2020版一轮创新思维文数(人教版A版)课件：第五章第五节数列的综合应用.ppt[文字可编辑]

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高考理科第一轮复习课件(5.5数列的综合应用)

1．设{an}是公差不为0的等差数列，a1=2且a1,a3,a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn=(
n 2 7n (A) 4 4 n 2 5n (B) 3 3
) (D)n 2+n
n 2 3n (C) 2 4
【解析】选A.设数列{an}的公差为d，则根据题意得
(2+2d)2=2·(2+5d)，解得 d 1 或d=0（舍去），所以数列{an}
【变式备选】已知{an}是首项为19，公差为-2的等差数列，Sn
为{an}的前n项和. （1）求通项an及Sn. （2）设{bn-an}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn} 的通项公式及其前n项和Tn.
【解析】（1）因为{an}是首项为a1=19，公差d=-2的等差数
列，所以an=19-2(n-1)=-2n+21, Sn=-n2+20n. （2）由题意知bn-an=3n-1,所以bn=an+3n-1, 即bn=-2n+21+3n-1. Tn=Sn+(1+3+„+3n-1)
3n 2 11n 2 2 , n 2, 所以Sn 2 3n 11n 10, n 2, 2 2 4,
这个式子中n=2时两段函数值相等，
n 1,
故可以写为
Sn 3n 2 11n 10, n 2. 2 2
【互动探究】本例题（1）中将条件“S1,S2,S4成等比数列”改
第五节数列的综合应用
数列的实际应用 (1)解答数列应用题的步骤. ①审题——仔细阅读材料，认真理解题意. ②建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征. ③求解——求出该问题的数学解. ④还原——将所求结果还原到原实际问题中.

2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：数列的综合问题

n 1
所以an＝a1qn－1＝3 2 .
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(2)若bn＝log3a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1，故 Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝nn－ 2 1.
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2.(2022·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，整理得a1＝ma1－1，解得m＝2时，Sn－1＝2an－1－1，
(b)
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(a)－(b)得 an＝2an－2an－1，整理得aan－n 1＝2(常数)，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n－1.
选条件③时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)，
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(2)设{an}的前n项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn；
因为bn＋1＝2bn≠0，所以要证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn，即证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn，即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn，即证an＋1＝Sn＋1－Sn，而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立，所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.
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(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
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由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1，即bn是数列{an}中的第2n－1项. 设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，因为b7＝a26＝a64，b8＝a27＝a128，所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，所以 S100＝P107－Q7＝107×22＋214－21－－228＝11 302.

2020年一轮创新思维文数(人教版A版)练习：第五章第五节数列的综合应用Word版含解析.doc

课时规范练 A 组基础对点练3 * 1. （2018嘉兴调研）已知a n =亦二而（n€ N ），数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,则使各>0的n 的最小值为（）A . 99B . 100C . 101D . 102、、3解析：由通项公式得 a 1 + a 100= a 2 + a ?9= a 3+ a 98 =••• = a 50 + a 51 = 0, a 1°1 = 101>0，故选 C. 答案：C2. （2018昆明七校调研）在等比数列｛a n ｝中，S n 是它的前n 项和，若q = 2，且a ?与2a 4的等差中项为18,则S 5=（）A . 62B . - 62 D . - 3262,选 A.答案：A53. 已知等差数列｛a n ｝的各项均为正数，a 1= 1，且a 3, a °+ ?, an 成等比数列•若p -q = 10, 则 ap— aq =（）A . 14B . 15C . 16D . 17 5解析：设等差数列｛a n ｝的公差为d ,由题意分析知d>0，因为a 3, a °+ ?, an 成等比数列，所以 a 4 + 5 2 = a 3an ，即 §+ 3d 2= (1 + 2d) (1 + 10d)，即 44d — 36d — 45 = 0,所以 d =号 15谷土 I 才「、『 3n — 1 3d =— 22舍去，所以 a n = — •所以 a p — aq = ^(p — q)= 15. 答案：B 4.已知数列｛a n ｝满足 a n + 2— a n +1= a n +1 — a n , n €N *，且 a 5 =寸，若函数 f(x)= sin 2x + 2cos^, 记y n = f(an )，则数列｛y n ｝的前9项和为( )A . 0B . — 9C . 9D . 1C . 32解析: 依题意得a 2 + 2a 4= 36, q = 2，则 2a 1 + 16a 1 = 36,解得 a 1 = 2, 因此S 5 = 52X( 1 — 25)_ 1-2 =解析：由已知可得，数列｛a n｝为等差数列，f(x) = sin 2x+ cos x+ 1 ,「. f 2 = 1.■/ f( —x) = sin(2 —2x) + cos(—x) + 1 = —sin 2x—cos x+ 1 ,「. f( —x) + f(x)= 2.•' a i + a g = a 2 + a &=…=2a 5= n 二 f(a” + •••+ f(a 9)= 2 x 4 + 1 = 9,即数列｛y n ｝的前 9 项和为 9. 答案：Ca 2, a 4, a 8成等比数列，则｛a n ｝的前n 项和S n =( ) A . n(n + 1) C n(nJ i)D .n (n—〔)解析：因为a 2, a 4, a 8成等比数列，所以 a ：= a ? a 8,所以佝+ 6)2=⑻+ 2)(印+ i4),解得 a i = 2.所以 S n = na<| + “ i x 2 = n(n + i).故选 A. 答案：A6.已知｛a n ｝是等差数列，a i = i ,公差d z 0, S n 为其前n 项和，若a i , a ?, 成等比数列,贝U S ；3= ____ .答案：647 •对于数列｛a n ｝，定义数列｛a n +1 — a n ｝为数列｛a n ｝的“差数列”，若a i = 2, ｛a n ｝的“差数列” 的通项公式为2n ，则数列｛ a n ｝的前n 项和S n = ______ .解析：T a n +1 — a n = 2n , .•. a n = (a n — a n -1) + (a n -1 — a n -2) + …+ (a 2— a i )+ a i = 2n 1+ 2n 2+…+ n n + 12 2— 2 n n 2— 2 n +1 22 + 2+ 2 = ---- + 2= 2n — 2 + 2 = 2n /. S n = --------- = 2n 1 — 2.1 —2 1 — 2答案：2n +1 — 2&设S n 为等比数列｛ a n ｝的前n 项和.若a i = 1,且3S ,2S 2, S 3成等差数列，则a * = _______________ . 解析：由 3S i,2S 2, S 3 成等差数列，得 4S 2= 3S i + S 3,即 3S 2 — 3S i = S 3 — S 2,贝U 3a 2= a ?,得公比 q = 3，所以 a n = a i q n 1 = 3n 1. 答案：3n—19. 已知数列｛a n ｝的首项为1, S n 为数列｛a n ｝的前n 项和，S n +i = qS n + 1,其中q>0 , n € N . (1)若a 2, a 3, a 2 + a 3成等差数列，求数列｛a *｝的通项公式；2⑵设双曲线X 2— y2= 1的离心率为e n ,且e 2= 2,求e i + e 2+-+金a n解析：(1)由已知，S n +1 = qS n + 1 , S n + 2= qS n +1 + 1,两式相减得到 a n +2= qa n + i , n 》1. 又由 S 2= qS-i + 1 得到 a 2= qa 1,故 a n +1 = qa n 对所有n > 1都成立.所以数列｛a n ｝是首项为1,公比为q 的等比数列. 从而 a n = q n 1.由 a 2, a 3, a 2+ a 3 成等差数列，可得 2a 3= a ? + a ?+ a 3,5.等差数列｛a n ｝的公差为2,若 B . n(n — 1)解析：因为｛a n ｝为等差数列，且a i , a 2, a 5成等比数列，所以 a i (a i + 4d) = (a i + d)2，解得d所以 a 3= 2a 2，故 q = 2, 所以 a n = 2^1(n € N ).n — 1⑵由⑴可知，a n = q .2 ________________________________ _____________所以双曲线x 2 — y ?= 1的离心率e n= p 1 + a n = p 1 + )由 e 2 =，』1 + q 2= 2 解得 q = , 3.所以 e j + e 2+…+ e 2= (1 +1)+ (1 + q 2)+…+ [1 + q 2(n 1)] =n + [1 + q 2+・・・+ q 2( n _1)]2n q1=n + 1(3n — 1).10. (2018西安质检)已知等差数列｛a n ｝的各项均为正数，a 1= 1,前n 项和为S n ,数列｛b n ｝为等比数列，b 1= 1，且b 2S 2 = 6, b 2+足=8.(1)求数列｛a n ｝与｛b n ｝的通项公式；1 1 1 (2)求 §+S 2+…+ s n解析：(1)设等差数列｛a *｝的公差为d , d>0, ｛ b n ｝的公比为q ，则a n = 1 + (n — 1)d , b n = q n 1 依题意有^(2 + d尸6,q + 3 + 3d = 8d = 1 [d =— 3解得〈，或$3(舍去).q = 2 lq = 9故 a n = n , b n = 2n 1.1(2)由(1)知 S n = 1 + 2 + …+ n = ?n(n + 1),C" 1 1 1 11=2[(1 —1)+ (2—1+…+(n -不)] =2(1 -丄)n + 1 =2nn + 1.B 组能力提升练31. 设函数 f(x)= (x — 3) + x — 1, ｛a n ｝是公差不为 0 的等差数列，f(a 1)+ f(a 2)+…+ f(a 7)= 14, 则 a i + 82 +…+ a 7=( )A . 0 C . 14D . 21解析：■/ f(x)= (x — 3)3 + x — 11 =2 = S n n(n + 1 )2(1 -1n + 1),=(x—3)3+ (x—3) + 2,而y= x3+ x是单调递增的奇函数，••• f(x)= (x—3)3+ (x—3) + 2是关于点(3,2)成中心对称的增函数.又••• 2n｝是等差数列，f(a i)+ f(a2) + …+ f(a7)= 14= 7x 2,• f(a4)= 2,即(a4 —3)3+ (a4 —3) + 2 = 2,•- a4= 3,• a1+ a2+ …+ a7= 7a4= 21.答案：D—_I o _I o2. 已知等差数列｛a n｝的公差和首项都不等于0，且az®®成等比数列，则9=( )A . 2B . 3C. 5 D . 7解析：T等差数列｛a n｝中，a2, a4, a8成等比数列，• a4= a2a8, •(a1+ 3d)2= (a1+ d)(a1+ 7d), 2•- d = ap ,T d 丰 0, • d = a1,...a1 +a5+a9 =直=3.故选B. a2 + a3 5a1答案：B3. 定义"规范01数列” ｛a n｝如下:｛a n｝共有2m项，其中m项为0,m项为1,且对任意k w 2m, a1, a2,…，a k中0的个数不少于1的个数.若m= 4,则不同的"规范01数列”共有()A . 18 个B . 16个C. 14 个D. 12 个解析：由题意可得a1= 0, a8= 1, a2, a3,…，a7中有3个0、3个1，且满足对任意k< 8, 都有a1, a2,…，a k中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列” 有00001111,00010111,00011011,00011101,00100111,00101011,00101101,00110011,00110101,010 00111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14 个.答案：C4. 5个数依次组成等比数列，且公比为一2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为()21 2021C •— 10解析：由题意可设这5个数分别为a , — 2a,4a ,— 8a,16a ,故奇数项和与偶数项和的比值为答案：C5.若a , b 是函数f(x)= x 2— px + q(p>0, q>0)的两个不同的零点，且a ,b , — 2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 ___________ .解析：依题意有a , b 是方程x 2— px + q = 0的两根，则a + b = p , ab = q ,由p > 0, q>0可知 a > 0, b > 0.由题意可知 ab = (— 2)2= 4= q , a — 2= 2b 或 b — 2 = 2a ,将a — 2 = 2b 代入ab = 4可解得a = 4, b = 1,此时a + b = 5,将b — 2 = 2a 代入ab = 4可解得 a =1, b = 4,此时 a + b = 5，贝U p = 5，故 p + q = 9. 答案：96. ___________________________________ 已知a n = 3n (n € N *),记数列｛a n ｝的前n 项和为T n ,若对任意的n € N *, T n +3 k >3n — 6 恒成立，则实数 k 的取值范围是 .nn +1n +1解析：T n = 3J : =— 3+ \，所以「+ 3 =蔦，则原不等式可以转化为k >1 — 32 2 2 2 32n 一 4 2n 一 4 23* 恒成立，令 f(n) = —3^,当 n = 1 时，f(n)=— 3 当 n = 2 时，f(n)= 0,当 n = 3 时，f(n)2答案：k> —7•为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车.今年初投入了电力型公交车 128辆，混合动力型公交车 400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入 a 辆.(1) 求经过n 年，该市被更换的公交车总数S(n);(2) 若该市计划7年内完成全部更换，求 a 的最小值.解析：(1)设a n , b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量.3依题意，得｛a n ｝是首项为128，公比为1 + 50% = 3的等比数列，｛b n ｝是首项为400,公差为a 的等差数列.所以｛a n ｝的前n 项和21 ~5a + 4a + 16a _ —2a — 8a — 2121，故选C .227,当n = 4时, f(n)=81，即f(n)是先增后减, 2 2n = 3时，取得最大值27，所以kA^.nfn — 1 s{b n }的前 n 项和 T n = 400n + 2 —a. 所以经过n 年，该市被更换的公交车总数为T n + ■)— T n = - >0, n 1 n n + 1 n + 3'二数列｛T n ｝单调递增，1 二｛Tn ｝中的最小项为T l = 3.128 x 1 — S n =256 [©-1],⑵若计划7年内完成全部更换，则 S(7) > 10 000, 所以25637—1 + 400 X 7 + 三汽 > 10 000,16即 21a > 3 082,所以 a > 146；16. 又a € N *，所以a 的最小值为147.* 12 1&已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,点(n , S n )(n € N )在函数f(x) = * + 2x 的图象上. (1)求数列｛ a n ｝的通项公式; 1a n a n + 2• 丿的取值范围.(2)设数列「1的前n 项和为T n ,不等式T n >?log a (1 — a)对任意正整数n 恒成立，求实数a1 o 1 1 o 1 解析：(1) •••点(n , S n )在函数 f(x)= ?X 2+ 2x 的图象上，••• S n =討 + -n. 1 2 1当 n 》2 时，S n -1 = ^(n — 1) + 2(n — 1), 两式相减得a n = n.当n = 1时，a 1 = 0 = 2+ *= 1，符合上式, • a n = n(n € N *). 11 1 r1(2)由(1)得矿=击2 = 2 —n + 2 ,• 口=丄+丄+…+1a 1a 3 a 2a 4 a n a n +2丄n + 2 S(n )= S n + T n = 2561 + 400 n +1 2 =21- 丄+ 11n + 1 2 n1 1 1要使不等式T n>§log a(1 —a)对任意正整数n恒成立，只要3>§log a(1 —a)，即log a(1 —a)<log a a.1-1 —a>0, a>0 ,• • 0<a<1，…1 —a>a，…0< a<—,即实数a的取值范围为(0,=21”-。

2020年高考人教A版理科数学一轮复习(全册PPT课件 1520张)

人教A版数学（理科）一轮
2020版高考全册精品 PPT课件
第1章集合与常用逻辑用语第一节集合第二节命题及其关系、充分条件与必要条件第三节简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
第2章函数、导数及其应用第一节函数及其表示第二节函数的单调性与最值第三节函数的奇偶性与周期性第四节二次函数与幂函数第五节指数与指数函数第六节对数与对数函数第七节函数的图象
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
23 答案
2 ． ( 教材改编 ) 若集合 A ＝ D [由题意知 A＝{0,1,2}，由 a＝ {x∈N|x≤2 2}，a＝ 2，则下列结 2，知 a∉A.] 论正确的是( ) A．{a}⊆A B．a⊆A C．{a}∈A D．a∉A
解2析4 答案
22
[基础自测] 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打 “×”) (1)任何一个集合都至少有两个子集．( ) (2){x|y＝x2}＝{y|y＝x2}＝{(x，y)|y＝x2}．( ) (3)若{x2,1}＝{0,1}，则 x＝0,1.( ) (4)直线 y＝x＋3 与 y＝－2x＋6 的交点组成的集合是{1,4}．( )
第8章平面解析几何第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程第二节两条直线的位置关系第三节圆的方程第四节直线与圆、圆与圆的位置关系第五节椭圆
第1课时椭圆的定义、标准方程及其性质第2课时直线与椭圆的位置关系
第六节双曲线第七节抛物线第八节曲线与方程第九节圆锥曲线中的定点、定值、范围、最值问题高考大题增分课(五) 平面解析几何中的高考热点问题
第9章算法初步、统计与统计案例第一节算法与程序框图第二节随机抽样第三节用样本估计总体第四节变量间的相关关系与统计案例

2020年一轮创新思维文数(人教版A版)练习：第五章第一节数列的概念与简单表示法Word版含解析.d

课时规范练A 组基础对点练1设数列｛a n ｝的前n 项和S n = n 2 + n ,贝V a 4的值为( )A . 4B . 6C . 8D . 10解析： a 4= S 4 — S 3= 20— 12 =8. 答案： C2.已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n , a 1= 1 , 5= 2a n + 1,则S n =()B.P 1 c ®1n — 1A . 2 1D?n -1解析：由已知 Sn = 2an + 1 得S=2(Sn +1 — 5),即 2S n + 1 = 3Sn ,Sn 1 2，而 S 1= a 1= 1，所以 S n S n=3 n — 1,故选 B.答案：B3.已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若S n = 2a n — 4, n € N ,n +1nA . 2B . 2n —1n —2C . 2D . 2则 a n =( )解析：• a n +1 = S n +1 — S n = 2a n +1 — 4 — (2a n — 4)，…a n +1 = 2a n , - a 1 = 2a 〔一 4,• • a 〔 = 4,・•数列｛ a n ｝是以4为首项，2为公比的等比数列，• a n = 4 2n 1= 2^1，故选A. 答案：A4.在数列｛a n ｝中，a 1 = 1, a n a n -1= a n -1 + (— 1)n(n >2,祇N *），则譽的值是（）A 15 A.花c 15 B.?3c・解析：由已知得 a 2= 1 + (—1)2= 2,• 2a 3= 2+ (—1)3,a 3 = 2 二 |a 4=； + (— 1)4, a 4 = 3,・3a 5 = 3 +(— 1)5，二 a 5= 3,• a 3= l x 3= 3 'a 5 2 2 4.答案：C5. （2018唐山模拟）设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若 a 4= 32，则 a 1 =解析： • S n = 1, a 4 = 32,.255a i 63a i 1…—32，…a i ——33 12'1答案：16.已知数列｛a n ｝的前n 项和S n —2n ,则a 3+ a 4 —解析：当 n 》2 时，a n — 2n -2n -1 — 2n -1,所以 a 3 + a 4— 22+ 23— 12. 答案： 12n + 27.已知数列｛a n ｝中，a i — 1，前n 项和S n — ^~an .3 (1)求 a 2, a 3；⑵求｛a n ｝的通项公式.4解析：(1)由?2— ?a 2 得 3(a 1 + a 2)— 4a 2,解得 a 2— 3a 1 — 3.5由 S 3 — §a 3 得 3(a 1+ a 2+ a 3)— 5a 3, 3解得 a 3 — 2(a 1+ a 2)— 6.于是a 1 — 1, a 2 —討，a 3—务2,…,_ n _ n + 1 %-1—n —2处-2,a n —7亦-1.将以上n 个等式两端分别相乘，整理得a n —呼1.显然，当n — 1时也满足上式.综上可知，｛a n ｝的通项公式a n — 峯严.&已知数列｛a n ｝的通项公式是a n — n 2+ kn + 4. (1)若k —- 5,则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值;⑵对于n € N *，都有a n +1>a n ,求实数k 的取值范围. 解析：(1)由 n 2- 5n + 4<0，解得 1<n<4. 因为n € N *，所以n — 2,3, 所以数列中有两项是负数，即为a 2, a 3.(2)由题设知 a 1— 1.当n 》2时, 有 a n — S n — S n -1—专a n -宁a n -1,整理得a n —n +1 荷a n_1.因为 a n = n 2— 5n + 4 = n — 2 2 — 4,由二次函数性质，得当 n = 2或n = 3时，a n 有最小值，其最小值为 a 2 = a 3=— 2. ⑵由对于n € N *，都有a n + i >a n 知该数列是一个递增数列，又因为通项公式 a *= n 2+ kn + 4,可以看作是关于 n 的二次函数，考虑到 n € N *，所以—号<|,即得k> — 3. 所以实数k 的取值范围为（一3 ,+^）.B 组能力提升练1.已知数列｛a n ｝满足 a i = 15，且 3a n +1 = 3a *— 2•若 a k a k +1<0，则正整数 k =（）A . 21B . 22C . 23D . 242 47 2解析：由 3a n +1= 3a n — 2 得 a *+1 = a n — 3,则｛a n ｝是等差数列，又 a 1= 15，二 a n = — — §na k+1<0,「.47— |k •45 — |k <0,••• 45<k<47,••• k = 23.故选 C.答案：Ca n — 1 a n a n a n +1 〒 =h （n > 2），则这个数列的第10项等1 A .210 1 C .1答案：C故选B.答案：B4. （2018临沂联考）观察下列各图，并阅读图形下面的文字，贝U10条直线相交，交点的个数2.如果数列｛a n ｝满足a 1 = 2 , a ?= 1,且 a n + 11 B .29解析：T 二色=an — an +11—』a n—1a n + 1a n—1a n +1並—1,即直+-a ^=2 ,.••」，12a n—1a n + 1 + a n—1a n +1a n,故」'■an 」是等差数列.又•••d = 1 —丄 1a 2 a 1 2'11 1 1a1=1+9x2=5,故a 10=i3.设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,且 a 1= 1, ｛ S n + na n ｝为常数列,则 a n =()1 A ・3n—C _C . n + 1 n + 25 — 2n D . 丁解析：由题意知，S n + na n = 2,当n 》2时,S n -1+ (n — 1)a n -1 =2 , --(n + 1)a n = (n—1)an -1 ,a 2 a 3 a 4从而_ • •a 1 a 2 a 3 a n = 12 a n -1= 34，则 a n =n + 12 2nn + 1 '当n = 1时上式成立'所以a n = nn + 1，最多是（）6. ________________________________________________________________ 已知数列｛a n ｝中，a 1= 1，若a n = 2a .-1 + 1(n 》2)，则的值是 ______________________________________解析：T a n = 2a n —1 + 1，— a n + 1 = 2(a n -1+ 1),A . 40B . 45C . 50D . 55解析：设n 条直线的交点个数为 a n （n 》2），则「a 3— a 2= 2,a — a = 3, a io — a g = 9.累加得 a io — *2= 2+ 3 + …+ 9,a 10 = 1 + 2 + 3 + …+ 9 = 45.答案：B5. 现定义 a n = 5n + 5 n ，其中 n € 秸，5, *, 1:贝U a n 取最小值时，n 的值为 _______________1解析：令5n = t>0,考虑函数y =t +1，易知其在（0,1］上单调递减，在（1,+^）上单调递增，且当t = 1时，y 的值最小，再考虑函数 t = 5x ,当0<x W 1时，t € （1,5］，则可知a = 5n + 1 n在（0,1］上单调递增，所以当n =1时，a n 取得最小值.答案:丄10a n + 1a n -1+1=2，又a 1= 1,.・. ｛a n + 1｝是以2为首项, 2为公比的等比数列，即a n + 1 = 2X 2n2条直线相交 3条出线相交 4锵直线相交绘多有1亍套点域彩冇亨个交点厳當有方个交点由a n + 2 — a n = 4知，数列｛ a 2n ｝和｛a 2n —l ｝都是公差为4的等差数列，二a 2n = 3+ 4( n — 1) == 2(2 n) —1, a 2n -1= 1 + 4(n — 1) = 2(2n — 1) — 1, — a n = 2n — 1.&已知数列｛a n ｝中，a 1 = 3, a 2 = 5,其前 n 项和 0 满足 S n + S n ~2= 2S n -1+ 2 1(n 》3).(1)求数列｛ a n ｝的通项公式；求最大值.解析：(1)由题意知 S n — S n -1= Sn -1 — Si -2+ 2“ 1(n > 3)，即 a n = a “-1 + 2n 1 (n >3)，二 a n = (a n —a n -1) + …+ (a 3 — a 2) + a 2= 2+ 2+ …+ 2 + 5= 2+ 2+ …+ 2 + 2 + 1 + 2= 2 +1(n > 3),经检验，知n = 1,2时，结论也成立，故a n = 2n + 1.25628- 2n*(2)b n = log 2 = log^2n = log 22= 8 — 2n ，n € N ，a 2n — I 2当 1< n w 3 时，b n = 8 — 2n>0;当 n = 4 时，b n = 8 — 2n = 0; 当 n 》5 时，b n = 8— 2n<0.故n = 3或n = 4时，5有最大值，且最大值为 &= S 4 = 12.1= 2n ,「. a 5 +1 = 25,即卩 a 5= 31.答案：317. 已知数列｛a n ｝的前 n 项和为 S n , a 1= 1, a n * 0, a *a n +1 = 4S n —1(n € N ). （1）证明：a n + 2—an =4；⑵求｛a n ｝的通项公式.解析：（1）证明：T a n a n +1 = 4S n — 1,--an + 1a n + 2 = 4Sn +1—1…an + 1 (a n +2—an ) = 4a n +1,又 an *，…an + 2—an =4・(2)由 a n a n +1= 4Sn — 1, a 1= 1,求得 a ?= 3,⑵若b n = log2562a 2n — 1,n € N *，设数列｛b n ｝的前n 项和为S,当n 为何值时, S n 有最大值？并。

2020年一轮创新思维文数(人教版A版)练习：第五章第三节等比数列及其前n项和Word版含解析.do

课时规范练A 组基础对点练 1 已知等比数列｛a n ｝满足 a i = 3, a i + a 3+ a 5= 21,则 a 3+ a 5 + a 7=( ) A . 21B . 42C . 63D . 84 解析：设数列｛ a n ｝的公比为q ，则a i (1 + q 2 + q 4)= 21,又a i = 3，所以q 4 + q 2— 6 = 0,所以 q 2= 2(q 2=— 3 舍去)，所以 a 3= 6, a 5= 12, a 7= 24,所以 a 3+ a 5+ a 7 = 42.故选 B. 答案：B 2.等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n •已知S 3 = a 2 + 10a 1, a 5= 9，贝U a 1=( ) 1 C.9 解析：由题知公比q z 1，则S 3= a1 1 — q31 — q 1 =ag + 10a 1,得 q 2= 9,又 a 5= a 1q 4= 9,则 a 1 =-,故选C. 答案：C S 10 3.等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若S 3 = 2, S 6= 18,则忑等于（） A . — 3 B . 5 C .— 31 D . 33 解析：设等比数列｛a n ｝的公比为q ，则由已知得q 工1.••• S 3= 2, S 6= 18,1 — q 323 c 百=18,得 q =8， •- q = S =注=1+ q5= 33,故选 D. 答案：D 4.在等比数列｛a n ｝中，a 2a 3a 4= 8, a 7= 8,贝U a 1=()A . 1B . ±C . 2D . ±2解析：因为数列｛a n ｝是等比数列，所以 a 2a 3a 4= a 3= 8，所以 a 3= 2，所以 a 7= a 3q 4= 2q 4= 8, 所以q 2= 2, a 1 =務=1,故选A.q 答案：A 25.设首项为1,公比为2的等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，则（）B . Si = 3a n—2C. S n= 4 —3a n D . S n = 3 —2a n解析：因为a!= 1，公比q= 2，所以a n= 3 n—1, S n=al J —= 3 1 — | n= 3—2 舟n—1= 33 3 1 —q 3 3—2a n,故选D.答案：D6. (2018郑州质检)已知等比数列｛a n｝的前n项和为S n, 若a5= 2a3a6, S s=—62,则a1的值是________ .a 1 1 25解析：设｛a n｝的公比为q.由a5= 2a3a6得(a1q4)2= 2a1q5 a1q5, - q= 2,二S s= =—62,1 —2a1 = —2.答案：—27.已知等比数列｛a n｝为递增数列，a1 = —2，且3(a n+ a n+2) = 10a n+1,则公比q = ____________ .解析：因为等比数列｛a n｝为递增数列且a1=—2<0，所以0<q<1，将3(a n+ a n +2)= 10a n +1两1边同除以a n可得3(1 + q2)= 10q,即3q2—10q + 3= 0,解得q= 3 或q =-，而0<q<1，所以q313.& 若数列｛a n+1 —a n｝是等比数列，且a1 = 1, a2= 2, a3= 5,贝U a n = ____________解析：■/ a2 —a1 = 1, a3—a2= 3,「. q= 3,a n+ 1 —a n= 3n 6,. n —2 …a n —a1 = a2 —a1 + a3 —a2+ …+ a n-1 —a n-2+ a n—a n-1 = 1 + 3 + …+ 3 =9.已知数列｛a n｝满足a1= 1, a n+1= 3a n+ 1.1(1)证明｛a n+ 2｝是等比数列，并求｛a n｝的通项公式;1 1 1 3⑵证明—+—+•••+—＜：.a1 a2 a n 2、 1 125n —1+ 16 3 1 3又a1 + 2= 2所以｛a n+?是首项为2，公比为3的等比数列. 1 —3n答案: 3n—1+12A . S n= 2a n—1证明：(1)由a n+ 1 = 3a n+ 1 得a n +1 + 2= 3(a n+ 2).1 3n 所以a n +2 = ~2，因此｛a n｝的通项公式为3n— 1 a n= 21 2⑵由⑴知ar尸.因为当n> 1 时，3n— 1 >2X 3n「1,所以1+1 +・・・+丄 < 1+3 +•••+寻=33于是a1 a2 a n 3 3n 1 21 i 1 i ,13所以—+ —+ … + _v二a1 a2 a n 21 n +1 *10. （2018 合肥质检）在数列｛a n｝中，a1 = 2，a n+ 1 = "2^a n, n€ N.a n（1）求证：数列｛匚｝为等比数列；⑵求数列｛a n｝的前n项和S n.解析：（1）证明：由a n+ 1 = a n知西丄=1聖，2n n+1 2 n二｛影是以2为首项、2为公比的等比数列.⑵由⑴知｛阳是首项为2公比为2的等比数列，a n Z1 n n••• J®」an= 01 2 n 小S n=尹歹+…十尹①1 12 n则2S n=歹+歹+…+产，②1 1 1 1 1 n * n+ 2①—②得：2$=2+歹+歹+…+刁―2^ =1 —,.c n + 2--S n = 2—*B组能力提升练1. （2018长春调研）等比数列｛a n｝中，a3= 9，前三项和S3= 27，则公比q的值为（）1A . 1B .—-1 1C. 1 或—2 D . —1 或—2 解析：当公比q = 1时,a i = a 2 = a 3= 9, ••• S 3= 3X 9 = 27.--a i = 27 — 18q , •- a 3= a 1q ,•••(27 — 18q) q 2= 9, •(q — 1)2(2q + 1) = 0,1综上q = 1或q =—》选C. 答案：C2.数列｛a n ｝满足：a n +1=入a — 1（n € N *,入€ R 且仔0），若数列｛a n — 1｝是等比数列，则入的值等于（） A . 1 B . — 1 1 C.2D . 222解析：由a n +1 =入n — 1,得a n +1 — 1 =入a — 2 =入a n —）.由于数列｛a n — 1｝是等比数列，所以—入 =1，得）2. 答案：D3=2(当且仅当n = 2m 时取等号), 1 4 3• —I —的最小值是—. m n 2 答案：A14.已知等比数列｛a n ｝满足 a 1 = 4， a 3a 5= 4(a 4— 1)，贝U a 2=( )A . 2B . 1当 q z 1 时，§3 = a i — a 3q• 27 =a i — 9q3.已知正项等比数列｛a n ｝满足:a 3= a 2 + 2a 1，若存在两项1a m, a n ,使得.a m a n = 4a 1，则m +B.4 5••• a 2-2m +n J 16a ?,/• m + n = 6,1 n 「4 m 、1 =65+ m +石》65+2n 4m m n11 1C.2 Dp1解析：设等比数列｛a n｝的公比为q, a1 = 4, a3a5= 4(a4—1)，由题可知q z 1,贝U a1q2x a1q41 1=4(a1q3—1),• 1X q6= 4(1 X q3—1), • q6—16q3+ 64= 0,「. (q3—8)2= 0 ,• q3= 8,A q 1641=2, • a2=亍.故选 C.答案：C5. 等比数列｛a n｝的前n项和为3,若S3+ 3S2= 0，则公比q= ____________ .解析：由S3 + 3S2= 0,得a1 + a2 + a3 + 3(a1 + a2)= 0,即4a1+ 4a2 + a3= 0,即4a1+ 4a1q + ag2=0，即q2+ 4q + 4 = 0,所以q = —2.答案：—26. 设数列｛a n｝(n= 1,2,3,…)的前n项和S n满足S n+ a1 = 2a n,且a1, a2+ 1, a3成等差数列，贝H a1 + a5 = ______ .解析：由已知S n+ a1 = 2a n,有a n = S n —S n-1 = 2a n —2a n-1 (n》2)，即a n = 2a n-1(n》2).从而a2= 2a1, a3= 2a2 = 4a1.又因为a1, a2+ 1, a3成等差数列，即a1 + a3= 2(a2 + 1),所以a1 + 4a1 = 2(2a1+ 1),解得a1 = 2,所以数列｛a n｝是首项为2，公比为2的等比数列，故a n= 2n,贝y a1+ a5= 2+ 25= 34.答案：343 *7. 已知数列｛a n｝的前n项和为S n,且S n = 2a n—1(n€ N).(1)求数列｛ a n｝的通项公式;、r an * + 1 1 1⑵设b n= 2log^- + 1,求 + +…+ .2 b1b2 b2b3 b n-1b n3解析：⑴当n= 1 时，a1= |a1- 1,・.a1= 2,3 当n》2 时，T Si = qa n—1,①3 --S n-1 = 2a n-1 —1(n》2),②3 3①一②得a n= (^a n—1) 一(^a n- 1—1),即a n = 3a n—1 ,二数列｛a n｝是首项为2,公比为3的等比数列，二a n= 2X 3n I⑵由(1)得b n= 2log3^+ 1 = 2n —1,1 1 1 1 1 1 1 111 1 .•.=_+二一+…+= + + …+=加—二+二一_+…+—b1b2 b2b3 b n-1 b n 1 x 3 3 x 5 2n —3 2n—1 2 3 3 5 2n—31 n —12n—1= 2n —1.n+1 *&数列｛a n ｝中，a 1 = 2, a n +1 = a n (n € N ).(1)证明：数列号是等比数列，并求数列｛a n ｝的通项公式；a n ⑵设b n = 4r|—an ，若数列｛b n ｝的前n 项和是T n ,求证：T n <2.解析:(1)由题设得铝=畀，又和2,所以数列岸是首项为2,公比为2的等比数列, 所以 an = 2X 1 n -1= 22—n ,a n = n 22—n = TF.n 2n2【丨・4n(2)证明：a n 2n 1b n= 4n — a n =, 4n = 2n — 1，4n —刁7因为对任意n € N *，2n — 1> 2n —1, 所以b n W 十. 111 1所以 T n W 1 + 2+ 22+ 23+…+ 2—4的最小值为（） A.|25 十…C."6D .不存在解析：•••正项等比数列｛a n ｝满足：a 3= a 2+ 2a 1, •- a 1q 2= a 1q + 2a 1,即 q 2= q + 2,解得 q =— 1(舍)或 q = 2, •.•存在两项a m , a n ，使得寸 a m a n = 4a 1, • a m a n = 16a 1, •- (a 1 2”) (a 1 2n —1)= 16a 1,。

2020版高考数学一轮复习第五章数列5_3等比数列课件理新人教A版

A．3 2f
12 C.
25f
B．3 22f
12 D.
27f
解析从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的
比都等于12 2，第一个单音的频率为 f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为 f，公比为12 2的等比数列，记为{an}，则第八个单音频率为 a8＝f·(12 2)8－1＝12 27f，故选 D。
数列，所以aa17＝＝16， 4。所以 q＝6 64＝2。故选 D。答案 D
(2)(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3。 ①求{an}的通项公式； ②记 Sn 为{an}的前 n 项和。若 Sm＝63，求 m。
(2)解 ①设{an}的公比为 q，由题设得 an＝qn－1。由已知得 q4＝4q2，解得 q＝0(舍去)，q＝－2 或 q＝2。故 an＝(－2)n－1 或 an＝2n－1。 ②若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝1－3－2n。由 Sm＝63 得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解。若 an＝2n－1，则 Sn＝2n－1。由 Sm＝63 得 2m＝64，解得 m＝6。综上，m＝6。
2．(必修 5P62B 组 T2 改编)等比数列{an}的首项 a1＝－1，前 n 项和为 Sn，若SS150＝3312，则{an}的通项公式 an＝________。
解析
因为S10＝31，所以S10－S5＝－ 1 ，因为
S5 32
S5
32
S5，S10－S5，S15－S10
成等比数列，且公比为 q5，所以 q5＝－312，q＝－21，则 an＝－1×－12n－1
即a1n＝12·13n－1＋1。
所以数列 1 的前 a n

高三数学一轮复习第5知识块第5讲数列的综合应用课件文新人教A版

同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长
模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等． (5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项an与它的前一项an－1(或前
几项)间的递推关系式，那么我们可以用递推关系的知识求解问题．
2．数列与其他分支的知识的综合应用 (1)主要为数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何、极限等知识的综合． (2)解此类综合题，首先要认真审题，弄清题意，分析出涉及哪些数学分支内容，在每个分支中各是什么问题；其次，要精心分解，把整个大题分解成若干个小题或“步骤”，使它们成为在各自分支中的基本问题；最后，分别求解这些小题或步骤，从而得到整个问题的结论．
答案：B
2．(2009· 江西卷)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比
中项，S8＝32，则S10等于( A．18 解析：由题意可知 B．24 ) C．60 D．90
S10＝10×(－3)＋答案：C
×2＝60.
3．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如下图的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖的块数是( )
第5讲
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数列差关系或等比关系，
并能用相关知识解决相应的问题.
1．数列应用问题的常见模型 (1)等差模型：一般地，如果增加(或减少)的量有一个固定的具体量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差，其一般形式是：an＋1－an＝d(常数)． (2)等比模型：一般地，如果增加(或减少)的百分比是一个固定的数时，该模型是等比模型． (3)混合模型：在一个问题中，同时涉及到等差数列和等比数列的模型． (4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，
(2)该人打算连续在一家公司工作10年，仅从工资收入总量较多作为应

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第五章
数列
考纲解读 1.以等差、等比数列为基础的混合问题； 2.以等差、等比数列为模型的实际应用问题；3.数列与函数、不等式的综合问题．
第五章
考点一
第五节数列的综合应用
典例剖析·突破考点真题感悟·体验考场
考点二
考点三
课时规范练
等差、等比数列的综合问题|方法突破 [例 1] 已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且 b2＝3， b3＝9，a1＝b1，a14＝b4. (1)求{an}的通项公式； (2)设 cn＝an＋bn，求数列{cn}的前 n 项和．
考点三
课时规范练
[方法提升 ] 数列与函数的综合问题的常见类型及解题策略 (1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题． (2)已知数列条件，解决函数问题，一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
第五章
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典例剖析·突破考点真题感悟·体验考场
(2)若
an<an＋
1，求数列????
1 ?? anan＋1??
的前
n
项和
Tn.
解析
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考点二
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(1)由题意得?????qq2??23＋＋d3?d＝?＝8，36，
解得?????dq＝＝22
或???d＝－23， ??q＝6，
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[跟踪训练]
(2018·贵州七校联考)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列， Sn 为数列{an}的前 n 项和，a1＝b1＝1，且 b3S3＝36，b2S2＝ 8(n∈N*)．
(1)求 an 和 bn；
解析
第五章
考点一
Байду номын сангаас
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(1)证明：由已知， bn＝2an>0. 当 n≥1 时，bbn＋n 1＝2an＋1－an＝2d. 所以数列{bn}是首项为 2a1，公比为 2d 的等比数列． (2)函数 f(x)＝2x 在(a2，b2)处的切线方程为 y－2a2＝(2a2ln 2)(x －a2)，它在 x 轴上的截距为 a2－ln12.
4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1.
因此 Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝4n＋31－4－n·4n＋1＝
?1－3n?4n＋1－4
3
.
所以
Sn＝4－?1－93n?·4n＋
1
.
解析
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(2)求数列{xn}的通项公式； (3)若 an＝x4n－4 009，数列 b1，b2－b1，b3－b2，…，bn－bn－1 是首项为 1，公比为13的等比数列，记 cn＝anbn，求数列{cn}的前 n 项和 Sn.
解析
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(3)注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解． (4)遇到递推数列，利用递推数列的常见解法解决该类问题．
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[跟踪训练]
设 f(x)＝a?xx＋2?，且 f(x)＝x 有唯一解，f(x1)＝1 0103，xn＋1＝ f(xn)(n∈N*)． (1)求实数 a 的值；
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(1)等比数列 {bn}的公比 q＝bb32＝93＝3，所以 b1＝bq2＝1，b4＝
b3q＝27.所以 bn＝3n－1(n＝1,2,3，…)．设等差数列 {an}的公
差为 d.因为 a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以 1＋13d＝27，即
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数列与函数的综合 |方法突破
[例 2] (2018·桂林模拟 )设等差数列 {an}的公差为 d，点(an， bn)在函数 f(x)＝2x 的图象上 (n∈N*)． (1)证明：数列 {bn}为等比数列； (2)若 a1＝1，函数 f(x)的图象在点 (a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2－ln12，求数列 {anb2n}的前 n 项和 Sn.
d＝2.所以 an＝2n－1(n＝1,2,3，…)．
(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，因此 cn＝an＋bn＝2n－1
＋3n－1.从而数列 {cn}的前 n 项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1
＋3＋…＋3n－1＝n?1＋22n－1?＋11－－33n＝n2＋3n－2 1.
解析
第五章
由题意，a2－ln12＝2－ln12，解得 a2＝2.
解析
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所以 d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anb2n＝n·4n.
于是 Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，
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[方法提升] 解决等差、等比数列的综合问题的方法 (1)设等差数列的基本量 a1 和 d，用等比数列建立关系，求出 a1 和 d，进而得出等比数列． (2)设等比数列的基本量 a1 和 q，用等差数列建立关系，求出 a1 和 q，进而得出等差数列． (3)同时设两个数列的基本量，利用方程思想得出基本量的关系.
∴???
??
an＝2n－1， bn＝2n－1，
?? 或?
an＝13?5－2n?，
??bn＝6n－1.
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(2)若 an<an＋1，由(1)知 an＝2n－1， ∴ana1n＋1＝?2n－1?1?2n＋1?＝12????2n1－1－2n1＋1????， ∴Tn＝12????1－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1???? ＝2nn＋1.