高考数学一轮复习 第六章 数列 课时跟踪检测33 理 新人教A版
2021年高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪检测35理新人教A版
2021年高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪检测35理新人教A 版1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *有a n ＋S n ＝n .(1)设b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列；(2)设c 1＝a 1且c n ＝a n －a n －1(n ≥2)，求{c n }的通项公式．(1)证明：由a 1＋S 1＝1及a 1＝S 1，得a 1＝12. 又由a n ＋S n ＝n 及a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1.∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，即2b n ＋1＝b n .∴数列{b n }是首项b 1＝a 1－1＝－12，公比为12的等比数列． (2)解：由(1)知，2a n ＋1＝a n ＋1，∴2a n ＝a n －1＋1(n ≥2)，∴2a n ＋1－2a n ＝a n －a n －1(n ≥2)，即2c n ＋1＝c n (n ≥2)，又c 1＝a 1＝12，2a 2＝a 1＋1，∴a 2＝34. ∴c 2＝34－12＝14，即c 2＝12c 1. ∴数列{c n }是首项为12，公比为12的等比数列． ∴c n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n . 2．已知数列{a n }与{b n }，若a 1＝3且对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，数列{b n }的前n 项和S n ＝n 2＋a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解：(1)因为对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }是公差为2的等差数列．又因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1.当n ＝1时，b 1＝S 1＝4；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n ＋1)－[(n －1)2＋2(n －1)＋1]＝2n ＋1，对b 1＝4不成立．所以数列{b n }的通项公式为b n ＝⎩⎨⎧ 4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.(2)由(1)知，当n ＝1时，T 1＝1b 1b 2＝120. 当n ≥2时，1b n b n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝120＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝120＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－12n ＋3＝120＋n －110n ＋15. 当n ＝1时仍成立，所以T n ＝120＋n －110n ＋15. 3．[xx·山东青岛模拟]已知数列{a n }是等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，且a 10＝28，S 8＝92；数列{b n }对任意n ∈N *，总有b 1b 2b 3·…·b n －1b n ＝3n ＋1成立．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n b n2n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 10＝a 1＋9d ＝28，S 8＝8a 1＋8×72×d ＝92， 解得a 1＝1，d ＝3，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 因为b 1b 2b 3·…·b n －1b n ＝3n ＋1，所以b 1b 2b 3·…·b n －1＝3n －2(n ≥2)，两式相除，得b n ＝3n ＋13n －2(n ≥2)． 因为当n ＝1时，b 1＝4适合上式，所以b n ＝3n ＋13n －2(n ∈N *)． (2)由(1)知，c n ＝a n b n 2n ＝3n ＋12n ，则T n ＝42＋722＋1023＋…＋3n ＋12n ，① 12T n ＝422＋723＋1024＋…＋3n －22n ＋3n ＋12n ＋1，② ①－②，得12T n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋323＋…＋32n －3n ＋12n ＋1， 从而12T n ＝2＋3×14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－3n ＋12n ＋1＝72－3n ＋72n ＋1，即T n ＝7－3n ＋72n . 4．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：13≤T n <12. (1)解：由题意知，{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴a n ＝a 1·2n －1＝2n －1.∴S n ＝2n－1. 设等差数列{b n }的公差为d ，则b 1＝a 1＝1，b 4＝1＋3d ＝7，∴d ＝2，∴b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)证明：∵log 2a 2n ＋2＝log 222n ＋1＝2n ＋1， ∴c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. ∵n ∈N *，∴T n <12， 当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝12n ＋12n －1>0， ∴数列{T n }是一个递增数列，∴T n ≥T 1＝13. 综上知，13≤T n <12. [冲刺名校能力提升练]1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋2a n ＝3(n ∈N *)，设数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝2b n －1b n －1＋2(n ≥2)． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝na n，求数列{c n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＋2a n ＝3(n ∈N *)，∴当n ≥2时，S n －1＋2a n －1＝3，两式相减，得3a n ＝2a n －1，即a n a n －1＝23. 又当n ＝1时，a 1＋2a 1＝3，∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为23的等比数列， 则a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. ∵当n ≥2时，b n ＝2b n －1b n －1＋2， 两边取倒数，得1b n ＝1b n －1＋12， ∴1b n －1b n －1＝12，b 1＝a 1＝1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 是首项为1，公差为12的等差数列， 则1b n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12， ∴b n ＝2n ＋1. (2)由(1)可知，c n ＝n a n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1， T n ＝1＋2×32＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，① 32T n ＝32＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n .② ①－②，得－12T n ＝1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝－2＋(2－n )×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ， ∴T n ＝4＋2(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n . 2．[xx·山东临沂八校联考]已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{b n －(－1)n a n }是等比数列，且b 2＝7，b 5＝71，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列，所以(3d ＋2)2＝(d ＋2)(7d ＋2)，解得d ＝2，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)令c n ＝b n －(－1)n a n ，设数列{c n }的公比为q ，因为b 2＝7，b 5＝71，a n ＝2n ，所以c 2＝b 2－a 2＝7－4＝3，c 5＝b 5＋a 5＝71＋10＝81，所以q 3＝c 5c 2＝813＝27，故q ＝3， 所以c n ＝c 2·q n －2＝3×3n －2＝3n －1，即b n －(－1)n a n ＝3n －1，所以b n ＝3n －1＋(－1)n ·2n .故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(30＋31＋…＋3n －1)＋[－2＋4－6＋…＋(－1)n ·2n ]．当n 为偶数时，T n ＝1－3n 1－3＋2×n 2＝3n ＋2n －12； 当n 为奇数时，T n ＝1－3n 1－3＋2×n －12－2n ＝3n －2n －32. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3n ＋2n －12，n 为偶数，3n －2n －32，n 为奇数.3．函数f (x )对任意x ∈R 都有f (x )＋f (1－x )＝12. (1)数列{a n }满足：a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)，数列{a n }是等差数列吗？若是，给予证明；若不是，请说明理由；(2)令b n ＝44a n －1，T n ＝b 21＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ，S n ＝32－16n，试比较T n 与S n 的大小． 解：(1)数列{a n }是等差数列，证明如下：令x ＝1n ，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝12，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝12. a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)， 又a n ＝f (1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f (0)， 两式相加，得2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝n ＋12.所以a n ＝n ＋14，n ∈N *. 又a n ＋1－a n ＝n ＋1＋14－n ＋14＝14， 故数列{a n }是等差数列．(2)b n ＝44a n －1＝4n， T n ＝b 21＋b 22＋…＋b 2n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋132＋…＋1n 2 ≤16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋11×2＋12×3＋…＋1n n －1 ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1n ＝32－16n＝S n ， 所以T n ≤S n .4．[xx·江苏南通模拟]设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10.(1)求证：{lg a n }是等差数列；(2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫3lg a n lg a n ＋1的前n 项和，求T n ； (3)求使T n >14(m 2－5m )对所有的n ∈N *恒成立的整数m 的取值集合． (1)证明：依题意，当n ＝1时，a 2＝9a 1＋10＝100， 故a 2a 1＝10. 当n ≥2时，a n ＋1＝9S n ＋10，a n ＝9S n －1＋10， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝9a n ，即a n ＋1＝10a n ，a n ＋1a n ＝10， 故{a n }为等比数列，且a n ＝a 1q n －1＝10n (n ∈N *)， ∴lg a n ＝n .∴lg a n ＋1－lg a n ＝(n ＋1)－n ＝1， 即{lg a n }是等差数列．(2)解：由(1)知，T n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n n ＋1 ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝3－3n ＋1. (3)解：∵T n ＝3－3n ＋1， ∴当n ＝1时，T n 取最小值32.依题意有32>14(m 2－5m )，解得－1<m <6， 故所求整数m 的取值集合为{0,1,2,3,4,5}．。
(人教版)2020届高考数学一轮复习 第六章 数列 课时跟踪训练33 数列求和 文
课时跟踪训练(三十三) 数列求和[基础巩固]一、选择题1．(2018·湖南师大附中月考)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( ) A ．2 B ．3 C ．－2 D ．－3[解析] 设等差数列的公差为d ，首项为a 1，所以a 3＝a 1＋2d ，a 4＝a 1＋3d . 因为a 1、a 3、a 4成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，解得：a 1＝－4d . 所以S 3－S 2S 5－S 3＝a 1＋2d2a 1＋7d＝2，故选A. [答案] A2．(2017·河南百校联盟质量监测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝－20，则－6a 4＋3a 5＝( )A ．－20B ．4C ．12D ．20 [解析] 设{a n }的公差为d ，∵S 5＝5a 1＋a 52＝－20，∴a 1＋a 5＝－8，∴a 3＝－4.又－6a 4＋3a 5＝－6(a 3＋d )＋3(a 3＋2d )＝－3a 3＝12.选C.[答案] C3．已知等比数列{a n }的首项为1，若4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.3116 B ．2 C.3316 D.1633[解析] 设数列{a n }的公比为q ，则有4＋q 2＝2×2q ，解得q ＝2，所以a n ＝2n －1.1a n ＝12n －1，所以S 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.故选A. [答案] A4．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)na n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．2018B ．－2018C ．3027D ．－3027[解析] 由题意得a 1＝1，a 5＝13，∵{a n }是等差数列，∴公差d ＝3，∴a n ＝3n －2，∴S 2018＝－1＋4－7＋10－13＋17＋…－6049＋6052＝3×20182＝3027，选C. [答案] C5．(2017·安徽安庆模拟)已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n ∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2017项的和为( )A ．2B ．－3C ．3D ．1[解析] ∵a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)＝a n －2，n >2，∴数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2017＝504(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 504×4＋1＝a 1＝1.故选D.[答案] D 6.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( )A.n ＋12n ＋2B.34－n ＋12n ＋2C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1－1n ＋2 [解析] 因为1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 所以原式＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，故选C.[答案] C 二、填空题7．若数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋2，前n 项和为S n ，则S 16＝________.[解析] 由a n ＝1n ＋n ＋2＝12()n ＋2－n ，得S 16＝12(3－1＋4－2＋5－3＋…＋17－15＋18－16)＝12(18＋17－2－1)＝17＋22－12.[答案]17＋22－128．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.[解析] 依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6.[答案] 69．(2017·陕西西安期中)如果数列{a n }的前n 项之和为S n ＝3＋2n ，那么a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________.[解析] ∵S n ＝3＋2n ，∴S n －1＝3＋2n －1(n ≥2)，∴a n ＝2n －2n －1＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1，n ＝1时a 1＝S 1＝5，∴当n ≥2时，a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝25＋41－4n －11－4＝4n＋713；当n ＝1时a 21＝25也适合上式，故a 21＋…＋a 2n ＝4n＋713.[答案] 4n＋713三、解答题10．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． [解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2也适合，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝22n ＋12n －1＝12n －1－12n ＋1.则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.[能力提升]11．若a n >0，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，且2S n ＝a n ＋1a n(n ∈N *)，则S 2017＝( )A ．2017＋20172017B ．2017－20162016C ．2016D.2017[解析] 令n ＝1，则2S 1＝a 1＋1a 1，所以a 1＝1，S 1＝1；令n ＝2，则2(a 1＋a 2)＝a 2＋1a 2，所以a 2＝2－1，S 2＝2；令n ＝3，则2(2＋a 3)＝a 3＋1a 3，解得a 3＝3－2，S 3＝3；依此类推，a 2017＝2017－2016，S 2017＝2017.故选D.[答案] D12．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110[解析] 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋12.由题意可知，N >100，令n n ＋12>100，所以n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数，第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，所以2t＝k ＋3，所以t ＝log 2(k ＋3)，所以当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×13＋12＋4＝95<100，不满足题意，当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×29＋12＋5＝440，当t >5时，N >440，故选A.[答案] A13．(2017·安徽马鞍山期中)设数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 120＝( )A ．－60B ．－120C ．180D ．240 [解析] 由a n ＝(－1)n(2n －1)cosn π2＋1，得a 1＝－cos π2＋1＝1，a 2＝3cosπ＋1＝－2， a 3＝－5cos 3π2＋1＝1，a 4＝7cos2π＋1＝8， a 5＝－9cos5π2＋1＝1，a 6＝11cos3π＋1＝－10， a 7＝－13cos7π2＋1＝1，a 8＝15cos4π＋1＝16， …由上可知，数列{a n }的奇数项为1，每两个偶数项的和为6，∴S 120＝(a 1＋a 3＋…＋a 119)＋(a 2＋a 4＋…＋a 58＋a 120)＝60＋30×6＝240.故选D.[答案] D14．(2017·河北邯郸质量检测)在公差大于1的等差数列{a n }中，已知a 21＝64，a 2＋a 5＋a 8＝36，则数列{|a n |}的前20项和为________．[解析] ∵a 2＋a 5＋a 8＝3a 5＝36，∴a 5＝12，∵a 21＝64，∴a 1＝±8. 当a 1＝8，d ＝1，不合题意． 当a 1＝－8，d ＝5>1，∴a n ＝5n －13. 故数列{|a n |}的前20项和为8＋3＋2＋7＋87×172＝812.[答案] 81215．(2017·广东珠海模拟)已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3a n ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)易知a ≠0，由题设可知 ⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝3a ，1·d ＝2a，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n＝311－9n1－9＋1＋2n －1n2－n＝38(9n －1)＋n 2－n . 16．(2017·山东枣庄期末质量检测)已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0,2)，a 2n ＋3a n ＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对∀n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．[解] (1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0,2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1. 两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n >0，可得a n ＋1－a n －3＝0.即a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列．所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2，可得b n ＝1a n a n ＋1＝13n －23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝n3n ＋1. 因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＋1－n 3n ＋1＝13n ＋13n ＋4>0，所以T n ＋1>T n ，所以数列{T n }是递增数列．所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.[延伸拓展]下面的图形无限向内延续，最外面的正方形的边长是2，从外到内，第n 个正方形与其内切圆之间的深色图形面积记为S n (n ∈N *)．(1)证明：S n ＝2S n ＋1(n ∈N *)； (2)证明：S 1＋S 2＋…＋S n <8－2π.[证明] (1)设第n (n ∈N *)个正方形的边长为a n ，则其内切圆半径为a n2，第n ＋1个正方形的边长为22a n ，其内切圆半径为24a n ，所以S n ＝a 2n －π⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 22＝a 2n ⎝⎛⎭⎪⎫1－π4(n ∈N *)，S n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a n 2－π⎝ ⎛⎭⎪⎫24a n 2＝a 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－π8＝12S n (n ∈N *)．所以S n ＝2S n ＋1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S 1＝22×⎝⎛⎭⎪⎫1－π4＝4－π，S 2＝2－π2，…，S n ＝(4－π)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以T n ＝S 1＋S 2＋…＋S n ＝(4－π)×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝(4－π)×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝(8－2π)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <8－2π.。
人教A版高考总复习一轮文科数学精品课件 第6章 数列 高考解答题专项三 数列
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an log 1 an,Sn为数列{bn}的前n项和,求使Sn+n·2n+1>50成立的正整
数n的最小值.
2
解:(1)设等比数列{an}的公比为q.
依题意,有2(a3+2)=a2+a4,联立a2+a3+a4=28,可得a3=8,
3n],
两式相减得-2Tn=4(30+31+32+…+3 -n·
3 )=4
n-1
所以 Tn=2 ·3 +
1−3
2
=1+(2n-1)3n.
n
1−3
1−3
− ·3
考向2.数列的新定义问题
1 1 + 2 2 + … +
*,若
例2.(2021广西南宁二中高三月考)记m=
4×3 -1
cn=
,
+1
所以bncn=4n·
3n-1,
Tn=b1c1+b2c2+b3c3+…+bn-1cn-1+bncn
=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)3n-2+4×n×3n-1
=4[1×30+2×31+3×32+…+(n-1)3n-2+n·
3n-1],
3Tn=4[1×31+2×32+…+(n-1)3n-1+n·
2+1
高考数学(理)一轮复习人教A版-第六章 第3节 (2)
...第3节等比数列及其前n项和最新考纲 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系.知识梳理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.数学语言表达式：a na n－1＝q(n≥2，q为非零常数).(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±ab.2. 等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{a n}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为a n＝a1q n－1；通项公式的推广：a n＝a m q n－m.(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ） 1－q ＝a 1－a n q1－q .3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和. (1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ， a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .[常用结论与微点提醒]1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 也是等比数列. 2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.诊 断 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n ，则其前n 项和为S n ＝a （1－a n）1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(必修5P53AT1(2)改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A .－12B .－2C .2 D.12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.3.(2018·湖北省七市联考)公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A .8B .9C .10D .11解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10. 答案 C4.(2015·全国Ⅰ卷)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126，则n ＝________.解析 由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6.答案 65.(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 {a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2， ∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 1考点一 等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝(2)(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q . 由⎩⎨⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，② 显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2， 所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32. 答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解. 2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q.【训练1】 (1)(2018·武昌调研)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＝( ) A .－2B .－1C.12D.23(2)(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________.解析 (1)由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1，故选B.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎨⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12， ∴a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝2－n 22＋7n2.记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *，可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数.所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 (1)B (2)64考点二 等比数列的性质及应用【例2】 (1)(必修5P68BT1(1))等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A .12B .10C .8D .2＋log 35(2)(2018·云南11校调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A .40B .60C .32D .50解析 (1)由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10.(2)由数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 答案 (1)B (2)B规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度. 2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.【训练2】 (1)(2018·西安八校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A .－ 3B .－1C .－33D. 3(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________.解析 (1)依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－7π3＝－tan π3＝－ 3.(2)法一 由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3， ∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a ，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a3a＝73.答案 (1)A (2)73考点三 等比数列的判定与证明【例3】 (2016·全国Ⅲ卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)解 由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.规律方法 证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.【训练3】 (2017·安徽“江南十校”联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)， 即S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)，又由题意知a 1－2a 1＝－3，所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4， 所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解 由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4（1－2n ）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( ) A .{a n ＋b n }，{a n ·b n }都一定是等比数列B .{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n ·b n }不一定是等比数列C .{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n ·b n }一定是等比数列D .{a n ＋b n }，{a n ·b n }都不一定是等比数列 解析 两个等比数列的积仍是一个等比数列. 答案 C2.(2018·太原模拟)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( ) A .2B .4C. 2D .2 2解析 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q ＝4.答案 B3.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A .1盏B .3盏C .5盏D .9盏解析 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B4.设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18B .－18C.578D.558解析 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且公比不等于－1，在等比数列中，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以有8(S 9－S 6)＝(－1)2，S 9－S 6＝18，即a 7＋a 8＋a 9＝18. 答案 A5.(2018·昆明诊断)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的A .－2B .－ 2C .± 2D. 2解析 根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0， 所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0， 由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2. 答案 B 二、填空题6.(2018·河南百校联盟联考改编)若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝40，且S 6＋3a 7＝S 8，则a 2等于________.解析 由S 6＋3a 7＝S 8，得2a 7＝a 8，则公比q 为2，所以a 2＝a 523＝4023＝5. 答案 57.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列， 则a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n .答案 12n8.(2018·成都诊断)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项的和S 9＝________.解析 由a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )得，a 2n ＋1－4a n ＋1a n ＋4a 2n ＝0，∴(a n ＋1－2a n )2＝0，a n ＋1a n ＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝2，公比为2的等比数列，∴S 9＝2（1－29）1－2＝1 022.答案 1 0229.(2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列. 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设可得 ⎩⎨⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋q ＋q 2）＝－6，解得⎩⎨⎧q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－2[1－（－2）n ]1－（－2）＝23[(－2)n －1]，则S n ＋1＝23[(－2)n ＋1－1]，S n ＋2＝23[(－2)n ＋2－1]，所以S n ＋1＋S n ＋2＝23[(－2)n ＋1－1]＋23[(－2)n ＋2－1]＝23[2(－2)n－2]＝43[(－2)n －1]＝2S n ， ∴S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列.10.(2018·惠州调研)已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2， 即a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是一个等差数列，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， 所以q ＝3，b n ＝3n －1.数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 即3n －12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A .(3n －1)2B.12(9n －1) C .9n －1 D.14(3n －1) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1， ∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列.因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4（1－9n ）1－9＝12(9n －1). 答案 B12.(2018·东北三省三校联考)各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为________.解析 由题意知2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，∴a n ＋1＝b n b n ＋1，当n ≥2时，2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1，∵b n >0，∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1，∴{b n }成等差数列，由a 1＝1，a 2＝3，得b 1＝2，b 2＝92，∴b 1＝2，b 2＝322，∴公差d ＝22，∴b n ＝n ＋122，∴b n ＝（n ＋1）22， ∴a n ＝b n －1b n ＝n （n ＋1）2. 答案 a n ＝n （n ＋1）213.(2017·合肥模拟)设{a n }是公比为q 的等比数列.(1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列.(1)解 设{a n }的前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，∴S n ＝a 1（1－q n）1－q ，∴S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. (2)证明 假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)， a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1. ∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾. 故数列{a n ＋1}不是等比数列.。
版高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪检测35理新人教A版05240161
课时跟踪检测(三十五)[高考基础题型得分练]1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *有a n ＋S n ＝n .(1)设b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列；(2)设c 1＝a 1且c n ＝a n －a n －1(n ≥2)，求{c n }的通项公式．(1)证明：由a 1＋S 1＝1及a 1＝S 1，得a 1＝12. 又由a n ＋S n ＝n 及a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1.∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，即2b n ＋1＝b n .∴数列{b n }是首项b 1＝a 1－1＝－12，公比为12的等比数列． (2)解：由(1)知，2a n ＋1＝a n ＋1，∴2a n ＝a n －1＋1(n ≥2)， ∴2a n ＋1－2a n ＝a n －a n －1(n ≥2)，即2c n ＋1＝c n (n ≥2)，又c 1＝a 1＝12，2a 2＝a 1＋1，∴a 2＝34. ∴c 2＝34－12＝14，即c 2＝12c 1. ∴数列{c n }是首项为12，公比为12的等比数列． ∴c n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n . 2．已知数列{a n }与{b n }，若a 1＝3且对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，数列{b n }的前n 项和S n ＝n 2＋a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解：(1)因为对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2， 所以{a n }是公差为2的等差数列．又因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1.当n ＝1时，b 1＝S 1＝4；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n ＋1)－[(n －1)2＋2(n －1)＋1]＝2n ＋1，对b 1＝4不成立．所以数列{b n }的通项公式为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.(2)由(1)知，当n ＝1时，T 1＝1b 1b 2＝120. 当n ≥2时，1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝120＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝120＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－12n ＋3＝120＋n －110n ＋15. 当n ＝1时仍成立，所以T n ＝120＋n －110n ＋15. 3．[2017·山东青岛模拟]已知数列{a n }是等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，且a 10＝28，S 8＝92；数列{b n }对任意n ∈N *，总有b 1b 2b 3·…·b n －1b n ＝3n ＋1成立．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n b n2n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 10＝a 1＋9d ＝28，S 8＝8a 1＋8×72×d ＝92， 解得a 1＝1，d ＝3，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 因为b 1b 2b 3·…·b n －1b n ＝3n ＋1，所以b 1b 2b 3·…·b n －1＝3n －2(n ≥2)，两式相除，得b n ＝3n ＋13n －2(n ≥2)． 因为当n ＝1时，b 1＝4适合上式，所以b n ＝3n ＋13n －2(n ∈N *)． (2)由(1)知，c n ＝a n b n 2n ＝3n ＋12n ，则T n ＝42＋722＋1023＋…＋3n ＋12n ，① 12T n ＝422＋723＋1024＋…＋3n －22n ＋3n ＋12n ＋1，②①－②，得12T n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋323＋…＋32n －3n ＋12n ＋1， 从而12T n ＝2＋3×14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－3n ＋12n ＋1 ＝72－3n ＋72n ＋1，即T n ＝7－3n ＋72n . 4．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：13≤T n <12. (1)解：由题意知，{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴a n ＝a 1·2n －1＝2n －1.∴S n ＝2n－1. 设等差数列{b n }的公差为d ，则b 1＝a 1＝1，b 4＝1＋3d ＝7，∴d ＝2，∴b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)证明：∵log 2a 2n ＋2＝log 222n ＋1＝2n ＋1， ∴c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2＝1n －n＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. ∵n ∈N *，∴T n <12， 当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝1n ＋n －>0，∴数列{T n }是一个递增数列，∴T n ≥T 1＝13. 综上知，13≤T n <12. [冲刺名校能力提升练]1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋2a n ＝3(n ∈N *)，设数列{b n }满足b 1＝a 1，b n＝2b n－1b n－1＋2(n≥2)．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n＝na n，求数列{c n}的前n项和T n.解：(1)∵S n＋2a n＝3(n∈N*)，∴当n≥2时，S n－1＋2a n－1＝3，两式相减，得3a n＝2a n－1，即a na n－1＝23.又当n＝1时，a1＋2a1＝3，∴a1＝1，∴数列{a n}是首项为1，公比为23的等比数列，则a n＝⎝⎛⎭⎪⎫23n－1.∵当n≥2时，b n＝2b n－1b n－1＋2，两边取倒数，得1b n＝1b n－1＋12，∴1b n－1b n－1＝12，b1＝a1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n是首项为1，公差为12的等差数列，则1b n＝1＋(n－1)×12＝n＋12，∴b n＝2n＋1.(2)由(1)可知，c n＝na n＝n⎝⎛⎭⎪⎫32n－1，T n＝1＋2×32＋3×⎝⎛⎭⎪⎫322＋4×⎝⎛⎭⎪⎫323＋…＋(n－1)×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2＋n×⎝⎛⎭⎪⎫32n－1，①32T n＝32＋2×⎝⎛⎭⎪⎫322＋3×⎝⎛⎭⎪⎫323＋…＋(n－1)×⎝⎛⎭⎪⎫32n－1＋n×⎝⎛⎭⎪⎫32n.②①－②，得－12T n＝1＋32＋⎝⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫32n－1－n×⎝⎛⎭⎪⎫32n＝－2＋(2－n)×⎝⎛⎭⎪⎫32n，∴T n＝4＋2(n－2)×⎝⎛⎭⎪⎫32n.2．[2017·山东临沂八校联考]已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若{b n －(－1)na n }是等比数列，且b 2＝7，b 5＝71，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)， 因为a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列，所以(3d ＋2)2＝(d ＋2)(7d ＋2)，解得d ＝2， 故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)令c n ＝b n －(－1)n a n ，设数列{c n }的公比为q ， 因为b 2＝7，b 5＝71，a n ＝2n ，所以c 2＝b 2－a 2＝7－4＝3，c 5＝b 5＋a 5＝71＋10＝81， 所以q 3＝c 5c 2＝813＝27，故q ＝3， 所以c n ＝c 2·qn －2＝3×3n －2＝3n －1， 即b n －(－1)n a n ＝3n －1， 所以b n ＝3n －1＋(－1)n ·2n .故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(30＋31＋…＋3n －1)＋[－2＋4－6＋…＋(－1)n ·2n ]． 当n 为偶数时，T n ＝1－3n 1－3＋2×n 2＝3n ＋2n －12； 当n 为奇数时，T n ＝1－3n 1－3＋2×n －12－2n ＝3n－2n －32. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋2n －12，n 为偶数，3n －2n －32，n 为奇数. 3．函数f (x )对任意x ∈R 都有f (x )＋f (1－x )＝12. (1)数列{a n }满足：a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)，数列{a n }是等差数列吗？若是，给予证明；若不是，请说明理由；(2)令b n ＝44a n －1，T n ＝b 21＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ，S n ＝32－16n，试比较T n 与S n 的大小． 解：(1)数列{a n }是等差数列，证明如下：令x ＝1n ，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝12， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝12. a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)，又a n ＝f (1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f (0)， 两式相加，得2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n＋…＋[f (1)＋f (0)]＝n ＋12.所以a n ＝n ＋14，n ∈N *.又a n ＋1－a n ＝n ＋1＋14－n ＋14＝14，故数列{a n }是等差数列．(2)b n ＝44a n －1＝4n ，T n ＝b 21＋b 22＋…＋b 2n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋132＋…＋1n 2 ≤16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋11×2＋12×3＋…＋1n n － ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1n ＝32－16n ＝S n ，所以T n ≤S n .4．[2017·江苏南通模拟]设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10.(1)求证：{lg a n }是等差数列；(2)设T n 是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫3a n a n ＋1的前n 项和，求T n ； (3)求使T n >14(m 2－5m )对所有的n ∈N *恒成立的整数m 的取值集合．(1)证明：依题意，当n ＝1时，a 2＝9a 1＋10＝100， 故a 2a 1＝10.当n ≥2时，a n ＋1＝9S n ＋10，a n ＝9S n －1＋10， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝9a n ，即a n ＋1＝10a n ，a n ＋1a n＝10，故{a n }为等比数列，且a n ＝a 1q n －1＝10n (n ∈N *)，∴lg a n ＝n .∴lg a n ＋1－lg a n ＝(n ＋1)－n ＝1， 即{lg a n }是等差数列．(2)解：由(1)知，T n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n n ＋＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝3－3n ＋1.(3)解：∵T n ＝3－3n ＋1，∴当n ＝1时，T n 取最小值32.依题意有32>14(m 2－5m )，解得－1<m <6，故所求整数m 的取值集合为{0,1,2,3,4,5}．。
2018版高考数学一轮复习 第六章 数列 课时跟踪检测31 理 新人教A版
课时跟踪检测(三十一)[高考基础题型得分练]1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.－1n＋12B ．cos n π2 C ．cosn ＋12πD ．cosn ＋22π答案：D 解析：令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确． 2．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( ) A.163B ．133C ．4D ．0答案：D 解析：∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 取得最大值为0.3．[2017·湖北黄冈模拟]已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －3B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2答案：C解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，由于a 1的值不适合上式，故选C.4．[2017·河北保定调研]在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n＝( )A ．2n－1 B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)答案：A解析：解法一：由a n ＋1＝2a n ＋1，可求a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，…，验证可知，a n ＝2n－1. 解法二：由题意知，a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n，∴a n ＝2n－1.5．[2017·山西四校联考]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝( ) A ．2n －1－1 B ．2n－1 C ．2n －1 D ．2n ＋1答案：B解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1＋(n －1)，即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n－1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n，∴a n ＝2n－1.6．数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －3，若a 1＝2，则a 8－a 4＝( ) A ．7 B ．6 C ．5 D ．4答案：D解析：依题意，得(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝[2(n ＋1)－3]－(2n －3)，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 8－a 4＝(a 8－a 6)＋(a 6－a 4)＝2＋2＝4.7．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 015＝( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．2答案：D解析：由题意，得a 3＝4，a 4＝8，a 5＝2，a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8.所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a 2 015＝a 335×6＋5＝a 5＝2.8．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则下列结论正确的是( )A ．a 2 014＝－1，S 2 014＝2B ．a 2 014＝－3，S 2 014＝5C ．a 2 014＝－3，S 2 014＝2D ．a 2 014＝－1，S 2 014＝5 答案：D解析：由a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)知，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，则a n ＋2＝－a n －1(n ≥2)，a n ＋3＝－a n ，…，a n ＋6＝a n ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝2，a 4＝－1，a 5＝－3，a 6＝－2，所以当k ∈N 时，a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋3＋a k ＋4＋a k ＋5＋a k ＋6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，所以a 2 014＝a 4＝－1，S 2 014＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋3＋2＋(－1)＝5.9．在数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1a 2a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________.答案：6116解析：由题意知，a 1a 2a 3·…·a n －1＝(n －1)2， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12(n ≥2)，∴a 3＋a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝6116.10．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.答案：1n解析：∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0， ∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0. 又a n ＋1＋a n >0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0， 即a n ＋1a n ＝n n ＋1，∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，∵a 1＝1，∴a n ＝1n. 11．[2017·山西太原二模]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________.答案：2n 2－n ＋2解析：由已知，得1a n ＋1－1a n＝n ，∴1a n －1a n －1＝n －1，1a n －1－1a n －2＝n －2，…，1a 2－1a 1＝1，∴1a n －1a 1＝n n －12，∴1a n＝n 2－n ＋22，∴a n ＝2n 2－n ＋2.12．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案：(－3，＋∞)解析：因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)＞n 2＋λn ，整理得2n ＋1＋λ＞0，即λ＞－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.[冲刺名校能力提升练]1．[2017·山东日照实验中学月考]如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个数列的第10项等于( )A.1210 B ．129 C.15 D ．110答案：C 解析：∵a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，∴1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，a n a n －1＋a na n ＋1＝2， ∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列． 又d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15.2．已知{a n }满足a n ＋1＝a n ＋2n ，且a 1＝33，则a n n的最小值为( ) A ．21 B ．10 C.212D ．172答案：C解析：由已知条件可知，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝33＋2＋4＋…＋2(n －1) ＝n 2－n ＋33.又n ＝1时，a 1＝33满足此式，所以a n n＝n ＋33n－1.令f (n )＝a n n＝n ＋33n－1，则f (n )在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数， 又f (5)＝535，f (6)＝212，则f (5)>f (6)，故f (n )＝a n n 的最小值为212.3．[2017·北京海淀区期末]若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案：B解析：∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3k ＋1≤0，∴193≤k ≤223. ∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7.4．[2017·贵州贵阳监测]已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n(n ∈N *)，则该数列的前2015项的乘积a 1a 2a 3·…·a 2 015＝________.答案：3解析：由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 015＝4×503＋3，a 1a 2a 3a 4＝1，∴前2 015项的乘积为1503·a 1a 2a 3＝3.5．[2017·甘肃天水一模]已知数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋a n ＋1＝2n，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＋a n ＋1＝2n，① ∴a n ＋1＋a n ＋2＝2n ＋1，②②－①，得a n ＋2－a n ＝2n. 由a 1＝1，a 1＋a 2＝2，得a 2＝1. 当n 为奇数时，a n ＝(a n －a n －2)＋(a n －2－a n －4)＋…＋(a 3－a 1)＋a 1＝2n －2＋2n －4＋…＋2＋1＝13×2n ＋13； 当n 为偶数时，a n ＝(a n －a n －2)＋(a n －2－a n －4)＋…＋(a 4－a 2)＋a 2＝2n －2＋2n －4＋…＋22＋1＝13×2n －13. 故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧13×2n＋13，n 为奇数，13×2n－13，n 为偶数.6．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2n －1(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n∈N*，都有a n≤a6成立，求a的取值范围．解：(1)∵a n＝1＋1a＋2n－1(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又∵a＝－7，∴a n＝1＋12n－9.结合函数f(x)＝1＋12x－9的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>a n>1(n∈N*)．∴数列{a n}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.(2)a n＝1＋1a＋2n－1＝1＋12n－2－a2.∵对任意的n∈N*，都有a n≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋12x－2－a2的单调性知，5<2－a2<6，∴－10<a<－8.故a的取值范围为(－10，－8)．。
高考数学一轮复习 第六章 数列 第3讲 等比数列及其前n项和配套课时作业 理(含解析)新人教A版-新
第3讲 等比数列及其前n 项和配套课时作业1．(2019·某某某某模拟)已知等比数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝8，则a 3a 4a 5＝( ) A ．±64 B ．64 C ．32 D ．16答案 B解析 因为a 2＝2，a 6＝8，所以由等比数列的性质可知a 2·a 6＝a 24＝16，而a 2，a 4，a 6同号，所以a 4＝4，所以a 3a 4a 5＝a 34＝64.故选B.2．(2019·某某调研)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3，a 4＝24，则S 6＝( ) A ．93 B ．189 C ．99 D ．195答案 B解析 ∵a 4＝a 1q 3＝3q 3＝24，∴q ＝2，∴S 6＝a 11－q 61－q＝189.故选B.3．已知正项等比数列{a n }中，a n ＋1<a n ，a 2·a 8＝6，a 4＋a 6＝5，则a 5a 7＝( ) A.56 B.65 C.23 D.32答案 D解析 由等比数列性质可知a 2a 8＝a 4a 6＝6，故a 4，a 6分别是方程x 2－5x ＋6＝0的两根．因为a n ＋1<a n ，所以a 4＝3，a 6＝2，故a 5a 7＝a 4a 6＝32.故选D.4．(2019·某某模拟)设a 1＝2，数列{1＋2a n }是公比为2的等比数列，则a 6＝( ) A ．31.5 B ．160 C ．79.5 D ．159.5答案 C解析 因为1＋2a n ＝(1＋2a 1)·2n －1，则a n ＝5·2n －1－12，a n ＝5·2n －2－12. a 6＝5×24－12＝5×16－12＝80－12＝79.5.5．(2019·某某某某中学调研)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36答案 B解析 由a 2a 5＝a 3a 4＝2a 3，得a 4＝ 2.又a 4＋2a 7＝2×54，所以a 7＝14，又因为a 7＝a 4q 3，所以q ＝12，所以a 1＝16，所以S 5＝16×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝31.故选B.6．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，即q 4＋q 2＋1＝7，解得q 2＝2，所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)×q 2＝21×2＝42.故选B.7．在递增的等比数列{a n }中，已知a 1＋a n ＝34，a 3·a n －2＝64(n >2)，且前n 项和S n ＝42，则n ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 A解析 由a 1＋a n ＝34，a 1a n ＝a 3a n －2＝64及{a n }为递增数列，得a 1＝2，a n ＝32＝a 1qn －1，又S n ＝a 11－q n1－q＝42，∴q ＝4，n ＝3.故选A.8．(2019·某某模拟)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则S 6S 4＝( ) A ．2 B ．73 C ．310 D ．1或2答案 B解析 设S 2＝k ，S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4为等比数列，∴S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，S 4＝3k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝73.故选B.9．(2019·延庆模拟)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1)C ．n n ＋12D ．n n －12答案 A解析 ∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )， 将d ＝2代入上式，解得a 1＝2， ∴S n ＝2n ＋n n －1·22＝n (n ＋1)．故选A.10．(2019·北大附中模拟)若正项数列{a n }满足a 1＝2，a 2n ＋1－3a n ＋1a n －4a 2n ＝0，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝22n －1B ．a n ＝2nC ．a n ＝22n ＋1D ．a n ＝22n －3答案 A解析 ∵a 2n ＋1－3a n ＋1a n －4a 2n ＝(a n ＋1－4a n )(a n ＋1＋a n )＝0，又a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1＝4a n ，∴a n ＝2×4n －1＝22n －1.故选A.11．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 8＝2a 4，S 4＝4，则S 8的值为( ) A ．4 B ．8 C ．10 D ．12答案 D解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知q ≠1.因为a 8＝2a 4，S 4＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 7a 1q 3＝2，a 11－q 41－q＝4，解得q 4＝2，a 1＝－4(1－q )，所以S 8＝a 11－q 81－q＝－41－q 1－221－q＝12.故选D.12．记等比数列{a n }的前n 项积为T n (n ∈N *)，已知a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m 的值为( )A ．4B ．7C ．10D ．12答案 A解析 因为{a n }是等比数列，所以a m －1a m ＋1＝a 2m .又a m －1a m ＋1－2a m ＝0，则a 2m －2a m ＝0，所以a m ＝2.由等比数列的性质可知前2m －1项积T 2m －1＝a 2m －1m ，即22m －1＝128，故m ＝4.故选A.13．(2019·某某模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋3，则S 4＝________.答案 66解析 依题意有a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，与原式作差，得a n ＋1－a n ＝2a n ，n ≥2，即a n ＋1＝3a n ，n ≥2，可见，数列{a n }从第二项起是公比为3的等比数列，a 2＝5，所以S 4＝1＋5×1－331－3＝66.14．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 3n －1解析 由3S 1,2S 2，S 3成等差数列可得4S 2＝3S 1＋S 3，所以3(S 2－S 1)＝S 3－S 2，即3a 2＝a 3，a 3a 2＝3.所以q ＝3，所以a n ＝3n －1. 15．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案 2n解析 ∵a 25＝a 10，∴(a 1q 4)2＝a 1q 9，∴a 1＝q ，∴a n ＝q n.∵2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴2a n (1＋q 2)＝5a n q ，∴2(1＋q 2)＝5q ，解得q ＝2或q ＝12(舍去)．∴a n ＝2n.16．(2019·启东模拟)已知等比数列{a n }中，a 2>a 3＝1，则使不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ≥0成立的最大自然数n 是________．答案 5解析 设公比为q ，由a 2>a 3＝1知0<q <1，a n ＝q n －3，∴不等式的左端＝q －21－q n1－q－q 21－q －n 1－q －1＝1－q n1－q q2·(1－q 5－n)≥0，∵0<q <1，∴n ≤5. 17．(2018·高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e an . 解 (1)设{a n }的公差为d .因为a 2＋a 3＝5ln 2，所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为ea 1＝eln 2＝2，eane a n －1＝e an －an －1＝eln 2＝2，所以{e an }是首项为2，公比为2的等比数列． 所以ea 1＋ea 2＋…＋e an ＝2×1－2n1－2＝2(2n－1)．18．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n . (1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)设＝b n4n 2－12n，求数列{}的前n 项和S n .解 (1)证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ， 所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝3a n ＋1－2a n －a n ＋1a n ＋1－a n ＝2a n ＋1－a na n ＋1－a n＝2， 又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，以2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1，因为＝b n4n 2－12n，所以＝122n ＋12n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n4n ＋2.19．(2019·某某省实验中学模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，S 2＝2a 2－2，S 3＝a 4－2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n a n，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 2＝2a 2－2，①S 3＝a 4－2，②所以由①②两式相减得a 3＝a 4－2a 2，即q 2－q －2＝0. 又因为q >0，所以q ＝2.又因为S 2＝2a 2－2，所以a 1＋a 2＝2a 2－2，所以a 1＋a 1q ＝2a 1q －2， 代入q ＝2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，①将①式两边同乘12，得12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②由①②两式错位相减得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，整理得T n ＝2－n ＋22n.20．(2019·正定模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且3a n ＋1＋2S n ＝3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意n ∈N *，k ≤S n 恒成立，某某数k 的最大值． 解 (1)因为3a n ＋1＋2S n ＝3，① 所以当n ≥2时，3a n ＋2S n －1＝3.②由①－②，得3a n ＋1－3a n ＋2a n ＝0(n ≥2)，所以a n ＋1a n ＝13(n ≥2)． 因为a 1＝1,3a 2＋2a 1＝3，解得a 2＝13，所以a 2a 1＝13.所以数列{a n }是首项为1，公比为13的等比数列．所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1.(2)由(1)知S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .由题意，可知对于任意n ∈N *，恒有k ≤32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 成立．因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 单调递增，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 中的最小项为23，所以k ≤32×23＝1，故实数k 的最大值为1.。
2021年高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪检测3理新人教A版
2021年高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪检测32理新人教A 版1．若等差数列{a n }的前5项之和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15答案：B解析：由S 5＝a 2＋a 4·52⇒25＝3＋a 4·52⇒a 4＝7，所以7＝3＋2d ⇒d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.2．[xx·湖北武汉调研]已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 7＝－8，a 2＝2，则数列{a n }的公差d 等于( )A ．－1B ．－2C ．－3D ．－4答案：C解析：解法一：由题意，可得⎩⎨⎧a 1＋a 1＋6d ＝－8，a 1＋d ＝2，解得a 1＝5，d ＝－3.解法二：a 1＋a 7＝2a 4＝－8，∴a 4＝－4， ∴a 4－a 2＝－4－2＝2d ，∴d ＝－3.3．[xx·辽宁沈阳质量监督]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：解法一：由等差数列的前n 项和公式，可得S n ＋2－S n ＝(n ＋2)a 1＋n ＋2n ＋12d －⎣⎢⎡⎦⎥⎤na 1＋n n －12d ＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋4n ＋2＝36，∴n ＝8，故选D.解法二：由S n ＋2－S n ＝a n ＋2＋a n ＋1＝a 1＋a 2n ＋2＝36，因此a 2n ＋2＝a 1＋(2n ＋1)d ＝35，解得n ＝8，故选D.4．[xx·湖北武汉调研]已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －57，且a 1＝5，设{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 取得最大值的序号n 的值为( )A ．7B ．8C ．7或8D ．8或9答案：C解析：由题意可知，数列{a n }是首项为5，公差为－57的等差数列，所以a n ＝5－57(n－1)＝40－5n7，该数列前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以S n取得最大值时，n ＝7或8，故选C.5．[xx·陕西质量监测]已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1＝a n －23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ＋1·a k <0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫473－23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0， ∴452<k <472，∴k ＝23. 6．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5 D ．20答案：D解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n －[2(n －1)2＋3(n －1)]＝4n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝5，符合上式， ∴a n ＝4n ＋1，∴a p －a q ＝4(p －q )＝20.7．现给出以下几个数列：①2,4,6,8，…，2(n －1)，2n ；②1，1,2,3，…，n ；③常数列a ，a ，a ，…，a ；④在数列{a n }中，已知a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝2.其中等差数列的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案：B解析：①由4－2＝6－4＝…＝2n －2(n －1)＝2，得数列2,4,6,8，…，2(n －1)，2n 为等差数列；②因为1－1＝0≠2－1＝1，所以数列1,1,2,3，…，n不是等差数列；③常数列a，a，a，…，a为等差数列；④当数列{a n}仅有3项时，数列{a n}是等差数列，当数列{a n}的项数超过3项时，数列{a n}不一定是等差数列．故等差数列的个数为2.8．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足S n＞0的最大自然数n的值为( )A．6 B．7C．12 D．13答案：C解析：∵a1＞0，a6a7＜0，∴a6＞0，a7＜0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，∴S12＞0，S13＜0，∴满足S n＞0的最大自然数n的值为12.9．正项数列{a n}满足a1＝1，a2＝2,2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥2)，则a7＝________.答案：19解析：由2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n∈N*，n≥2)，可得数列{a2n}是等差数列，公差d＝a22－a21＝3，首项a21＝1，所以a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴a n＝3n－2，∴a7＝19.10．[xx·北京海淀区模拟]已知等差数列{a n}的公差d≠0，且a3＋a9＝a10－a8.若a n ＝0，则n＝________.答案：5解析：∵a3＋a9＝a10－a8，∴a 1＋2d ＋a 1＋8d ＝a 1＋9d －(a 1＋7d )， 解得a 1＝－4d ，∴a n ＝－4d ＋(n －1)d ＝(n －5)d . 令(n －5)d ＝0(d ≠0)，可解得n ＝5.11．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________．答案：60解析：由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知，d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18＝S 10－(S 18－S 10)＝60.12．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝________.答案：1941解析：∵{a n }，{b n }为等差数列，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. ∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a 6b 6＝1941.[冲刺名校能力提升练]1．[xx·河北保定一模]设等差数列{a n }满足a 1＝1，a n >0(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋10a 2n的最大值是( )A ．310B ．212C ．180D ．121答案：D解析：设数列{a n }的公差为d ， 依题意，得2S 2＝S 1＋S 3， 因为a 1＝1，所以22a 1＋d ＝a 1＋3a 1＋3d ， 化简可得d ＝2a 1＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，S n ＝n ＋n n －12×2＝n 2，所以S n ＋10a 2n ＝n ＋1022n －12＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋102n －12＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤122n －1＋2122n －12 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋212n －12≤121. 2．[xx·山东青岛二模]设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1答案：B解析：设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n2n －1d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立， 所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0， 解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.3．[xx·浙江杭州质量检测]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7答案：D解析：由条件，得S n n ＜S n ＋1n ＋1，即n a 1＋a n 2n ＜n ＋1a 1＋a n ＋12n ＋1，所以a n ＜a n ＋1，所以等差数列{a n }为递增数列．又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，即数列{a n }前7项均小于0，第8项大于零，所以S n的最小值为S 7，故选D.4．[xx·浙江温州模拟]在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }的前11项和S 11等于________．答案：132 解析：S 11＝11a 1＋a 112＝11a 6，设公差为d ，由a 9＝12a 12＋6，得a 6＋3d ＝12(a 6＋6d )＋6，解得a 6＝12，所以S 11＝11×12＝132.5．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72，若b n ＝12a n －30，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．解：∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， ∴数列{a n }为等差数列．设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72，得⎩⎨⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝4.∴a n ＝4n －2，则b n ＝12a n －30＝2n －31.令⎩⎨⎧b n ≤0，b n ＋1≥0，即⎩⎨⎧2n －31≤0，2n ＋1－31≥0，解得292≤n ≤312，∵n ∈N *，∴n ＝15，即数列{b n }的前15项均为负值，∴T 15最小． ∵数列{b n }的首项是－29，公差为2， ∴T 15＝15×－29＋2×15－312＝－225，∴数列{b n }的前n 项和T n 的最小值为－225.6．[xx·江西南昌调研]设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n . (1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3， 4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)解：由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1， 又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列， 所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1， 而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3， 所以a n ＝⎩⎨⎧3－1n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－－1n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时跟踪检测(三十三)[高考基础题型得分练]1．在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，那么这个数列的公比为( ) A ．2 B ．12 C ．2或12D ．－2或12答案：C解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 4a2＋a 3＝a 1＋q 3a 1q ＋q 2＝1＋q3q ＋q 2＝＋q－q ＋q 2q＋q＝1－q ＋q2q＝1812，得q ＝2或q ＝12. 2．[2017·湖北宜昌模拟]在等比数列{a n }中，若a 1＝3，a 4＝24，则a 3＋a 4＋a 5＝( ) A ．33 B ．72 C ．84 D ．189答案：C解析：由已知，得q 3＝a 4a 1＝8，解得q ＝2，则有a 3＋a 4＋a 5＝a 1(q 2＋q 3＋q 4)＝3×(4＋8＋16)＝84.3．已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz ＝( ) A ．－3 B ．±3 C ．－3 3 D ．±3 3答案：C解析：由等比中项知，y 2＝3，∴y ＝± 3. 又∵y 与－1，－3符号相同，∴y ＝－3，y 2＝xz ， ∴xyz ＝y 3＝－3 3.4．[2017·河北衡水模拟]已知正数组成的等比数列{a n }，若a 1·a 20＝100，则a 7＋a 14的最小值为( )A ．20B ．25C ．50D ．不存在答案：A解析：∵(a 7＋a 14)2＝a 27＋a 214＋2a 7a 14≥4a 7a 14＝4a 1a 20＝400，∴a 7＋a 14≥20. 5．[2017·山东临沂模拟]已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a ＝( )A ．－13B ．13 C ．－12D ．12答案：A解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2.当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，∴a ＋16＝a 2，解得a ＝－13.6．已知数列1，a 1，a 2,9是等差数列，数列1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，则b 2a 1＋a 2＝( )A.710 B ．75 C.310D ．12答案：C解析：因为1，a 1，a 2,9是等差数列，所以a 1＋a 2＝1＋9＝10.又1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，所以b 22＝1×9＝9，易知b 2>0，所以b 2＝3，所以b 2a 1＋a 2＝310. 7．[2015·浙江卷]已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0答案：B解析：∵a 3，a 4，a 8成等比数列， ∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )， 整理，得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0.又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d3，∴dS 4＝－2d23＜0，故选B.8．设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝( ) A ．150 B ．－200 C ．150或－200 D ．400或－50答案：A解析：依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)， 故S 20＝－20或S 20＝30.又S 20＞0， 因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40， 故S 40－S 30＝80，S 40＝150.故选A.9．[2017·宁夏银川一模]等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1，S 3，S 2成等差数列，则{a n }的公比q 等于________．答案：－12解析：∵S 1，S 3，S 2成等差数列，∴a 1＋a 1＋a 1q ＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)．∵a 1≠0，q ≠0，解得q ＝－12.10．[2017·河北石家庄模拟]在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________. 答案：－53解析：因为1a 7＋1a 10＝a 7＋a 10a 7a 10，1a 8＋1a 9＝a 8＋a 9a 8a 9，由等比数列的性质知，a 7a 10＝a 8a 9，所以1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝158÷⎝ ⎛⎭⎪⎫－98＝－53.11．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝3S 2，a 3＝2，则a 7＝________. 答案：8解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1且q ＞0.因为S 4＝3S 2，所以a 1－q 41－q＝3a 1－q 21－q，解得q 2＝2.因为a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.[冲刺名校能力提升练]1．[2017·青海西宁复习检测]已知数列{a n }是首项a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q ＝( )A ．－1B ．1C ．1或－1D ． 2答案：C解析：∵4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，∴2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，又∵a 1＝4，则有q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1，∴q ＝±1，故选C.2．[2017·山东临沂模拟]数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n－1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝( )A ．(3n －1)2B ．12(9n－1) C ．9n－1 D ．14(3n－1) 答案：B解析：∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *， 当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1， ∴当n ≥2时，a n ＝3n－3n －1＝2·3n －1.又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列． 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝－9n1－9＝12(9n－1)． 3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15答案：A解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以3为公比的等比数列． ∴a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.∴a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝35. ∴log 1335＝－5.4．[2017·辽宁沈阳质量监测]数列{a n }是等比数列，若a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝________.答案：323(1－4－n)解析：设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质知，a 5＝a 2q 3，解得q ＝12，所以a 1＝4.a 2a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝14a 1a 2， a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ＝14a n －1a n (n ≥2)．设b n ＝a n a n ＋1，可以得出数列{b n }是以8为首项，以14为公比的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{b n }的前n 项和，由等比数列的前n 项和公式，得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝323(1－4－n )．5.已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n ＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列， 所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5， 即2a 6－3a 5＋a 4＝0，所以2q 2－3q ＋1＝0， 因为q ≠1，所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)由题意，得b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，所以T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.6．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5， ∴a 2＋2a 1＝15， ∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，∴a n＋1＋2a na n＋2a n－1＝3(n≥2)，∴数列{a n＋1＋2a n}是以15为首项，以3为公比的等比数列．(2)解：由(1)，得a n＋1＋2a n＝15×3n－1＝5×3n，则a n＋1＝－2a n＋5×3n，∴a n＋1－3n＋1＝－2(a n－3n)．又∵a1－3＝2，∴a n－3n≠0，∴{a n－3n}是以2为首项，以－2为公比的等比数列．∴a n－3n＝2×(－2)n－1，即a n＝2×(－2)n－1＋3n.。