥0答案AC解析因为等比数列{a n}的公比为q,且a5=1,所以a3=1q2,a4=1q,a6=q,a7=q2,因为a3+a7=1q2+q2≥2,当且仅当q2=1时等号成立,故A正确;因为a4+a6=1q+q,当q<0时式子为负数,故B错误;因为a7-2a6+1=q2-2q+1=(q-1)2≥0,故C正确;因为a3-2a4-1=1q2-2q-1=⎝⎛⎭⎪⎫1q-12-2,则a3-2a4-1≥0不成立,故D错误.6.(多选)(2022·张家口质检)已知数列{a n}的前n项和为S n,下列说法正确的是( )A.若S n=n2+1,则{a n}是等差数列B.若S n=3n-1,则{a n}是等比数列C.若{a n }是等差数列,则S 9=9a 5D.若{a n }是等比数列,且a 1>0,q >0,则S 1·S 3>S 22 答案 BC解析 若S n =n 2+1,当n ≥2时,a n =2n -1,a 1=2不满足a n =2n -1, 故A 错误;若S n =3n -1,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2·3n -1, 由于a 1=S 1=31-1=2, 满足a n =2·3n -1,所以{a n }是等比数列,故B 正确; 若{a n }是等差数列,则S 9=9(a 1+a 9)2=9a 5,故C 正确;当q =1时,S 1·S 3-S 22=a 21(1+q +q 2)-a 21(1+q )2=-a 21q <0,故D 错误, 综上,选BC.7.写出一个公差为2,且前3项和小于第3项的等差数列a n =________. 答案 2n -4(n ∈N *)(答案不唯一) 解析 依题意得⎩⎨⎧a 1+a 2+a 3<a 3,d =2,解得a 1<-1,不妨令a 1=-2,∴a n =2n -4.8.(2022·菏泽模拟)已知数列{a n }的前n 项和是S n ,且S n =2a n -1,若a n ∈(0,2 022),则称项a n 为“和谐项”,则数列{a n }的所有“和谐项”的和为________. 答案 2 047解析当n≥2时,a n=S n-S n-1=2a n-1-(2a n-1-1)=2a n-2a n-1,∴a n=2a n-1,又由a1=S1=2a1-1,得a1=1,∴{a n}是公比为2,首项为1的等比数列,∴a n=2n-1,由a n=2n-1<2 022,得n-1≤10,即n≤11,∴所求和为S11=1-2111-2=2 047.9.已知数列{a n}满足a1=1,(a n+a n+1-1)2=4a n a n-1,且a n+1>a n(n∈N*),则数列{a n}的通项公式a n=________.答案n2解析因为a1=1,a n+1>a n≥a1>0,所以a n+1>a n.由(a n+a n+1-1)2=4a n a n+1得a n+1+a n-1=2a n a n+1,所以(a n+1-a n)2=1,所以a n+1-a n=1,所以数列{a n}是首项为1,公差为1的等差数列,所以a n=n,即a n=n2.10.(2022·福州模拟)已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列,S n为数列{a n}的前n项和,若S2+a2=S3-3,则a4+3a2的最小值为________.答案18解析由S2+a2=S3-3得a2=S3-S2-3=a3-3,所以a 1q =a 1q 2-3⇒a 1=3q 2-q>0⇒q >1,所以a 4+3a 2=a 1q 3+3a 1q =3(q 3+3q )q 2-q =3(q 2+3)q -1=3×(q -1)2+2(q -1)+4q -1=3⎣⎢⎡⎦⎥⎤(q -1)+4q -1+6 ≥3×2(q -1)·4q -1+6=18,当且仅当q -1=4q -1, 即q =3时等号成立,故a 4+3a 2的最小值为18. 11.设等比数列{a n }满足a 1+a 2=4,a 3-a 1=8. (1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和.若S m +S m +1=S m +3(m ∈N *),求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ,则a n =a 1qn -1.由已知得⎩⎨⎧a 1+a 1q =4,a 1q 2-a 1=8,解得⎩⎨⎧a 1=1,q =3.所以{a n }的通项公式为a n =3n -1(n ∈N *). (2)由(1)知log 3a n =n -1, 故S n =n (n -1)2(n ∈N *).由S m +S m +1=S m +3,得m (m -1)+(m +1)m =(m +3)(m +2), 即m 2-5m -6=0.解得m =-1(舍去)或m =6.12.(2022·新高考Ⅱ卷)已知{a n }是等差数列,{b n }是公比为2的等比数列,且a 2-b 2=a3-b3=b4-a4.(1)证明:a1=b1;(2)求集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}中元素的个数.(1)证明设等差数列{a n}的公差为d,由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,即d=2b1,由a2-b2=b4-a4得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),即a1=5b1-2d,将d=2b1代入,得a1=5b1-2×2b1=b1,即a1=b1.(2)解由(1)知a n=a1+(n-1)d=a1+(n-1)×2b1=(2n-1)a1,b n=b1·2n-1,由b k=a m+a1,得b1·2k-1=(2m-1)a1+a1,由a1=b1≠0得2k-1=2m,由题知1≤m≤500,所以2≤2m≤1 000,所以k=2,3,4,…,10,共9个数,即集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}={2,3,4,…,10}中元素的个数为9.二、创新拓展练13.(多选)(2022·济南质检)在等比数列{a n}中,公比为q,其前n项积为T n,并且满足a 1>1,a99·a100-1>0,a99-1a100-1<0,下列结论中正确的是( )A.0<q<1B.a99·a101-1<0C.T100的值是T n中最大的D.使T n>1成立的最大自然数n值等于198 答案ABD解析对于A,∵a99·a100-1>0,∴a 21·q 197>1,∴(a 1·q 98)2·q >1. ∵a 1>1,∴q >0. 又∵a 99-1a 100-1<0, ∴a 99>1,且a 100<1, ∴0<q <1,故A 正确;对于B ,∵a 2100=a 99·a 101,a 100<1, ∴0<a 99·a 101<1,即a 99·a 101-1<0,故B 正确; 对于C ,由于T 100=T 99·a 100, 而0<a 100<1,故有T 100<T 99,故C 错误;对于D ,T 198=a 1·a 2·…·a 198=(a 1·a 198)(a 2·a 197)·…·(a 99·a 100)=(a 99·a 100)99>1,T 199=a 1·a 2·…·a 199=(a 1·a 199)·(a 2·a 198)…(a 99·a 101)·a 100=(a 100)100<1,故D 正确. 故选ABD.14.(多选)(2022·石家庄模拟)已知数列{a n }满足a 1=10,a 5=2,且a n +2-2a n +1+a n =0(n ∈N *),则下列结论正确的是( ) A.a n =12-2nB.|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=⎩⎨⎧30,n ≤5,n 2+5,n >5C.|a n |的最小值为0D.当且仅当n =5时,a 1+a 2+a 3+…+a n 取得最大值30 答案 AC解析 由a n +2-2a n +1+a n =0, 可得a n +2-a n +1=a n +1-a n ,所以数列{a n }是等差数列,设公差为d , 因为a 1=10,a 5=2, 所以d =a 5-a 15-1=-2,所以a n =10-2(n -1)=12-2n , 故A 正确;当n =6时,a n =0,所以当n ≤5时,a n >0, 当n >5时,a n ≤0,所以当n ≤5时,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=a 1+a 2+a 3+…+a n =n (10+12-2n )2=11n -n 2.当n >5时,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n | =a 1+a 2+…+a 5-a 6-…-a n=-(a 1+a 2+a 3+…+a n )+2(a 1+a 2+…+a 5) =-S n +2S 5 =-(11n -n 2)+60 =n 2-11n +60,所以|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=⎩⎨⎧11n -n 2,n ≤5,n 2-11n +60,n >5,故B 错误;|a n |=|12-2n |,当n =6时,|a n |取得最小值为0,故C 正确; 当n =5或n =6时,a 1+a 2+a 3+…+a n 取最大值30,故D 错误.15.(多选)已知S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1=a 2=1,a n =a n -1+2a n -2(n ≥3),则下列结论正确的是( ) A.数列{a n +1+a n }为等比数列 B.数列{a n +1-2a n }为等比数列 C.a n =2n +1+(-1)n3D.S 20=23(410-1)答案 ABD解析 因为a n =a n -1+2a n -2(n ≥3), 所以a n +a n -1=2a n -1+2a n -2 =2(a n -1+a n -2), 又a 1+a 2=2≠0,所以{a n +a n +1}是等比数列,A 正确;同理a n -2a n -1=a n -1+2a n -2-2a n -1=-a n -1+2a n -2=-(a n -1-2a n -2),而a 2-2a 1=-1, 所以{a n +1-2a n }是等比数列,B 正确; 若a n =2n +1+(-1)n3,则a 2=23+(-1)23=3,但a 2=1≠3,C 错误;由A 知{a n +a n +1}是等比数列,且公比为2,因此数列a 1+a 2,a 3+a 4,a 5+a 6,…仍然是等比数列,公比为4,其前10项和为T 10, 则S 20=T 10=2(1-410)1-4=23(410-1),故D 正确.16.(多选)(2022·泰州调研)若正整数m ,n 只有1为公约数,则称m ,n 互质,对于正整数k ,φ(k )是不大于k 的正整数中与k 互质的数的个数,函数φ(k )以其首名研究者欧拉命名,称为欧拉函数,例如:φ(2)=1,φ(3)=2,φ(6)=2,φ(8)=4.已知欧拉函数是积性函数,即如果m ,n 互质,那么φ(mn )=φ(m )φ(n ),例如:φ(6)=φ(2)φ(3),则( ) A.φ(5)=φ(8)B.数列{φ(2n )}是等比数列C.数列{φ(6n )}不是递增数列D.数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1φ(6n )的前n 项和小于35 答案 ABD解析 ∵φ(5)=4,φ(8)=4, ∴φ(5)=φ(8),A 对.∵φ(2n )=2n -1,∴{φ(2n )}是等比数列,B 对.∵φ(6n )=2·6n -1,∴{φ(6n )}一定是单调递增数列,故C 错.φ(6n )=2·6n -1,⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1φ(6n)的前n 项和S n =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫16n1-16=35⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫16n<35,D 对,选ABD. 17.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=12,S n +1·(2-S n )=1.(1)求证:⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n -1是等差数列; (2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 中最接近2 023的数.(1)证明1S 1-1=1a 1-1=-2.由S n +1·(2-S n )=1,得S n +1=12-S n. 因为1S n +1-1-1S n -1=112-S n-1-1S n -1=2-S n S n -1-1S n -1=-1,所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n -1是以-2为首项,-1为公差的等差数列.(2)解 由(1)得1S n -1=-2+(n -1)×(-1)=-(n +1),即S n =nn +1,则a n =S n -S n -1=nn +1-n -1n =1n (n +1)(n ≥2),当n =1时,a 1=12满足上式,所以a n =1n (n +1)(n ∈N *),则1a n=n (n +1).由f (x )=x (x +1)=⎝⎛⎭⎪⎫x +122-14在(0,+∞)上单调递增, 当n =44时,1a 44=44×45=1 980;当n =45时,1a 45=45×46=2 070.所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 中最接近2 023的数是1 980.。
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第50炼 等比数列性质一、基础知识1、定义:数列{}n a 从第二项开始,后项与前一项的比值为同一个常数()0q q ≠,则称{}n a 为等比数列,这个常数q 称为数列的公比注:非零常数列既可视为等差数列,也可视为1q =的等比数列,而常数列0,0,0,L 只是等差数列2、等比数列通项公式:11n n a a q -=⋅,也可以为:n m n m a a q -=⋅3、等比中项:若,,a b c 成等比数列,则b 称为,a c 的等比中项 (1)若b 为,a c 的等比中项,则有2a bb ac b c=⇒= (2)若{}n a 为等比数列,则n N *∀∈,1n a +均为2,n n a a +的等比中项 (3)若{}n a 为等比数列,则有m n p q m n p q a a a a +=+⇔= 4、等比数列前n 项和公式:设数列{}n a 的前n 项和为n S 当1q =时,则{}n a 为常数列,所以1n S na = 当1q ≠时,则()111n n a q S q-=-可变形为:()1111111n n n a q a aS q qq q -==----,设11a k q =-,可得:n n S k q k =⋅-5、由等比数列生成的新等比数列(1)在等比数列{}n a 中,等间距的抽取一些项组成的新数列仍为等比数列 (2)已知等比数列{}{},n n a b ,则有 ① 数列{}n ka (k 为常数)为等比数列② 数列{}n a λ(λ为常数)为等比数列,特别的,当1λ=-时,即1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列③ 数列{}n n a b 为等比数列 ④ 数列{}n a 为等比数列6、相邻k 项和的比值与公比q 相关:设1212,m m m k n n n k S a a a T a a a ++++++=+++=+++L L ,则有:()()212212km n mm m m k m k n n n k nn a q q q S a a a a q T a a a a a q q q -++++++++++++====++++++L L L L 特别的:若121222,,k k k k k k k a a a S a a a S S +++++=+++=-L L2122332,k k k k k a a a S S +++++=-L L ,则232,,,k k k k k S S S S S --L 成等比数列7、等比数列的判定:(假设{}n a 不是常数列) (1)定义法(递推公式):()1n na q n N a *+=∈ (2)通项公式:nn a k q =⋅(指数类函数) (3)前n 项和公式:nn S kq k =-注:若()nn S kq m m k =-≠,则{}n a 是从第二项开始成等比关系(4)等比中项:对于n N *∀∈,均有212n n n a a a ++=8、非常数等比数列{}n a 的前n 项和n S 与1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和n T 的关系 ()111n n a q S q-=-,因为1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为11a ,公比为1q 的等比数列,所以有()1111111111111nn n nn n q a q q q T q a q q a qq-⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥-⎣⎦===---⋅ ()()1112111111n n n n n n a q a q q S a q T q q ----=⋅=-- 例1:已知等比数列{}n a 的公比为正数,且223951,2a a a a ==,则10a =________思路:因为2396a a a =,代入条件可得:22652a a =,因为0q >,所以65a =,q =所以810216a a q ==例2:已知{}n a 为等比数列,且374,16a a =-=-,则5a =( ) A. 64 B. 64- C. 8 D. 8- 思路一:由37,a a 可求出公比:4734a q a ==,可得22q =,所以253428a a q ==-⋅=- 思路二:可联想到等比中项性质,可得253764a a a ==,则58a =±,由等比数列特征可得奇数项的符号相同,所以58a =- 答案:D小炼有话说:思路二的解法尽管简单,但是要注意双解时要验证项是否符合等比数列特征。
例3:已知等比数列n a 的前n 项和为121n n S t -=⋅+,则实数t 的值为( )A. 2-B. 1-C. 2D. 0.5思路:由等比数列的结论可知:非常数列的等比数列,其前n 项和为nn S kq k =-的形式,所以121212n n n t S t -=⋅+=⋅+,即122tt =-⇒=- 答案:A例4:设等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ,若105:1:2S S =,则155:S S =( ) A.34 B. 23 C. 12 D. 13思路:由()111n n a q S q-=-可得:()()1051110511,11a q a q S S qq--==--,可发现只有分子中q 的指数幂不同,所以作商消去1a 后即可解出q ,进而可计算出155:S S 的值 解:()()1051110511,11a q a q S S qq--==--Q105105511112S q q S q -∴==+=-,解得:512q =- 所以()()315151155551191111328311141122a q S q q S q q a q ⎛⎫-- ⎪---⎝⎭=⋅====--⎛⎫--- ⎪⎝⎭例5:已知数列{}n a 为等比数列,若4610a a +=,则()713392a a a a a ++的值为( ) A. 10 B. 20 C. 100 D. 200思路:与条件4610a a +=联系,可将所求表达式向46,a a 靠拢,从而()()22271339717339446646222a a a a a a a a a a a a a a a a a ++=++=++=+,即所求表达式的值为100 答案:C例6:已知等比数列{}n a 中31a =,则其前5项的和5S 的取值范围是( )A. [)1,+∞B. 5,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C. [)5,+∞D. ()[),05,-∞+∞U 思路:条件中仅有3a ,所以考虑其他项向3a 靠拢,所以有22233533322111111a a S a a q a q q q q q q q q q q q ⎛⎫⎛⎫=++++=++++=+++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,再求出其值域即可解:2233512345533322111a a S a a a a a S a a q a q q q q q q q=++++==++++=++++ 2111q q q q ⎛⎫⎛⎫=+++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设1t q q =+,所以(][),22,t ∈-∞-+∞U 22515124S t t t ⎛⎫∴=+-=-- ⎪⎝⎭ [)51,S ∴∈+∞答案:A例7:已知数列{}n a 是首项不为零的等比数列,且公比大于0,那么“1q >”是“数列{}n a 是递增数列”的( )A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件思路:在等比数列中,数列的增减受到1a 的符号,与q 的影响。
所以在考虑反例时可从这两点入手。
将条件转为命题:“若1q >,则数列{}n a 是递增数列”,如果10a <,则{}n a 是递减数列,所以命题不成立;再看“若数列{}n a 是递增数列,则1q >”,同理,如果10a <,则要求()0,1q ∈,所以命题也不成立。
综上,“1q >”是“数列{}n a 是递增数列”的既不充分也不必要条件 答案:D例8:在等比数列{}n a 中,若123423159,88a a a a a a +++==-,则12341111a a a a +++=( ) A.53 B. 53- C. 35 D. 35- 解:条件与结论分别是{}n a 的前4项和与倒数和,所以考虑设41234412341111,S a a a a T a a a a =+++=+++,则()()232411123498S a q a q a q a a T ==⋅==- 所以445938S T ==-- 答案:B例9:已知等比数列{}n a 中,各项都是正数,且3122a a a =+,则910111278910a a a a a a a a +++=+++( )A.1+B. 1C. 3+D. 3-思路:所求分式中的分子和分母为相邻4项和,则两式的比值与q 相关,所以需要求出q 。
由条件3122a a a =+,将等式中的项均用1,a q 即可求出q 。
从而解得表达式的值 解:1321,,22a a a Q 成等差数列3121222a a a ∴⋅=+ 将23121,a a q a a q ==代入等式可得:221112210a q a a q q q =+⇒--=212q ±∴==±{}n a为正项数列,所以1q =-1q ∴=+()()(232929101112237891071131a q q q a a a a q a a a a a q q q ++++++∴===+=+++++++答案:C例10:在正项等比数列{}n a 中,5671,32a a a =+=,则满足1212n n a a a a a a +++>⋅⋅⋅L L 的最大正整数n 的值为____________思路:从已知条件入手可求得n a 通项公式:62n n a -=,从而所满足的不等式可变形为关于n的不等式:21152212n nn -+->,由2 的指数幂特点可得:()22212,,n m n m m n N n m *>⇔->∈>,所以只需21110222n n n -+>,从而解出n 的最大值解:设{}n a 的公比为q ,则有2675533a a a q a q +=⇒+=211322q q ∴+=解得:3q =-(舍)或2q = 5652n n n a a q --∴==()()112211212132n nn a a a a -+++==--L ()()()1154621222n n n n a a a --+-++-⋅⋅⋅==L L所以所解不等式为:()()21111522121221232n n n nnn --+->⇔->21110222111022131002n n nn n n n n -+-+∴>⇔>⇔-+<可解得:1302n +<<n N *∈Q n ∴的最大值为12答案:12三、历年好题精选(等差等比数列综合)1、已知正项等比数列{}n a 满足54325a a a a +--=,则67a a +的最小值为( ) A. 32 B.10+ C. 20 D. 28 2、已知等差数列{}n a 的首项为1a ,公差为d ,其前n 项和为n S ,若直线1y a x =与圆()2224x y -+=的两个交点关于直线0x y d ++=对称,则5S =( )A. 25B. 25-C. 15-D. 153、(2016,内江四模)若d c b a ,,,成等比数列,则下列三个数:①d c c b b a +++,, ②cd bc ab ,, ③d c c b b a ---,,,必成等比数列的个数为( )A.0B.1C.2D.3 4、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足150S >,160S <,则11S a ,22S a ,…,1515S a 中最大的项为( ) A.66S a B.77S a C.99S a D.88Sa 5、(2016,新余一中模拟)已知等差数列{}n a 的公差0d ≠,且1313,,a a a 成等比数列,若11a =,n S 为数列{}n a 前n 项和,则2163n n S a ++的最小值为( )A. 3B. 4C.2 D. 926、(2015,北京)设{}n a 是等差数列,下列结论中正确的是( )A. 若120a a +>,则230a a +>B. 若130a a +<,则120a a +<C. 若120a a <<,则2a >D. 若10a <,则()()21230a a a a -->7、(2015,广东)在等差数列{}n a 中,若3456725a a a a a ++++=,则28a a +=______ 8、(2014,北京)若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<,则当n =______时,{}n a 的前n 项和最大9、(2015,福建)若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>>的两不同零点,且,,2a b -这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p q +的值等于( ) A. 6 B. 7 C. 8 D. 910、已知{}n a 是等差数列,公差0d ≠,其前n 项和为n S ,若348,,a a a 成等比数列,则( ) A. 140,0a d dS >> B. 140,0a d dS << C. 140,0a d dS >< D. 140,0a d dS <>11、(2014,广东)若等比数列{}n a 各项均为正数,且510119122a a a a e +=,则12、(2014,安徽)数列{}n a 是等差数列,若1351,3,5a a a +++构成公比为q 的等比数列,则q =_______13、(2014,新课标全国卷I )已知数列{}n a 的前n 项和为1,1,0n n S a a =≠,11n n n a a S λ+=-,其中λ为常数(1)证明:2n n a a λ+-=(2)是否存在λ,使得{}n a 为等差数列?并说明理由14、(2016,河南中原第一次联考)已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,若3737S S +=,则31119a a +=( )A. 47B. 73C. 37D. 74 15、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足15160,0S S ><,则12151215,,,S S Sa a a L 中最大的项为( ) A.77S a B. 66S a C. 99S a D. 88Sa 16、(2014,湖北)已知等差数列{}n a 满足:12a =,且125,,a a a 成等比数列 (1)求数列{}n a 的通项公式(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ,是否存在正整数n ,使得60800?n S n >+若存在,求n 的最小值;若不存在,说明理由习题答案: 1、答案:C解析:设等比数列的公比为q ,由已知可得1q >,则有()()2543232515a a a a q a a +--=⇒-+=,所以()4426732225151105102011q a a q a a q q q ⎡⎤+=+==-++≥⋅+=⎢⎥--⎣⎦,等号成立当且仅当()22111q q q -=⇒=-2、答案:C解析:由交点对称可知:① 交点所在直线与0x y d ++=垂直,所以11a =;② 直线0x y d ++=为圆上弦的中垂线,所以该直线过圆心,由圆方程可得圆心坐标:()2,0,代入可得:2d =-,所以()1132n a a n d n =+-=-,515S =- 3、答案:B解析:本题从“等比数列中不含0项”入手,不妨设d c b a ,,,的公比为q ,可得①中若公比1q =-,则无法构成等比数列,同理③中若1q =,则无法构成等比数列;对于②可知均能构成公比为2q 的等比数列 4、答案:D 解析:15881689901500000S a a S a a a >⇒>⇒>⎧⎨<⇒+<⇒<⎩,可得在{}n a 中,10,0a d ><且8S 最大。