2019届高考数学(理科)一轮复习练习(人教版)第五篇+第3节等比数列Word版含解析

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2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n项和课时跟踪检测理

2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n 项和课时跟踪检测理[课时跟踪检测][基础达标]1．已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200解析：a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100. 答案：C2．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.18 B ．－18C.578D ．558解析：因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且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8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.所以a 7＋a 8＋a 9＝18.答案：A3．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)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.答案：A4．(xx 届太原一模)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 ．4 C. 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：B5．(xx 届莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017解析：由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ba n ＝33n，所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.答案：D6．(xx 届海口市调研测试)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( )A.12 B ．1716 C ．2D ．17解析：设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.注意到a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝q 4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，即有S 8－S 4＝q 4S 4，因此S 8＝(q 4＋1)S 4，S 8S 4＝q 4＋1＝1716，选B.答案：B7．(xx 届衡阳模拟)在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝( )A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2nD ．3n－1解析：因为数列{a n }为等比数列，a 1＝2，设其公比为q ，则a n ＝2qn －1，因为数列{a n ＋1}也是等比数列，所以(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选C.答案：C8．(xx 届广州市五校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211. 答案：C9．由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________. 解析：log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝log 2(a 1a 10)·(a 2a 9)·…·(a 5a 6)＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25.答案：2510．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 ＝________. 解析：因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.答案：3n －111．(xx 届南昌模拟)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)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.12．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)．已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝81＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2符合上式，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥1)， ∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 22a n ＋1－a n ＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．[能力提升]1．若{a n }是正项递增等比数列，T n 表示其前n 项之积，且T 10＝T 20，则当T n 取最小值时，n 的值为________．解析：T 10＝T 20⇒a 11…a 20＝1⇒(a 15a 16)5＝1⇒a 15a 16＝1，又{a n }是正项递增等比数列，所以0<a 1<a 2<…<a 14<a 15<1<a 16<a 17<…，因此当T n 取最小值时，n 的值为15.答案：152．(xx 届山西吕梁质检)已知数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，则这个数列的前2 018项之积T 2 018等于________．解析：数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，这个数列的前8项分别为2,8,4，12，18，14，2,8，易得从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项积为2×8×4×12×18×14＝1.又因为2 018＝336×6＋2，所以这个数列的前2 018项之积T 2 018＝1336×2×8＝16. 答案：163．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．解：(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，3为公比的等比数列． (2)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∵a 1－3＝2，∴a n －3n≠0，∴{a n －3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列． ∴a n －3n＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n.2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.4数列求和课时跟踪检测理[课时跟踪检测][基础达标]1．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 2 014＝( )A ．2 015B ．－2 015C ．3 021D ．－3 022解析：由题知a 1＝tan(180°＋45°)＝1，∴a 5＝13 ∴d ＝a 5－a 15－1＝124＝3. ∴a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 设b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(3n －2)，∴S 2 014＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－6 037＋6 040)＝3×1 007＝3 021.故选C. 答案：C2．设{a n }是公差不为零的等差数列，a 2＝2，且a 1，a 3，a 9成等比数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4 B ．n 22＋3n 2C.n 24＋3n4D ．n 22＋n2解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 23＝a 1a 9得(a 2＋d )2＝(a 2－d )(a 2＋7d )，代入a 2＝2，解得d ＝1或d ＝0(舍)． ∴a n ＝2＋(n －2)×1＝n ， ∴S n ＝a 1＋a n n2＝1＋n n 2＝n 22＋n 2.故选D. 答案：D3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36解析：设等比数列{a n }的公比为q 则a 21q 3＝2a 1，①a 1q 3＋2a 1q 6＝52，②解得a 1＝16，q ＝12，∴S 5＝a 11－q 51－q＝31，故选B.答案：B4．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2.(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n ，求{c n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{b n }的公差为d ， ∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋3d ＝18，6＋d ＝q 2.求得q ＝3，d ＝3，∴a n ＝3n －1，b n ＝3n .(2)由题意得S n ＝n 3＋3n2，c n ＝32S n ＝32×23×1n n ＋1＝1n －1n ＋1. ∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.5．(xx 届广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2. 因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，化简得q 2－2q ＝0. 因为公比q ≠0，所以q ＝2. 所以a n ＝a 2qn －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n＋(2n －1)·2n ＋1.②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×41－2n －11－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.6．S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n32n ＋3.7．已知数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)． (1)若a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，b n ＝2n(n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5，所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为1，公差为6，即a n ＝6n －5. (2)因为b n ＝2n，所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2，由λa n >2n＋n ＋2λ得λ>2n＋n 2n ＋1＝12＋n 2n ＋1，令f (n )＝12＋n 2n ＋1，因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋12n ＋2－n 2n ＋1＝1－n 2n ＋2≤0，所以12＋n2n ＋1在n ≥1时单调递减，所以当n ＝1,2时，2n＋n 2n ＋1取最大值34，故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞. [能力提升]1．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由已知得S n n＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. a 1＝1＝4×1－3，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1，综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N *，－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *.2．在数列{a n }中，已知a n >1，a 1＝1＋3，且a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，记b n ＝(a n －1)2，n ∈N *.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：13≤1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <34.解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，所以a 2n ＋1－a 2n －2a n ＋1＋2a n ＝2，即(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝2. 又b n ＝(a n －1)2，n ∈N *，所以b n ＋1－b n ＝2，数列{b n }是以b 1＝(1＋3－1)2＝3为首项，2为公差的等差数列，故b n ＝2n ＋1，n ∈N *. (2)证明：由(1)得S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，所以1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，n ∈N *，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2<34.记T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n，因为1S n>0，n ∈N *，所以T n 单调递增．故T n ≥T 1＝1S 1＝13.综上13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n <34.3．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2n ＋a n ＝2S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.解：(1)因为当n ∈N *时，a 2n ＋a n ＝2S n ，故当n >1时，a 2n －1＋a n －1＝2S n －1，两式相减得，a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n ，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1.因为a n >0，所以a n ＋a n －1>0，所以当n >1时，a n －a n －1＝1.又当n ＝1时，a 21＋a 1＝2S 1＝2a 1，得a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n .(2)证明：由(1)及等差数列的前n 项和公式知S n ＝n n ＋12，所以S n ＝ n n ＋12>n 22＝n2，所以S 1＋S 2＋…＋S n >12＋22＋…＋n 2＝ 1＋2＋…＋n 2＝S n 2. 又S n ＝ n n ＋12<n ＋122＝n ＋12，所以S 1＋S 2＋…＋S n <22＋32＋…＋n ＋12＝1＋2＋…＋n ＋12－12＝S n ＋1－12，所以S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.。

2019届高三数学人教版一轮训练：第五篇第3节等比数列 Word版含解析

第3节等比数列【选题明细表】基础巩固(时间:30分钟)1.(2017·山西一模)设S n是等比数列{a n}的前n项和,a3=,S3=,则公比q等于( C )(A) (B)-(C)1或- (D)1或解析:因为a3=,S3=,所以两式相比,化简得2q2-q-1=0,解得q=1或-,故选C.2.(2017·广西钦州二模)已知数列{a n}满足:=,且a2=2,则a4等于( D )(A)- (B)23 (C)12 (D)11解析:因为数列{a n}满足:=,所以a n+1+1=2(a n+1),即数列{a n+1}是等比数列,公比为2.则a4+1=22(a2+1)=12,解得a4=11.故选D.3.(2017·郑州三模)已知等比数列{a n},且a6+a8=4,则a8(a4+2a6+a8)的值为( D )(A)2 (B)4 (C)8 (D)16解析:由题意知:a8(a4+2a6+a8)=a8a4+2a8a6+=+2a6a8+=(a6+a8)2,因为a6+a8=4,所以a8a4+2a8a6+=(a6+a8)2=16.故选D.4.(2017·兰州二模)已知等差数列{a n}的公差d=2,若a1,a3,a4成等比数列,则a6等于( A )(A)2 (B)0 (C)-2 (D)-4解析:a1,a3,a4成等比数列,可得=a1a4,即(a1+2d)2=a1(a1+3d),由等差数列{a n}的公差d=2,即有(a1+4)2=a1(a1+6),解得a1=-8,则a6=a1+5d=-8+10=2.故选A.5.设各项都是正数的等比数列{a n},S n为前n项和,且S10=10,S30=70,那么S40等于( A )(A)150 (B)-200(C)150或-200 (D)400或-50解析:由题意得,数列S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列,因此有(S20-S10)2=S10(S30-S20).即(S20-10)2=10(70-S20),故S20=-20或S20=30,又S20>0,因此S20=30,S20-S10=20,S30-S20=40,故S40-S30=80,S40=150.故选A.6.(2017·陕西渭南二模)成等差数列的三个正数的和等于12,并且这三个数分别加上1,4,11后成为等比数列{b n}中的b2,b3,b4,则数列{b n}的通项公式为( A )(A)b n=2n(B)b n=3n(C)b n=2n-1 (D)b n=3n-1解析:设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d,可得3a=12,解得a=4,即成等差数列的三个正数分别为4-d,4,4+d,这三个数分别加上1,4,11后成为等比数列{b n}中的b2,b3,b4,可得(4+4)2=(1+4-d)(4+d+11),解方程可得d=1(d=-11舍去),则b2=4,b3=8,b4=16,即有b1=2,则b n=2·2n-1=2n,故选A.7.(2017·湖北二模)若等差数列{a n}的公差为2,且a5是a2与a6的等比中项,则该数列的前n项和S n取最小值时,n的值等于( C )(A)4 (B)5 (C)6 (D)7解析:由a5是a2与a6的等比中项,可得=a2a6,由等差数列{a n}的公差d为2,得(a1+4d)2=(a1+d) (a1+5d),即(a1+8)2=(a1+2)(a1+10),解得a1=-11,a n=a1+(n-1)d=-11+2(n-1)=2n-13,令a n≤0则2n-13≤0,所以n≤,因为n∈N+可得该数列的前n项和S n取最小值时,n=6.故选C.8.(2016·安徽六校联考)在各项均为正数的等比数列{a n}中,a2,a4+2,a5成等差数列,a1=2,S n是数列{a n}的前n项的和,则S10-S4等于(B)(A)1 008 (B)2 016 (C)2 032 (D)4 032解析:设等比数列{a n}的公比为q,因为a2,a4+2,a5成等差数列,所以2(a4+2)=a2+a5⇒2(2q3+2)=2q+2q4,因为q>0,解得q=2,所以S10==2 046,S4==30,S10-S4=2 046-30=2 016,故选B.9.(2017·西城区二模)已知等差数列{a n}的公差d为2,且a1,a2,a4成等比数列,则a1=;数列{a n}的前n项和S n=.解析:因为数列{a n}是公差d为2的等差数列,且a1,a2,a4成等比数列,所以a1,a1+2,a1+6成等比数列,所以(a1+d)2=a1·(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,数列{a n}的前n项和S n=2n+×2=n2+n.答案:2n2+n能力提升(时间:15分钟)·江西二模)在等比数列{a n}中,a3,a15是方程x2-6x+8=0的根,则的值为(A)(A)2(B)4 (C)±2(D)±4解析:因为a3,a15是方程x2-6x+8=0的根,所以所以a3=2,a15=4;或a3=4,a15=2.可知a3=a1q2=2,a1>0.所以a9==2,同理a3=4,a15=2,得a9=2.则==a9=2.故选A.11.(2017·福州一模)设等差数列{a n}的公差d≠0,且a2=-d,若a k是a6与a k+6的等比中项,则k等于( C )(A)5 (B)6 (C)9 (D)11解析:由等差数列{a n}的公差d≠0,且a2=-d,可得a1=a2-d=-2d,则a n=a1+(n-1)d=(n-3)d,若a k是a6与a k+6的等比中项,则=a6a k+6,即(k-3)2d2=3d·(k+3)d,因为d≠0,得k2-9k=0,解得k=9(k=0舍去).故选C.12.(2017·商丘三模)若数列{a n}是等比数列,公比q=2,S n为{a n}的前n项和,记T n=(n∈N*),则数列{T n}最大项的值为.解析:因为数列{a n}是等比数列,公比q=2,S n为{a n}的前n项和,T n=(n∈N*),所以T n==9-2n-,因为2n+≥2=4,当且仅当2n=时取等号,又n∈N*,n=1或2时,T n取最大值T1=9-2-4=3.所以数列{T n}最大项的值为3.答案:313.某市2017年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房,预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底,(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2017年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米?(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?(参考数据:1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)解:(1)设中低价房的面积构成数列{a n},由题意可知{a n}是等差数列,其中a1=250,d=50,则S n=250n+×50=25n2+225n.令25n2+225n≥4 750,即n2+9n-190≥0,而n是正整数,解得n≥10.答:到2026年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米.(2)设新建住房的面积构成数列{b n},由题意可知,{b n}是等比数列,其中b1=400,q=1.08,则b n=400×1.08n-1.由题意可知a n>0.85b n,有250+(n-1)×50>400×1.08n-1×0.85.当n=5时,a5<0.85b5,当n=6时,a6>0.85b6,即满足上述不等式的最小正整数n为6.答:到2022年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.14.(2017·丰台区一模)已知{a n}是各项均为正数的等比数列,a11=8,设b n=log2a n,且b4=17.(1)求证:数列{b n}是以-2为公差的等差数列;(2)设数列{b n}的前n项和为S n,求S n的最大值.(1)证明:设等比数列{a n}的公比为q,则b n+1-b n=log2 a n+1-log2 a n=log2=log2 q(常数),因此数列{b n}是等差数列.又b11=log2 a11=3, b4=17,所以等差数列{b n}的公差d==-2,所以b n=b4+(n-4)d,即b n=25-2n.即数列{b n}是以-2为公差的等差数列.(2)解:等差数列{b n}的前n项和为S n,则S n=n==(24-n)n=-(n-12)2+144,所以当n=12时,S n有最大值,最大值为144.15.已知在正项数列{a n}中,a1=2,点A n(,)在双曲线y2-x2=1上,数列{b n}中,点(b n,T n)在直线y=-x+1上,其中T n是数列{b n}的前n项和.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:数列{b n}是等比数列.(1)解:由点A n在y2-x2=1上知,a n+1-a n=1,所以数列{a n}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以a n=a1+(n-1)d=2+n-1=n+1.(2)证明:因为点(b n,T n)在直线y=-x+1上,所以T n=-b n+1,①所以T n-1=-b n-1+1(n≥2),②①②两式相减得b n=-b n+b n-1(n≥2),所以b n=b n-1,所以b n=b n-1(n≥2).令n=1,得b1=-b1+1,所以b1=,所以{b n}是首项为,公比为的等比数列.。

等比数列-2019届高三一轮复习理科数学专题卷 Word版含解析

等比数列跟踪知识梳理考纲解读：1.理解等比数列的概念；2.掌握等比数列的通项公式；3.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；4.了解等比数列与指数函数的关系。

考点梳理：1、等比数例的有关概念（1）定义：一般的，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列。

这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为1-1()=(2)n n n n a aq n N q n N n a a +++=∈∈≥或且（2）等比中项：如果,,a G b 成等比数列，那么G 叫做a b 与的等比中项。

即：G 是a b 与的等比中项⇔,,a G b 成等比数列⇒2G ab =2、等比数列的有关公式：通项公式：11n n a a q -= ；通项公式的推广：n m n m a a q -=等比数列前n 项和：11,(1)(1),(1)1n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩3、等比数列的性质：已知数列{}n a 是等比数列。

(1)若2m n p q r +=+=，则2m n p q r a a a a a ==；(2)若数列{}n a 、{}n b （项数相同）是等比数列，则{}n a λ、1{}n a 、2{}n a 、{}n n a b 、{}n na b (0)λ≠仍然是等比数列。

(3)在等比数列{}n a 中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即23,,,n n k n k n k a a a a +++……为等比数列，公比为k q 。

4、等比数列的判定方法： (1)定义：1(){}n n na q q n N a a ++=∈⇔是不为零的常数，是等比数列。

(2)通项公式：1(,){}n n n a cq c q n N a -+=∈⇔均是不为零的常数，是等比数列。

(3)等比中项法：21212(0,){}n n n n n n n a a a a a a n N a +++++=⋅⋅≠∈⇔是等比数列。

2019版高考数学一轮复习第5章数列5.3等比数列及其前n项和课件文

[诊断自测] 1．概念思辨 (1)如果{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．( × ) (2)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( × )
(3)在等比数列{an}中，如果 m＋n＝2k(m，n，k∈N*)，那么 am·an＝a2k.( √ )
C．1 或－12
D．－1 或12
解析根据已知条件得aa11q＋2＝a17q，＋①a1q2＝21，② ②÷① 得1＋qq＋2 q2＝3.整理得 2q2－q－1＝0，解得 q＝1 或 q＝－12. 故选 C.
经典题型冲关
题型 1 等比数列基本量的运算典例1 (2017·广东惠州第二次调研)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则 a1＋a10＝( ) A．7 B．5 C．－5 D．－7
(2)由(1)知 2an＋1＝an＋1.∴2an＝an－1＋1(n≥2)． ∴2an＋1－2an＝an－an－1.∴2cn＋1＝cn(n≥2)．又 c1＝a1＝12，a2＋a1＋a2＝2，∴a2＝34. ∴c2＝34－12＝14，c2＝12c1. ∴数列{cn}是首项为12，公比为12的等比数列． ∴cn＝12·12n－1＝12n.
(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即 ak， ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为 qm (k，m∈N*)．
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和pqabnn(其中 b，p，q 是非零常数)也是等比数列．
典例2 (2017·金凤区四模)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S5＝10，S10＝50，则 S20 等于( )
A．90 B．250 C．210 D．850

全国版2019版高考数学一轮温习第5章数列第3讲等比数列及其前n项和学案201805092215

第3讲等比数列及其前n项和板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 等比数列的有关概念 1．定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q . 2．等比中项如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab (ab ≠0)．考点2 等比数列的有关公式 1．通项公式：a n ＝a 1qn －1.2．前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.[必会结论]等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k.(5)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n.(6)等比数列{a n }满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列；满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．( )(2)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (3)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(4)如果{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (5)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×2．[2018·河南名校联考]在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝3，a 9＝a 2a 3a 4，则公比q 的值为( )A. 2B. 3 C ．2 D ．3 答案 D解析由a 9＝a 2a 3a 4得a 1q 8＝a 31q 6，所以q 2＝a 21，因为等比数列{a n }的各项都为正数，所以q ＝a 1＝3.故选D.3．[课本改编]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，则a 1＝( ) A.13 B ．－13 C.19 D ．－19 答案 C解析由已知条件及S 3＝a 1＋a 2＋a 3，得a 3＝9a 1，设数列{a n }的公比为q ，则q 2＝9. 所以a 5＝9＝a 1·q 4＝81a 1，得a 1＝19.故选C.4．[2018·黄冈调研]设等比数列{a n }中，公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 3的值( )A.154 B.152 C.74 D.72答案 A解析根据等比数列的公式，得S 4a 3＝a 1(1－q 4)1－q a 1q 2＝1－q 4(1－q )q 2＝1－24(1－2)×22＝154. 5．[2015·全国卷Ⅰ]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 ＝________.答案 6解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴2(1－2n)1－2＝126，∴n ＝6.6．[2018·衡中检测]在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝________. 答案 4或－4解析设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6，a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q 1＋q 2＝25，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16，q ＝12.故a 3＝4或a 3＝－4.板块二典例探究·考向突破考向等比数列的基本运算例 1 (1)[2017·全国卷Ⅱ]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏答案 B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 ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.故选B.(2)[2017·江苏高考]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＝________. 答案 32解析设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，两式相除得1－q 31－q 6＝1－q 3(1－q 3)(1＋q 3)＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.触类旁通等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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)所求问题可迎刃而解．解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式，并灵活运用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算的过程．【变式训练1】 (1)[2018·东北师大附中月考]已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝52，且a 2＋a 4＝54，则S na n＝( )A ．4n －1B ．4n －1C ．2n －1D ．2n－1答案 D解析设等比数列的公比为q ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q 2)＝52，a 1q (1＋q 2)＝54，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝12，则a n ＝a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝a 12n －1，S n ＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝a 1(2n －1)2n －1，所以S n a n＝2n－1.故选D.(2)[2018·安徽皖江名校联考]已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，若a 2·a 4＝16，S 3＝7，则a 8＝________.答案 128解析 ∵a 2·a 4＝a 23＝16，∴a 3＝4(负值舍去)，∵a 3＝a 1q 2＝4，S 3＝7，∴q ≠1，S 2＝a 1(1－q 2)1－q＝4q 2(1＋q )(1－q )1－q＝3，∴3q 2－4q －4＝0，解得q ＝－23或q ＝2，∵a n >0，∴q ＝－23舍去，∴q ＝2，∴a 1＝1，∴a8＝27＝128.考向等比数列的性质命题角度1 等比数列性质的应用例 2 (1)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝( )A ．5 2B ．7C ．6D ．4 2 答案 A解析 (a 1a 2a 3)×(a 7a 8a 9)＝a 65＝50，a 4a 5a 6＝a 35＝5 2.选A.(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝________. 答案 31解析 a 3a 5＝a 2a 6＝64，因为a 3＋a 5＝20，所以a 3和a 5为方程x 2－20x ＋64＝0的两根，因为a n >0，q >1，所以a 3<a 5，所以a 5＝16，a 3＝4，所以q ＝a 5a 3＝164＝2，所以a 1＝a 3q2＝44＝1，所以S 5＝1－q 51－q＝31. 命题角度2 等比数列前n 项和性质的应用例 3 (1)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.18 B ．－18 C.578 D.558 答案 A解析因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且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8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.故选A.(2)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( ) A ．80 B ．30 C ．26 D ．16 答案 B解析由题意知公比大于0，由等比数列性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…仍为等比数列．设S 2n ＝x ，则2，x －2,14－x 成等比数列．由(x －2)2＝2×(14－x )，解得x ＝6或x ＝－4(舍去)．∴S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×23＝30.故选B. 触类旁通等比数列的性质应用问题(1)等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(2)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．考向等比数列的判定与证明例 4 [2018·兰州模拟]已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n，且a 1＝8.(1)证明：数列{a n －3n}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a n3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n)，又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n}是首项为5、公比为5的等比数列．所以a n －3n＝5n，所以a n ＝3n＋5n.(2)由(1)知，b n ＝a n 3n ＝3n ＋5n3n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫53n，则数列{b n }的前n 项和T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫531＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫532＋…＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫53n ＝n ＋53⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫53n 1－53＝5n ＋12·3n ＋n －52. 触类旁通等比数列的判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n－k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．提醒前两种方法常用于解答题中，而后两种方法常用于选择、填空题中．【变式训练2】已知数列{a n }满足2a 1＋4a 2＋…＋2n a n ＝n (n ＋1)2.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和T n .解 (1)证明：当n ＝1时，由2a 1＝1，得a 1＝12，当n ≥2时，由2a 1＋4a 2＋ (2)a n ＝n (n ＋1)2，得2a 1＋4a 2＋…＋2n －1a n －1＝(n －1)n2，于是2na n ＝n (n ＋1)2－(n －1)n2＝n ，整理得a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，又a 1＝12符合上式，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列．(2)由(1)得，a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，①12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，②由①－②得12T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，即T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2－n ＋22n .核心规律1.已知a 1、q 、n 、a n 、S n 中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方程思想．2.证明一个数列为等比数列常用定义法或等比中项法，其他方法用于选择、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．满分策略1.求解等比数列的问题，要注意等比数列性质的应用以减少运算量，而提高解题速度．2.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.板块三启智培优·破译高考易错警示系列7——数列中的思维定式致误[2018·武汉检测]已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，0)∪[1，＋∞) C ．[3，＋∞) D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)错因分析本题易错的原因是受q >0的思维定式的影响，遗漏当q <0时的情况，认为S 3＝1q＋1＋q ≥3.解析因为等比数列{a n }中a 2＝1，设其公比为q ，所以S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1q＋1＋q ＝1＋q ＋1q.当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－q －1q ≤1－2－q ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立．所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．答案 D答题启示等比数列的公比q <0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q >0时，数列中的各项符号相同；用等比数列前n 项和公式时，如果其公比q 不确定，要分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论.跟踪训练已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( ) A ．7 B ．5 C ．－5 D ．－7 答案 D解析由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4.当a 4＝4，a 7＝－2时，易得a 1＝－8，a 10＝1，从而a 1＋a 10＝－7；当a 4＝－2，a 7＝4时，易得a 10＝－8，a 1＝1，从而a 1＋a 10＝－7.板块四模拟演练·提能增分[A 级基础达标]1．在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于( ) A ．3 B ．－3 C ．－1 D ．1 答案 A解析两等式相减得a 4－a 3＝2a 3，从而求得a 4a 3＝3＝q .故选A. 2．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2·a 1q4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×q 3－1，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q＝2，∴a 2＝12.故选C.3．[2018·江西九江一模]已知单调递增的等比数列{a n }中，a 2·a 6＝16，a 3＋a 5＝10，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2n －2－14B ．2n －1－12 C ．2n －1 D ．2n ＋1－2答案 B解析因为a 2·a 6＝16，所以a 3·a 5＝16，又a 3＋a 5＝10，等比数列{a n }单调递增，所以a 3＝2，a 5＝8，所以公比q ＝2，a 1＝12，所以S n ＝12(1－2n )1－2＝2n －1－12.故选B.4．[2018·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 ＋1)2D.n (n －1)2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.5．[2015·全国卷Ⅱ]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 ．21B ．42C ．63D ．84 答案 B解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝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.6．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 3a 5＝14a 1，且a 4与a 7的等差中项为98，则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29 答案 C解析设等比数列{a n }的公比是q ，所以a 3a 5＝a 21q 6＝14a 1，得a 1q 6＝14，即a 7＝14.又a 4＋a 7＝2×98，解得a 4＝2，所以q 3＝a 7a 4＝18，所以q ＝12，a 1＝16，故S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1321－12＝31.故选C.7．[2018·昆明模拟]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.8．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的值为________．答案310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. 9．商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a ，最高销售限价b (b >a )以及实数x (0<x <1)确定实际销售价格c ＝a ＋x (b －a )．这里，x 被称为乐观系数．经验表明，最佳乐观系数x 恰好使得(c －a )是(b －c )和(b －a )的等比中项．据此可得，最佳乐观系数x 的值等于________．答案－1＋52解析已知(c －a )是(b －c )和(b －a )的等比中项，即(c －a )2＝(b －c )(b －a )，把c ＝a ＋x (b －a )代入上式，得x 2(b －a )2＝[b －a －x (b －a )](b －a )，即x 2(b －a )2＝(1－x )(b －a )2.因为b >a ，所以b －a ≠0，所以x 2＝1－x ，即x 2＋x －1＝0，解得x ＝－1＋52或x ＝－1－52(舍去)．10．等比数列{a n }满足：对任意n ∈N *,2(a n ＋2－a n )＝3a n ＋1，a n ＋1>a n ，则公比q ＝________. 答案 2解析由题知2(a n q 2－a n )＝3a n q ，即2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12，又a n ＋1>a n ，故q ＝2.[B 级知能提升]1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝x ·3n －1－16，则x 的值为( ) A.13 B ．－13 C.12 D ．－12 答案 C解析解法一：∵S n ＝x ·3n －1－16＝x 3·3n－16，由上述结论，得x 3＝16，∴x ＝12.解法二：当n ＝1时，a 1＝S 1＝x －16；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2x ·3n －2.∵{a n }是等比数列，∴n ＝1时也应适合a n ＝2x ·3n －2，即2x ·3－1＝x －16，解得x ＝12.故选C.2．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.选A. 3．[2016·全国卷Ⅰ]设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．答案 64解析设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，得a 1＝8，q ＝12，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －4(n∈N *)，即数列为递减数列．当n ≤4时，a n ≥1；当n ≥5时，0<a n <1，所以当n ＝3或4时，a 1a 2…a n 最大，又a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64.4．[2017·北京高考]已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 2b 4＝a 5，所以b 1qb 1q 3＝9，解得q 2＝3，所以b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.5．已知在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝4，且a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)． (1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝2n －1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝2(a n －a n －1)，因此数列{a n ＋1－a n }是公比为2，首项为a 2－a 1＝2的等比数列．所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2×2n －2＝2n －1，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －1＋2n －2＋…＋2)＋2＝2n ，当n ＝1时，也符合，故a n ＝2n . (2)由(1)知b n ＝2n －12n ，所以T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ①，12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②， ①－②，得12T n ＝12＋222＋223＋224＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1 ＝32－2n ＋32n ＋1，所以T n ＝3－2n ＋32n .。

高考数学人教版理科一轮复习课件：5-3 等比数列

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 a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程组便可比数列，Sn 为其前 n 项和．已知 a2a4
＝1，S3＝7，则 S5 等于( B )
15
31
33
17
A. 2
B. 4
【解析】 (1)因为 a7＋a8＋a9＝S9－S6，在等比数列中 S3， S6－S3，S9－S6 成等比数列，即 8，－1，S9－S6 成等比数列，所以有 8(S9－S6)＝1，则 S9－S6＝18，即 a7＋a8＋a9＝18.
(2)由SS150＝3312，a1＝－1 知公比 q≠－1，S10S－5 S5＝－312.由等比数列前 n 项和的性质知 S5，S10－S5，S15－S10 成等比数列，且公比为 q5，故 q5＝－312，q＝－12.
示为 an＝ amqn－m .
2．等比数列的前 n 项和公式：当 q＝1 时，Sn＝na1；当 q≠1 时，
a11－qn Sn＝ 1－q
＝a11－－aqnq.
3．(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都
解析：根据等比数列的性质，若 m＋n＝2k(m，n，k∈N*)，则 am，ak，an 成等比数列．故选 D.
知识点二等比数列的通项公式及前 n 项和公式
1．若等比数列{an}的首项为 a1，公比是 q，则其通项公式为 an
＝ a1qn－1 ；
若等比数列{an}的第 m 项为 am，公比是 q，则其第 n 项 an 可以表

2019年高考数学一轮复习：等比数列

2019年高考数学一轮复习：等比数列等比数列1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的等于同一，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的，通常用字母q 表示(q ≠0)．2．等比中项如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的，且G 2＝或G ＝ .3．等比数列的通项公式(1)若{a n }是等比数列，则通项a n ＝或a n ＝ .当n －m 为大于1的奇数时，q 用a n ，a m 表示为q ＝；当n －m 为正偶数时，q ＝．(2)a n ＝a 1q n －1可变形为a n ＝Aq n ，其中A ＝；点(n ，a n )是曲线上一群孤立的点．4．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }中，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ ，q ＝1，＝，q ≠1.求和公式的推导方法是：，为解题的方便，有时可将求和公式变形为S n ＝Bq n －B (q ≠1)，其中B＝且q ≠0，q ≠1.5．等比数列的性质(1)在等比数列中，若p ＋q ＝m ＋n ，则a p ·a q ＝a m ·a n ；若2m ＝p ＋q ，则a 2m ＝a p ·a q (p ，q ，m ，n ∈N *)．(2)若{a n }，{b n }均为等比数列，且公比分别为q 1，q 2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{p ·a n }(p ≠0)，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 仍为等比数列且公比分别为，，， .(3)在等比数列中，按序等距离取出若干项，也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋m ，a n ＋2m ，…仍为等比数列，公比为．(4)公比不为－1的等比数列前n 项和为S n (S n ≠0)，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…构成等比数列，且公比为．(5)对于一个确定的等比数列，在通项公式a n ＝a 1q n －1中，a n 是n 的函数，这个函数由正比例函数a n＝a 1q·u 和指数函数u ＝q n (n ∈N *)复合而成． ①当a 1＞0，或a 1＜0，时，等比数列{a n }是递增数列；②当a 1＞0，或a 1＜0，时，等比数列{a n }是递减数列；③当时，它是一个常数列； ④当时，它是一个摆动数列．自查自纠1．比常数公比 2．等比中项 ab ±ab 3．(1)a 1qn －1a m qn －mn －m a n a m ±n －m a na m(2)a 1qy ＝⎝⎛⎭⎫a 1q q x 4．na 1 a 1（1－q n ）1－q a 1－a n q1－q乘公比，错位相减 a 1q －15．(2)1q 1 q 1 q 1q 2 q 1q 2(3)q m (4)q n (5)①q ＞1 0＜q ＜1 ②0＜q ＜1 q ＞1 ③q ＝1 ④q ＜0已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3·a 9＝2a 25，a 2＝1，则a 1＝( )A.12B.22C. 2 D ．2 解：因为a 3·a 9＝2a 25，则由等比数列的性质有：a 3·a 9＝a 26＝2a 25，所以a 26a 25＝2，即⎝⎛⎭⎫a 6a 52＝q 2＝2.因为公比为正数，故q ＝ 2.又因为a 2＝1，所以a 1＝a 2q ＝12＝22.故选B .已知等比数列{a n }为递增数列．若a 1>0，且2(a n＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的公比q ＝( )A ．2 B.12 C ．2或12 D ．3解：由题意得2a n ＋2a n q 2＝5a n q ，化简得2q 2－5q＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12，由题意知q >1.所以q ＝2.故选A .设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n解：a n ＝⎝⎛⎭⎫23n －1，S n＝1－23a n 1－23＝3⎝⎛⎭⎫1－23a n ＝3－2a n .故选D .等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝________.解：设数列{a n }的公比为q .由S 3＋3S 2＝0，得4a 1＋4a 2＋a 3＝0，则4a 1＋4a 1q ＋a 1q 2＝0.显然a 1≠0，所以4＋4q ＋q 2＝0，解得q ＝－2.故填－2.(2015·湖南)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 ＝________．解：由3S 1，2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，也即3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.故填3n －1.类型一等比数列的判定与证明(2016·全国卷Ⅲ)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.解：(1)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)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.定义法若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列中项公式法若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则{a n }是等比数列通项公式法若数列{a n }的通项公式可写成a n ＝c ·q n －1(c ，q均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列前n 项和公式法若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0，1)，则{a n }是等比数列已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，其中λ为实数，n 为正整数．是否存在实数λ，使得数列{a n }是等比数列？解：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝⎛⎭⎫23λ－32＝λ⎝⎛⎭⎫49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即9＝0，矛盾．所以对任意实数λ，数列{a n }都不是等比数列．类型二等比数列基本量的计算(1)在等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项之和S 3＝21，则公比q 的值为________．解：根据已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝21，所以1＋q ＋q 2q2＝3，整理得2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.故填1或－12.(2)已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0)∪(1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解：设等比数列{a n }的公比为q ，则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1＋q ＋1q ＝1＋q ＋1q ，当q >0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q ·1q ＝3(当且仅当q ＝1时取等号)；当q <0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎫－q －1q ≤1－2（－q ）·⎝⎛⎭⎫－1q ＝－1(当且仅当q ＝－1时取等号)．所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．故选D .(3)设数列{a n }的前n 项和S n 满足6S n ＋1＝9a n (n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)若数列{b n }满足b n ＝1a n，求数列{b n }前n 项和T n .解：(Ⅰ)当n ＝1时，由6a 1＋1＝9a 1，得a 1＝13.当n ≥2时，由6S n ＋1＝9a n ，得6S n －1＋1＝9a n －1，两式相减得6(S n －S n －1)＝9(a n －a n －1)，即6a n ＝9(a n －a n －1)，所以a n ＝3a n －1.所以数列{a n }是以13为首项，3为公比的等比数列，其通项公式为a n ＝13×3n －1＝3n －2.(Ⅱ)因为b n ＝1a n ＝⎝⎛⎭⎫13n －2，b 1＝1a 1＝3，所以{b n }是以3为首项，13为公比的等比数列，所以T n ＝3⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝92⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n .【点拨】在等比数列五个基本量a 1，q ，n ，a n ，S n 中，已知其中三个量，可以将已知条件结合等比数列的性质或通项公式、前n 项和公式转化为关于基本量的方程(组)来求得余下的两个量，计算有时要整体代换，根据前n 项和公式列方程还要注意对q 是否为1进行讨论．(1)(2016·绵阳一模)设各项均不为0的数列{a n }满足a n ＋1＝2a n ，S n 是其前n 项和，若a 2a 4＝2a 5，则S 4＝( )A ．4 2B ．8 2C ．3－3 2D ．6＋6 2(2)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝ ( )A ．2B ．1 C.12 D.18(3)(2016·浙江)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.解：(1)易知q ＝2，由a 2a 4＝2a 5⇒a 23＝2a 5，故a 3＝4，a 1＝2，于是S 4＝2[1－（2）4]1－2＝6＋6 2.故选D .(2)设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，所以116×q 6＝4⎝⎛⎭⎫14×q 3－1，所以q 6－16q 3＋64＝0，所以(q 3－8)2＝0，所以q 3＝8，所以q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.故选C .(3)a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1⇒a 1＝1，a 2＝3，再由a n ＋1＝2S n ＋1，a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)⇒a n ＋1－a n ＝2a n ⇒a n＋1＝3a n (n ≥2)，又a 2＝3a 1，所以a n ＋1＝3a n (n ≥1)，所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以S 5＝1－351－3＝121.故填1；121. 类型三等比数列的性质(1)已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝________.解：因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 27＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16.故填16.(2) 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A ．31B ．36C ．42D ．48 解：由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n >0，q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2. 所以S 5＝1×（1－25）1－2＝31.故选A .(3)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6∶S 3＝1∶2，则S 9∶S 3＝________.解：由等比数列的性质：S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，于是(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)，不妨令S 3＝2，则S 6＝1，代入解得S 9＝32，S 9∶S 3＝3∶4.故填3∶4.(4)设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n分别为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n2n ＋1，则log b 5a 5＝________.解：由题意知S 9T 9＝lg （a 1·a 2·…·a 9）lg （b 1·b 2·…·b 9）＝lg a 95lg b 95＝lg a 5lg b 5＝log b 5a 5＝919.故填919. 【点拨】(1)在等比数列中，若S n ≠0，则S n ，S 2n－S n ，S 3n －S 2n 成等比数列．(2)等比数列中，依次m 项积仍为等比数列，但公比发生改变．(3)性质“当m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)时，有a m ·a n ＝a p ·a q ”常用来转化条件．(1) 已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( )A ．10B ．20C ．100D ．200 解：a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100.故选C .(2)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7 解：设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，q 3＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q 3＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，a 10＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7.故选D .(3)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q ＝________. 解：由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知，S 10－S 5S 5＝－132.由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，q ＝－12.故填－12.(4)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＝________.解：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.故填－53.1．注意等比数列每一项均不为0，q 也不为0. 2．等比数列中，已知五个元素a 1，a n ，n ，q ，S n中的任意三个，便可求出其余两个．可类比上节等差数列“名师点睛”栏1进行探究．3．准确理解等比数列的定义及各公式的等价形式，灵活运用等比数列的性质．4．在含字母参数的等比数列求和时，应分q ＝1与q ≠1两种情况进行讨论．5．学习等比数列，要善于将其与等差数列进行类比，如等差数列中与“和”有关的性质可类比等比数列中与“积”有关的性质，还可对二者的思维形式、方法与技巧进行类比．6．等比数列通项公式的求法有： (1)观察法．(2)公式法：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n ≥2）；②等比数列{a n }的通项公式． (3)构造法：①a n ＋1＝pa n ＋q; ②a n ＋1＝pa n ＋q n ； ③a n ＋1＝pa n ＋f (n ); ④a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n .1．在等比数列{a n }中，若a 1<0，a 2＝18，a 4＝8，则公比q 等于( )A.32B.23 C ．－23 D.23或－23解：由⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝18，a 1q 3＝8 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝27，q ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－27，q ＝－23，又a 1<0，因此q ＝－23.故选C .2．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( )A ．a 1，a 3，a 9成等比数列B ．a 2，a 3，a 6成等比数列C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解：因为在等比数列中a n ，a 2n ，a 3n ，…也成等比数列，所以a 3，a 6，a 9成等比数列．故选D . 3．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若8a 2－a 5＝0，则S 4S 2＝( )A ．－8B ．5C ．8D ．15 解：因为在等比数列{a n }中，8a 2－a 5＝0，所以公比q ＝2.所以S 4S 2＝a 1（1－24）1－2a 1（1－22）1－2＝5.故选B .4．(2017·全国卷Ⅱ)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：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.故选B .5．已知{a n }是首项为1的等比数列，若S n 是数列{a n }的前n 项和，且28S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前4项和为( )A.158或4B.4027或4C.4027D.158解：设数列{a n }的公比为q .当q ＝1时，由a 1＝1，得28S 3＝28×3＝84.S 6＝6，两者不相等，因此不合题意．当q ≠1时，由28S 3＝S 6及首项为1，得28（1－q 3）1－q＝1－q 61－q，解得q ＝3.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前4项和为1＋13＋19＋127＝4027.故选C .6．若正项数列{a n }满足lg a n ＋1＝1＋lg a n ，且a 2 001＋a 2 002＋a 2 003＋…＋a 2 010＝2 017，则a 2 011＋a 2 012＋a 2013＋…＋a 2 020的值为()A ．2.017×1013B ．2.017×1014C ．2.018×1013D ．2.018×1014 解：由条件知lg a n ＋1－lg a n ＝lg a n ＋1a n ＝1，即a n ＋1a n＝10，所以{a n }是公比为10的等比数列．因为(a 2 001＋a 2 002＋…＋a 2 010)·q 10＝a 2 011＋a 2 012＋…＋a 2 020，所以a 2011＋a 2 012＋…＋a 2 020＝2.017×1013.故选A .7．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：因为在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，因为S n＝126，所以2－2n ＋11－2＝126，解得2n ＋1＝128，所以n ＝6.故填6.8．设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝________.解：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.故填150.9．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n＝12n －1. 10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，在数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n ＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为a n ＋S n ＝n ，① 所以a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，② ②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，所以2a n ＋1＝a n ＋1，所以2(a n ＋1－1)＝a n －1，又易得a 1＝12，a 1－1＝－12≠0，所以a n ＋1－1a n －1＝12.所以{c n }是以－12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)可知c n ＝⎝⎛⎭⎫－12·⎝⎛⎭⎫12n －1＝－⎝⎛⎭⎫12n ，所以a n ＝c n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n . 所以当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝1－⎝⎛⎭⎫12n－⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －1－⎝⎛⎭⎫12n ＝⎝⎛⎭⎫12n .又b 1＝a 1＝12代入上式也符合，所以b n ＝⎝⎛⎭⎫12n. (2016·天津)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，由已知有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2，或q ＝－1，又由S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝63知q ≠－1，所以a 1（1－26）1－2＝63，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)由题意得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12，b 1＝12，即数列{b n }是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝2n （b 1＋b 2n ）2＝2n 2.1．在正项等比数列{a n }中，S n 是其前n 项和．若a 1＝1，a 2a 6＝8，则S 8＝( )A ．8B ．15(2＋1)C ．15(2－1)D ．15(1－2)解：因为a 2a 6＝a 24＝8，所以a 21q 6＝8，所以q ＝2，所以S 8＝1－q81－q＝15(2＋1)．故选B .2．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 解：因为{a n }为等差数列，且a 2，a 3，a 6成等比数列，设公差为d .则a 23＝a 2·a 6，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )．又因为a 1＝1，代入上式可得d 2＋2d ＝0. 又因为d ≠0，则d ＝－2.所以S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24.故选A .3．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 ．21B ．42C ．63D ．84 解：因为a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，所以3＋3q 2＋3q 4＝21.所以1＋q 2＋q 4＝7，解得q 2＝2或q 2＝－3(舍去)．所以a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B .4．(2016·天津)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件解：设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2(1＋q )<0，即q <－1.故选C .5．(2016·四川)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )(参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30) A ．2018年 B ．2019年 C ．2020年 D ．2021年解：设x 年后该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由题可知，130(1＋12%)x ≥200，解得x ≥log 1.12200130＝lg2－lg1.3lg1.12≈3.80，因为x 为整数，所以x 取4，故开始超过200万元的年份是2019年．故选B .6．若数列{a n }是正项递减等比数列，T n 表示其前n 项的积，且T 8＝T 12，则当T n 取最大值时，n 的值等于( )A ．9B ．10C ．11D ．12 解：因为T 8＝T 12，所以a 9a 10a 11a 12＝1，又a 9a 12＝a 10a 11＝1，且数列{a n }是正项递减数列，所以a 9>a 10>1>a 11>a 12，因此T 10取最大值．故选B .7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.解：利用“特殊值”法，确定公比．由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－（－2）53＝11.故填11.8．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________．解：设数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，根据题意可得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝2，a 1q 4＝5，解得⎩⎨⎧a 1＝16125，q ＝52，所以a n ＝a 1q n －1＝16125×⎝⎛⎭⎫52n －1＝2×⎝⎛⎭⎫52n －4，所以lg a n ＝lg2＋(n －4)lg 52，所以前8项的和为8lg2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg 52＝8lg2＋4lg 52＝4lg ⎝⎛⎭⎫4×52＝4.故填4. 9．(2016·全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，其通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)和a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n 得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝32－12×3n －1.10．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1S n －1S n ＋1 ＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1. (2015·浙江)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a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知，当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b n n ，所以b n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n b n ＝n ·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1，故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．2019年高考数学一轮复习第8 页共8 页。

推荐2019届高三数学(理)人教版一轮课件：第五篇第3节等比数列(39)

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5.已知数列{an}满足 3an+1+an=0,a2=-
1 4 ,则的第 3 项为 3 an
.
解析:因为 3an+1+an=0, 所以
a n 1 1 1 =- ,则数列{an}是以- 为公比的等比数列, 3 3 an
4 , 3
因为 a2=-
(A)32 (B)64 (C)128
)
(D)256
解析:设等比数列的公比为 q,因为 a2·a4= a 32 =16,所以 a3=4(负值舍去),
a1 (1 q2 ) 2 2 因为 a3=a1q =4,S3=7,所以 S2= =3,所以 3q -4q-4=0,解得 q=- 或 q=2, 3 1 q
a5 a1 (1 q7 ) 解析:由 a1=1,a5=16,得 q = =16(q>0),q=2,S7= =127.故选 C. a1 1 q
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3.(2016· 安徽皖江名校联考)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项
和, 若a 2 · a4=16,S3=7,则a8等于( C
*
1 2 (2)若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λ an}(λ ≠0), ,{ a n },{an· an an bn}, 仍然是等比数列. bn
(3) 在等比数列 {an} 中 , 等距离取出若干项也构成一个等比数列 , 即 an,+k,an+2k,an+3k,…为等比数列,公比为qk. (4)公比不为-1的等比数列{an}的前n项和为Sn,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍成等比数列,其公比为qn,当公比为-1时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n不一定构成等比数列.

2019版高考数学一轮复习第五章数列课时作业理

第五章数列、推理与证明第1讲数列的概念与简单表示法1．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49 D ．642．在数列{a n }中，已知a 1＝1，且当n ≥2时，a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.73 B.6116 C.3115 D.1143．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，如图X511.图X511他们研究过图X511(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X511(2)中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )A ．289B ．1024C ．1225D ．13784．已知数列{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 2017＝( )A.12 B ．－12C ．2D ．－2 5．(2015年辽宁大连模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n ＝( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n6．(2014年新课标Ⅱ)若数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，a 8＝2，则a 1＝________. 7．已知数列{a n }满足：a 4n －3＝1，a 4n －1＝0，a 2n ＝a n ，n ∈N *，则a 2009＝________，a 2014＝________.8．已知递增数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋kn ＋2，则实数k 的取值范围为________．9．(2013年新课标Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式是a n＝________.10．(2016年上海)无穷数列{a n }由k 个不同的数组成，S n 为{a n }的前n 项和．若对任意n ∈N *，S n ∈{2,3}，则k 的最大值为________．11．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n (n ∈N *)，则当n 为多大时，a n 最大？12．(2012年大纲)已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．第2讲等差数列1．(2017年江西南昌二模)已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，2a 7－a 8＝5，则S 11＝( )A ．110B ．55C ．50D ．不能确定2．设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和，若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A ．2B ．－2 C.12 D ．－123．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 7＋a 13的值是一个确定的常数，则下列各式：①a 21；②a 7；③S 13；④S 14；⑤S 8－S 5. 其结果为确定常数的是( ) A ．②③⑤ B．①②⑤ C ．②③④ D．③④⑤4．(2017年新课标Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则数列{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 5．(2017年湖北七市4月联考)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？( )A ．9日B ．8日C ．16日D ．12日6．已知等差数列{a n }的公差为d ，关于x 的不等式d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ＋c ≥0的解集是[0,22]，则使得数列{a n }的前n 项和最大的正整数n 的值是( )A ．11B ．11或12C ．12D ．12或137．(2017年广东揭阳一模)已知数列{a n }对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n －2a n ＋1a n ，若a 1＝12，则a 8＝__________.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________.9．(2016年新课标Ⅱ)在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.10．(2014年大纲)数列{a n}满足a1＝1，a2＝2，a n＋2＝2a n＋1－a n＋2.(1)设b n＝a n＋1－a n，证明{b n}是等差数列；(2)求{a n}的通项公式．11．(2014年新课标Ⅰ)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．第3讲等比数列1．对任意的等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列2．(2016年河北衡水模拟)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n＝14，则S 4n ＝( )A ．80B ．30C ．26D ．163．(2013年新课标Ⅰ)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n4．(2017年广东深圳一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·3n －1＋b ，则ab＝( )A ．－3B ．－1C ．1D ．35．(2016年河南模拟)已知等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，其前n 项和为S n ，则S n 的最大值为( )A.34B.23C.43D.326．(2017年北京)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＝__________.7．(2017年江西南昌二模)在等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，满足S 7－4S 6＋3S 5＝0，则S 4＝________.8．(2017年广东深圳第二次调研)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则S n ＝__________尺．9．(2016年新课标Ⅰ)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a nb n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．10．(2016年新课标Ⅲ)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.11．(2017年广东广州一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{S n }的前n 项和T n .第4讲数列的求和1．(2017年辽宁鞍山一中统测)数列{a n }的通项公式为a n ＝14n 2－1，则数列{a n }的前n项和S n ＝( )A.2n 2n ＋1B.n 2n ＋1C.2n 4n ＋1D.n 4n ＋12．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－153．已知等差数列{a n }满足a 1>0，5a 8＝8a 13，则当前n 项和S n 取最大值时，n ＝( ) A ．20 B ．21 C ．22 D ．234．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则数列{|a n |}的前n 项和T n 等于( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧ 6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ，n ＞3 5．(2016年湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里6．(2015年江苏)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项和为________．7．如图X541，它满足：①第n 行首尾两数均为n ；②图中的递推关系类似杨辉三角，则第n (n ≥2)行的第2个数是______________．1 2 2 3 4 3 4 7 7 4 5 11 14 11 5…… 图X5418．(2017年安徽合肥第二次质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n，则S n＝__________.9．(2016年浙江金华模拟)设数列{a n }的前n 项和S n 满足6S n ＋1＝9a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .10．(2017年广东佛山二模)已知{a n }是等差数列，{}b n 是各项均为正数的等比数列，且b 1＝a 1＝1，b 3＝a 4，b 1＋b 2＋b 3＝a 3＋a 4.(1)求数列{a n }，{}b n 的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，求数列{}c n 的前n 项和T n .11．(2017年广东湛江二模)观察下列三角形数表，数表(1)是杨辉三角数表，数表(2)是与数表(1)有相同构成规律(除每行首末两端的数外)的一个数表．对于数表(2)，设第n 行第二个数为a n .(n ∈N *) (如a 1＝2，a 2＝4，a 3＝7) (1)归纳出a n 与a n －1(n ≥2，n ∈N *)的递推公式(不用证明)，并由归纳的递推公式求出{a n }的通项公式a n ；(2)数列{b n }满足：(a n －1)·b n ＝1，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <2.第5讲合情推理和演绎推理1．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC 的内切圆面积为S 1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝14，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体P ABC 的内切球体积为V 1，外接球体积为V 2，则V 1V 2＝( )A.18B.19C.164D.1272．(2017年广东惠州三模)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．类比祖暅原理，如图X551，在平面直角坐标系中，图X551(1)是一个形状不规则的封闭图形，图X551(2)是一个上底为1的梯形，且当实数t 取[0,3]上的任意值时，直线y ＝t 被图X551(1)和图X551(2)所截得的两线段长始终相等，则图(1)的面积为 __________.(1) (2) 图X5513．(2017年北京)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件： ①男学生人数多于女学生人数； ②女学生人数多于教师人数；③教师人数的两倍多于男学生人数．(1)若教师人数为4，则女学生人数的最大值为_____________； (2)该小组人数的最小值为__________． 4．观察下列等式： 12＝1 12－22＝－3 12－22＋32＝6 12－22＋32－42＝－10照此规律，第n 个等式为_____________________________________．5．如图X552，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形按如图X552(1)所标边长，由勾股定理，得c 2＝a 2＋b 2.设想把正方形换成正方体，把截线换成如图X552(2)所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O ABC ，若用S 1，S 2，S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，则可以类比得到的结论是__________________．(1) (2)图X5526．已知cos π3＝12，cos π5·cos 2π5＝14，cos π7·cos 2π7·cos 3π7＝18，…，根据以上等式，可猜想出的一般结论是___________________________________．7．(2017年东北三省四市一联)在某次数学考试中，甲、乙、丙三名同学中只有一个人得了优秀．当他们被问到谁得到了优秀时，丙说“甲没有得优秀”，乙说“我得了优秀”，甲说“丙说的是真话”．事实证明，在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得优秀的同学是__________．8．已知数列{a n }为等差数列，若a m ＝a ，a n ＝b (n －m ≥1，m ，n ∈N *)，则a m ＋n ＝nb －ma n －m.类比等差数列{a n }的上述结论，对于等比数列{b n }(b n >0，n ∈N *)，若b m ＝c ，b n ＝d (n －m ≥2，m ，n ∈N *)，则可以得到b m ＋n ＝________.9．某同学在一次研究性学习中发现，以下5个式子的值都等于同一个常数．①sin 213°＋cos 217°－sin13°cos17°；②sin 215°＋cos 215°－sin15°cos15°；③sin 218°＋cos 212°－sin18°cos12°；④sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin 2(－25°)＋cos 255°－sin(－25°)cos55°. (1)试从上述5个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．10．在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＝5，a 3＝7，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，n ，且1<m <n ，使得S 1，S m ，S n 成等比数列？若存在，求出所有符合条件的m ，n 的值；若不存在，请说明理由．第6讲直接证明与间接证明1．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要作的假设是( )A ．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 2＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac <3a ”索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<03．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，则△ABC 的形状为__________三角形．4．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)存在有理数根，则a ，b ，c 中至少有一个是偶数．下列假设正确的是________．①假设a ，b ，c 都是偶数； ②假设a ，b ，c 都不是偶数； ③假设a ，b ，c 至多有一个偶数； ④假设a ，b ，c 至多有两个偶数．5．凸函数的性质定理：如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n≤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n.已知函数y ＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________．6．α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及β之外的两条不同的直线，给出下列四个论断：①m ⊥n ；②α⊥β；③n ⊥β；④m ⊥α.以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：_________________________________________________________________________________________________________________________.7x 3 5 8 9 15lg x 2a －b a ＋c 3－3a －3c 4a －2b 3a －b ＋c ＋18．已知集合{a ，b ，c }＝{0,1,2}，且下列三个关系：①a ≠2；②b ＝2；③c ≠0有且只有一个正确，则100a ＋10b ＋c ＝__________.9．已知等差数列{a n }的公差d >0，设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. (1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65成立．10．(2016年湖北武汉调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝5，S 8＝64. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：1S n －1＋1S n ＋1>2S n(n ≥2，n ∈N *)．第7讲数学归纳法1．用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)(n ∈N *)，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”左端需乘的代数式是( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1 D.2k ＋3k ＋12．用数学归纳法证明：12＋22＋…＋n 2＋…＋22＋12＝n 2n 2＋13，第二步证明由“k到k ＋1”时，左边应加( )A ．k 2B ．(k ＋1)2C ．k 2＋(k ＋1)2＋k 2D ．(k ＋1)2＋k 23．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＝1－a n ＋11－a(a ≠1，n ∈N *)时，当验证n ＝1时，左边计算所得的式子是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 44．用数学归纳法证明等式：1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N *)，则从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边应添加的项为( )A ．k 2＋1B ．(k ＋1)2C.k ＋14＋k ＋122D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)25．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋25n －1是31的整数倍时，当n ＝1时，上式等于( )A ．1＋2B ．1＋2＋22C ．1＋2＋22＋23D ．1＋2＋22＋23＋246．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k ＋1时，左端增加的项数是( )A ．1项B ．k －1项C ．k 项D ．2k项7．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N *)能被9整除”，利用归纳法假设证明当n ＝k ＋1时，只需展开( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)38．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由k 推导到k ＋1时，不等式左边增加的式子是________________．9．是否存在常数a ，b ，c ，使等式1×22＋2×32＋…＋n (n ＋1)2＝n n ＋112(an 2＋bn＋c )对一切正整数n 都成立？证明你的结论．10．(2017年浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln (1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当n ∈N *时， (1)0＜x n ＋1＜x n ；(2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n ＋1≤x n ≤12n ＋2.第五章数列、推理与证明第1讲数列的概念与简单表示法1．A 解析：a 8＝S 8－S 7＝82－72＝64－49＝15. 2．B3．C 解析：第n 个三角形数可表示为12n (n ＋1)，第n 个四边形数可表示为n 2.故选C.4．C 解析：由a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，得a n ＋1＝1＋a n1－a n ，而a 1＝2，则有a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2.故数列{a n }是以4为周期的周期数列，且a 1a 2a 3a 4＝1.所以T 2017＝(a 1a 2a 3a 4)504a 1＝1504×2＝2.5．A 解析：由已知，得a n ＋1－a n ＝ln(n ＋1)－ln n .所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1，a 3－a 2＝ln 3－ln 2，a 4－a 3＝ln 4－ln 3，…，a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)，以上(n －1)个式子左、右分别相加，得a n －a 1＝ln n ．所以a n ＝2＋ln n ．故选A.6.12 解析：由已知，得a n ＝1－1a n ＋1，a 8＝2， ∴a 7＝1－1a 8＝12，a 6＝1－1a 7＝－1，a 5＝1－1a 6＝2.同理，a 4＝12，a 3＝－1，a 2＝2，a 1＝12.7．1 0 解析：a 2009＝a 4×503－3＝1，a 2014＝a 2×1007＝a 1007＝a 4×252－1＝0.8．(－3，＋∞) 解析：由{a n }为递增数列，得a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋2－n 2－kn －2＝2n ＋1＋k >0恒成立，即k >－(2n ＋1)恒成立，即k >[－(2n ＋1)]max ＝－3.9．(－2)n －1解析：当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. 当n ＝1时，也符合a n ＝(－2)n －1.综上所述，a n ＝(－2)n －1. 10．4 解析：从研究S n 与a n 的关系入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列{a n }由k 个不同的数组成”的“不同”和“k 的最大值”．本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等．当n ＝1时，a 1＝2或a 1＝3；当n ≥2时，若S n ＝2，则S n －1＝2，于是a n ＝0，若S n ＝3，则S n －1＝3，于是a n ＝0.从而存在k ∈N *，当n ≥k 时，a k ＝0.其中数列{a n }：2,1，－1，0,0,0，…满足条件，所以k max ＝4.11．解：∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ·9－n 11，而⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n >0， ∴当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a 10＝a 9；当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n . 因此a 1<a 2<…<a 9＝a 10>a 11>a 12>….∴当n ＝9或n ＝10时，数列{a n }有最大项，最大项为a 9或a 10.12．解：(1)由a 1＝1与S n ＝n ＋23a n 可得S 2＝2＋23a 2＝a 1＋a 2⇒a 2＝3a 1＝3，S 3＝3＋23a 3＝a 1＋a 2＋a 3⇒23a 3＝a 1＋a 2＝4⇒a 3＝6.故所求a 2，a 3的值分别为3,6.(2)当n ≥2时，S n ＝n ＋23a n ，①S n －1＝n ＋13a n －1，②①－②，可得S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，即a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1⇔n －13a n ＝n ＋13a n －1⇔a n a n －1＝n ＋1n －1.故有a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 2a 1×a 1＝n ＋1n －1×n n －2×…×31×1＝n 2＋n2.而12＋12＝1＝a 1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋n 2.第2讲等差数列1．B 解析：设公差为d ，则2a 7－a 8＝2(a 1＋6d )－(a 1＋7d )＝a 1＋5d ＝a 6＝5，S 11＝11×a 1＋a 112＝11a 6＝55.故选B.2．D 解析：因为S 1，S 2，S 4成等比数列，有S 22＝S 1S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.3．A 解析：由a 1＋a 7＋a 13是一个确定的常数，得3a 7是确定的常数，故②正确；S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7是确定的常数，故③正确；S 8－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＝3a 7是确定的常数，故⑤正确．4．A 解析：设等差数列的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列，可得a 23＝a 2a 6，即(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )．整理，可得d 2＋2d ＝0.∵d ≠0，∴d ＝－2.则{a n }前6项的和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.5．A 解析：根据题意，显然良马每日行程构成一个首项a 1＝103，公差d 1＝13的等差数列．前n 天共跑的里程为S ′＝na 1＋n n －12d 1＝103n ＋132n (n －1)＝6.5n 2＋96.5n ；驽马每日行程也构成一个首项b 1＝97，公差d 2＝－0.5的等差数列，前n 天共跑的里程为S ′＝nb 1＋n n －12d 2＝97n －0.52n (n －1)＝－0.25n 2＋97.25n .两马相逢时，共跑了一个来回．设其第n 天相逢，则有6.5n 2＋96.5n －0.25n 2＋97.25n ＝1125×2，解得n ＝9.即它们第9天相遇．故选A.6．A 解析：∵关于x 的不等式d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ＋c ≥0的解集是[0,22]，∴⎩⎨⎧d <0，－a 1－d2d 2＝22，解得a 1＝－21d2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－21d 2＋(n －1)d ＝⎝⎛⎭⎪⎫n －232d .可得a 11＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－232d ＝－12d >0，a 12＝⎝⎛⎭⎪⎫12－232d ＝12d <0. 故使得数列{a n }的前n 项和最大的正整数n 的值是11. 7.116 解析：由a n ＋1＝a n －2a n ＋1a n ，得1a n ＋1－1a n ＝2，故数列{1a n }是首项1a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，则1a n ＝2＋2(n －1)＝2n .故a 8＝116.8．130 解析：由a n ＝2n －10(n ∈N *)，知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列．令a n ＝2n －10≥0，得n ≥5.所以当n <5时，a n <0；当n ≥5时，a n ≥0.所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝S 15－2(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＝90＋40＝130.9．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意，得 2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得a 1＝1，d ＝25.所以a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2<2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4<2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 10．(1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2，得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是以首项为1，公差为2的等差数列． (2)解：由(1)，得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是1(nk =∑ak ＋1－a k )＝1(nk =∑2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.11．(1)证明：由题意，得a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减，得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 因为a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解：由题意，得a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1.令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．第3讲等比数列1．D 解析：因为数列{a n }是等比数列，a 26＝a 3a 9，所以a 3，a 6，a 9成等比数列．2．B 解析：由等比数列性质，得S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n 成等比数列，则(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )．所以(S 2n －2)2＝2×(14－S 2n )．又S 2n >0，得S 2n ＝6.又(S 3n －S 2n )2＝(S 2n－S n )(S 4n －S 3n )，所以(14－6)2＝(6－2)(S 4n －14)，解得S 4n ＝30.3．D 解析：方法一，在等比数列{a n }中，S n ＝a 1－a n q1－q ＝1－a n ·231－23＝3－2a n .方法二，在等比数列{a n }中，a 1＝1，q ＝23，∴a n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.∴S n ＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－23⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝3－2a n . 4．A 解析：因为a 1＝S 1＝a ＋b ，a 2＝S 2－S 1＝2a ，a 3＝S 3－S 2＝6a ，由等比数列，得公比q ＝a 3a 2＝3.又a 2＝a 1q ，所以2a ＝3(a ＋b )，解得a b＝－3.5．D 解析：∵等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，∴S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .当n 取偶数时，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<1；当n 取奇数时，S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n≤1＋12＝32.∴S n 的最大值为32.故选D.6．1 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，由a 4＝b 4＝8，得－1＋3d ＝－q 3＝8，解得q ＝－2，d ＝3.则a 2b 2＝－1＋32＝1.7．40 解析：设{a n }的公比为8，由S 7－4S 6＋3S 5＝0，可得S 7－S 6－3(S 6－S 5)＝0⇒a 7－3a 6＝0，所以q ＝3.所以S 4＝a 11－q 41－q ＝1－341－3＝40.8．2n－12n －1＋1 解析：依题意，得大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n 天大老鼠打洞的距离共为1×1－2n1－2＝2n－1；同理可得前n 天小老鼠打洞的距离共为1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2－12n －1.所以S n ＝2n －1＋2－12n －1＝2n－12n －1＋1.9．解：(1)由a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)和a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3.因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32－12×3n －1. 10．解：(1)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)由(1)，得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132，解得λ＝－1.11. 解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，即a 1＝2a 1－2. 解得a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1. 所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *)．(2)因为S n ＝2a n －2＝2n ＋1－2,所以T n ＝S 1＋S 2＋…＋S n ＝22＋23＋…＋2n ＋1－2n＝4×1－2n1－2－2n ＝2n ＋2－4－2n .第4讲数列的求和1．B 解析：由题意，得数列{a n }的通项公式为a n ＝14n 2－1＝12n ＋12n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.故选B. 2．A3．B 解析：设公差为d .由5a 8＝8a 13，得5(a 1＋7d )＝8(a 1＋12d )．解得d ＝－361a 1.由a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a 1＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－361a 1≥0⇒n ≤643＝2113. ∴数列{a n }的前21项都是正数，以后各项都是负数．故S n 取最大值时，n 的值为21.故选B.4．C 解析：由S n ＝n 2－6n ，得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7.∴当n ≤3时，a n <0；当n >3时，a n >0.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 21≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3.5．B 解析：由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比列，则a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378.解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里路．故选B.6.2011解析：由题意，得a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n ＋n －1＋n －2＋…＋1＝n n ＋12.所以1a n ＝2n n ＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.S 10＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋110－111＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011. 7.n 2－n ＋22解析：设第n (n ≥2)行的第2个数构成数列{a n }，则有a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，a 5－a 4＝4，…，a n －a n －1＝n －1，相加，得a n －a 2＝2＋3＋…＋(n －1)＝2＋n －12×(n－2)＝n ＋1n －22，a n ＝2＋n ＋1n －22＝n 2－n ＋22.8．n ·2n (n ∈N *) 解析：由S n ＝2a n －2n，得当n ＝1时，S 1＝a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝2(S n－S n －1)－2n，即S n 2n －S n －12n －1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，则S n2n ＝n ，S n ＝n ·2n (n ≥2)．当n ＝1时，也符合上式，所以S n ＝n ·2n (n ∈N *)．9．解：(1)当n ＝1时，由6a 1＋1＝9a 1，得a 1＝13.当n ≥2时，由6S n ＋1＝9a n ，得6S n －1＋1＝9a n －1，两式相减，得6(S n －S n －1)＝9(a n －a n －1)，即6a n ＝9(a n －a n －1)．∴a n ＝3a n －1.∴数列{a n }是首项为13，公比为3的等比数列，其通项公式为a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)∵b n ＝1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2，∴{b n }是首项为3，公比为13的等比数列．∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .10．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧1＋3d ＝q 2，1＋q ＋q 2＝2＋5d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.所以a n ＝1＋(n －1)＝n ，b n ＝1×2n －1＝2n －1.(2)由(1)知，c n ＝a n b n ＝n ·2n －1，则：T n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1， ①2T n ＝1×21＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，②①－②，得－T n ＝20＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1×1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n－1.所以T n ＝(n －1)·2n＋1.11．(1)解：依题意，当n ≥2，可归纳出a n ＝a n －1＋n . 所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1.a n ＝n ＋(n －1)＋…＋2＋2＝n ＋2n －12＋2＝12(n 2＋n )＋1.检验当n ＝1时，上式也成立．所以通项公式为a n ＝12(n 2＋n )＋1.(2)证明：∵(a n －1)·b n ＝1，∴b n ＝1a n －1＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴b 1＋b 2＋…＋b n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. 又1－1n ＋1<1，∴b 1＋b 2＋…＋b n <2.第5讲合情推理和演绎推理1．D 解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3.故V 1V 2＝127.2.92 解析：类比祖暅原理，可得两个图形的面积相等，梯形面积为S ＝12(1＋2)×3＝92，所以图X551(1)的面积为92.3．(1)6 (2)124．12－22＋32－…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n ＋1n n ＋125．S 24＝S 21＋S 22＋S 236．cos π2n ＋1·cos 2π2n ＋1·…·cos n π2n ＋1＝12n ，n ∈N *7．丙解析：如果丙说的是假话，则“甲得优秀”是真话，又乙说“我得了优秀”是真话，所以矛盾；若甲说的是假话，即“丙说的是真话”是假的，则说明“丙说的是假的”，即“甲没有得优秀”是假的，也就是说“甲得了优秀”是真的，这与乙说“我得了优秀”是真话矛盾；若乙说的是假话，即“乙没得优秀”是真的，而丙说“甲没得优秀”为真，则说明“丙得优秀”，这与甲说“丙说的是真话”符合．所以三人中说假话的是乙，得优秀的同学是丙．8.nn mmd c - 解析：方法一，设数列{a n }的公差为d 1，则d 1＝a n －a m n －m ＝b －a n －m .所以a m ＋n ＝a m ＋nd 1＝a ＋n ·b －a n －m ＝bn －amn －m.类比推导方法可知：设数列{b n }的公比为q ，由b n ＝b m q n －m ，可知d ＝cq n －m.所以q ＝n m d c-.所以b m ＋n ＝b m q n＝c ·nn m d c -⎛⎫ ⎪⎝⎭＝n n m m d c -. 方法二，(直接类比)设数列{a n }的公差为d 1，数列{b n }的公比为q ，则a n ＝a 1＋(n －1)d 1，b n ＝b 1q n －1.因为a m ＋n ＝nb －ma n －m ，所以b m ＋n ＝nn m md c -.9．解：(1)选择②，由sin 215°＋cos 215°－sin15°cos15°＝1－12sin30°＝34.故这个常数是34.(2)推广，得到三角恒等式sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin 2α＋(cos30°cos α＋sin30°sin α)2－sin α(cos30°cos α＋sin30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sin αcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α＝34sin 2α＋34cos 2α＝34. 10．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＝5，a 3＝7，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋d ＝5，a 1＋2d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝3.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为1a n a n ＋1＝13n －23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n －1a n ＋1a n a n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋…＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －5－13n －2＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1 ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n3n ＋1. 假设存在正整数m ，n ，且1<m <n ，使S 1，S m ，S n 成等比数列，则S 2m ＝S 1S n ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3m ＋12＝14×n 3n ＋1. 所以n ＝－4m23m 2－6m －1.因为n >0，所以3m 2－6m －1<0.因为m >1，所以1<m <1＋2 33<3.因为m ∈N *，所以m ＝2.此时n ＝－4m23m 2－6m －1＝16.故存在满足题意的正整数m ，n ，且只有一组值，即m ＝2，n ＝16. 第6讲直接证明与间接证明1．A 解析：反证法的步骤第一步是假设命题的反面成立，而“至少有一个实根”的否定是“没有实根”．故选A.2．C 解析：由题意，知b 2－ac <3a ⇐b 2－ac <3a 2⇐(a ＋c )2－ac <3a 2⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇐－2a 2＋ac ＋c 2<0⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0.3．等边解析：由题意，得2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝π，∴B ＝π3.又b 2＝ac ，由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac .∴a 2＋c 2－2ac ＝0，即(a －c )2＝0.∴a ＝c .∴A＝C .∴A ＝B ＝C ＝π3.∴△ABC 为等边三角形．4．② 5.3 32解析：∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A ，B ，C ∈(0，π)．∴f A ＋f B ＋f C 3≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋B ＋C 3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. 即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝3 32.∴sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为3 32.6．若①③④，则②(或若②③④，则①) 解析：依题意可得以下四个命题：(1)m ⊥n ，α⊥β，n ⊥β⇒m ⊥α；(2)m ⊥n ，α⊥β，m ⊥α⇒n ⊥β； (3)m ⊥n ，n ⊥β，m ⊥α⇒α⊥β；(4)α⊥β，n ⊥β，m ⊥α⇒m ⊥n . 不难发现，命题(3)(4)为真命题，而命题(1)(2)为假命题．7．lg 15＝3a －b ＋c 解析：如果lg 3＝2a －b 是正确的，那么lg 9＝2lg 3＝2(2a －b )＝4a －2b ；如果lg 3＝2a －b 是错误的，那么lg 9＝4a －2b 也是错误的，这与题意矛盾．反过来，lg 9＝4a －2b 也不是错误的，否则lg 3＝2a －b 是错误的．同样，如果lg 5＝a ＋c ，那么lg 8＝3lg 2＝3(1－lg 5)＝3(1－a －c )，如果lg 5＝a ＋c 是错误的，那么lg 8＝3－3a －3c ，也错误，这与题意矛盾；显然lg 8＝3－3a －3c 也不是错误的，否则lg 5＝a ＋c 也是错误的．∴lg 15＝lg(3×5)＝lg 3＋lg 5＝(2a －b )＋(a ＋c )＝3a －b ＋c .∴应将最后一个改正为lg 15＝3a －b ＋c .8．201 解析：由已知，若a ≠2正确，则a ＝0或a ＝1，即a ＝0，b ＝1，c ＝2或a ＝0，b ＝2，c ＝1或a ＝1，b ＝0，c ＝2或a ＝1，b ＝2，c ＝0均与“三个关系有且只有一个正确”矛盾；若b ＝2正确，则a ≠2正确，不符合题意；所以c ≠0正确，a ＝2，b ＝0，c ＝1，故100a ＋10b ＋c ＝201.9．解：(1)S 2·S 3＝(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式，解得d ＝2或d ＝－5.∵公差d >0，∴d ＝2.∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.∴S n ＝1＋2n －1n 2＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)知，a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝[2m －1＋2m ＋k －1]k ＋12＝(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.∵m ，k ∈N *，∴2m ＋k －1>1，k ＋1>1.∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝5，k ＋1＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝－3，k ＝12，(舍去)．或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.综上所述，m ＝5，k ＝4.10．(1)解：设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝5，S 8＝8a 1＋28d ＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.故所求的通项公式为a n ＝2n －1. (2)证明：由(1)可知，S n ＝n 2，要证原不等式成立，只需证1n －12＋1n ＋12>2n2，只需证[(n ＋1)2＋(n －1)2]n 2>2(n 2－1)2.只需证(n 2＋1)n 2>(n 2－1)2.只需证3n 2>1.而3n 2>1在n ≥1时恒成立，从而不等式1S n －1＋1S n ＋1>2S n(n ≥2，n ∈N *)恒成立．第7讲数学归纳法1．B 2.D3．B 解析：n ＝1时，左边的最高次数为1，即最后一项为a ，左边是1＋a .4．D 解析：n ＝k 时，等式左边＝1＋2＋3＋…＋k 2，n ＝k ＋1时，等式左边＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.比较上述两个式子，当n ＝k ＋1时，等式的左边是在假设n ＝k 时等式成立的基础上，等式的左边加上了(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.5．D 解析：原等式共有5n 项，当n ＝1时，25－1＝24.故选D.6．D 解析：运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋)，当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋ (2)＝2k －1＋22k －1(k ∈N ＋)，左边表示的为2k＋1项的和．当n ＝k ＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k ＋1＋1项的和，因此，增加了2k ＋1－2k ＝2k项．7．A 解析：假设n ＝k 时，原式k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3，为了能用上面的归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3.8.12k ＋12k ＋2 解析：求f (k ＋1)－f (k )即可．当n ＝k 时，左边＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k .当n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋1＋k ＋1.故左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1，即12k ＋12k ＋2.9．解：把n ＝1,2,3代入，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝24，4a ＋2b ＋c ＝44，9a ＋3b ＋c ＝70，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝11，c ＝10.猜想：等式1×22＋2×32＋…＋n (n ＋1)2＝ n n ＋112(3n 2＋11n ＋10)对一切n ∈N *都成立．下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，由上面可知等式成立． (2)假设n ＝k 时等式成立，即1×22＋2×32＋…＋k (k ＋1)2＝k k ＋112(3k 2＋11k ＋10)，则1×22＋2×32＋…＋k (k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋2)2＝k k ＋112(3k 2＋11k ＋10)＋(k ＋1)(k ＋2)2＝k k ＋112(3k ＋5)(k ＋2)＋(k ＋1)(k ＋2)2＝k ＋1k ＋212[k (3k ＋5)＋12(k ＋2)]＝k ＋1k ＋212[3(k ＋1)2＋11(k ＋1)＋10]．∴当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)(2)，对n ∈N *等式都成立． 10．证明：(1)用数学归纳法证明x n >0，当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设当n ＝k 时，x k >0，那么当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0<x k <x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1>0.因此x n >0(n ∈N *)，所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1.所以0<x n ＋1<x n (n ∈N *)．(2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1，得 x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)·ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)，又f ′(x )＝2x 2＋xx ＋1＋ln(1＋x )>0，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0.因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，所以2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n ，得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12>0， 1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上所述，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)。

2019版高考数学(理)一轮复习全国经典版：第5章数列 5-3a

1 1－2
＝31.故选 C.
11
高考一轮总复习 ·数学[理]（经典版）
7．[2018· 昆明模拟]设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和， S4 S6 若S ＝3，则S ＝( 2 4 )
7 3 A．2 B.3 C.10 D．1 或 2
解析－S4＝4k， S6 7k 7 ∴S6＝7k，S4＝3k，∴S ＝3k＝3.故选 B. 4
－1＋ 5 2 数 x 的值等于________ ．
14
高考一轮总复习 ·数学[理]（经典版）
解析已知(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中项，即(c－ a)2＝(b－c)(b－a)，把 c＝a＋x(b－a)代入上式，得 x2(b－a)2 ＝[b－a－x(b－a)](b－a)，即 x2(b－a)2＝(1－x)(b－a)2.因为 b>a，所以 b－a≠0，所以 x2＝1－x，即 x2＋x－1＝0，解得－1＋ 5 －1－ 5 x＝或 x＝ (舍去)． 2 2
6
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4．[2018· 延庆模拟]等差数列{an}的公差为 2，若 a2， a4，a8 成等比数列，则{an}的前 n 项和 Sn＝( A．n(n＋1) nn＋1 C. 2 B．n(n－1) nn－1 D. 2 )
7
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10．等比数列{an}满足：对任意 n∈N*,2(an＋2－an)＝ 2 3an＋1，an＋1>an，则公比 q＝________.
解析由题知 2(anq2－an)＝3anq，即 2q2－3q－2＝0， 1 解得 q＝2 或 q＝－2，又 an＋1>an，故 q＝2.
解析因为 1，a1，a2,9 是等差数列，所以 a1＋a2＝1

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