高考數學大二輪總復習與增分策略 專題四 數列、推理與證明 第1講 等差數列與等比數列練習 理

第1講等差數列與等比數列1(2016課標全國乙)已知等差數列an前9項的和為27，a108，則a100等于()A100 B99 C98 D97答案C解析由等差數列性質，知S99a527，得a53，而a108，因此公差d1，a100a1090d98，故選C.2(2016北京)已知an為等差數列，Sn為其前n項和若a16，a3a50，則S6_.答案6解析a3a52a40，a40.又a16，a4a13d0，d2.S666(2)6.3(2016江蘇)已知an是等差數列，Sn是其前n項和若a1a3，S510，則a9的值是_答案20解析設等差數列an公差為d，由題意可得：解得則a9a18d48320.4(2016課標全國乙)設等比數列an滿足a1a310，a2a45，則a1a2an的最大值為_答案64解析設等比數列an的公比為q，解得a1a2an(3)(2)(n4)nN*，當n3或4時，取到最小值6，此時取到最大值2664，a1a2an的最大值為64.1.等差、等比數列基本量和性質的考查是高考熱點，經常以小題形式出現.2.數列求和及數列與函數、不等式的綜合問題是高考考查的重點，考查分析問題、解決問題的綜合能力.熱點一等差數列、等比數列的運算1通項公式等差數列：ana1(n1)d；等比數列：ana1qn1.2求和公式等差數列：Snna1d；等比數列：Sn(q1)3性質若mnpq，在等差數列中amanapaq；在等比數列中amanapaq.例1(1)已知數列an中，a3，a7，且是等差數列，則a5等于()A. B. C. D.(2)已知等比數列an的各項都為正數，其前n項和為Sn，且a1a79，a42，則S8等于()A15(1) B15C15 D15(1)或15(1)答案(1)B(2)D解析(1)設等差數列的公差為d，則4d，4d，解得d2.2d10，解得a5.(2)由a42，得a1a7a8，故a1，a7是方程x29x80的兩根，所以或因為等比數列an的各項都為正數，所以公比q>0.當時q，所以S815(1)；當時，q，所以S815.故選D.思維升華在進行等差(比)數列項與和的運算時，若條件和結論間的聯系不明顯，則均可化成關于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體計算，以減少計算量跟蹤演練1(1)(2015浙江)已知an是等差數列，公差d不為零若a2，a3，a7成等比數列，且2a1a21，則a1_，d_.(2)已知數列an是各項均為正數的等比數列，a1a21，a3a42，則log2_.答案(1)1(2)1 006解析(1)a2，a3，a7成等比數列，aa2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，a1d.2a1a21，2a1a1d1，即3a1d1，a1，d1.(2)在等比數列中，(a1a2)q2a3a4，即q22，所以a2 013a2 014a2 015a2 016(a1a2a3a4)q2 012321 006，所以log21 006.熱點二等差數列、等比數列的判定與證明數列an是等差數列或等比數列的證明方法(1)證明數列an是等差數列的兩種基本方法：利用定義，證明an1an(nN*)為一常數；利用中項性質，即證明2anan1an1(n2)(2)證明an是等比數列的兩種基本方法：利用定義，證明(nN*)為一常數；利用等比中項，即證明aan1an1(n2)例2已知數列an的前n項和為Sn (nN*)，且滿足anSn2n1.(1)求證：數列an2是等比數列，并求數列an的通項公式；(2)求證：<.證明(1)anSn2n1，令n1，得2a13，a1.anSn2n1，an1Sn12(n1)1 (n2，nN*)兩式相減，得2anan12，整理anan11，an2(an12)(n2)，數列an2是首項為a12，公比為的等比數列，an2n，an2.(2)，()()()<.思維升華(1)判斷一個數列是等差(比)數列，也可以利用通項公式及前n項和公式，但不能作為證明方法(2)q和aan1an1(n2)都是數列an為等比數列的必要不充分條件，判斷時還要看各項是否為零跟蹤演練2(1)已知數列an中，a11，an12an3，則an_.(2)已知數列bn的前n項和為Tn，若數列bn滿足各項均為正項，并且以(bn，Tn) (nN*)為坐標的點都在曲線ayx2xb (a為非零常數)上運動，則稱數列bn為“拋物數列”已知數列bn為“拋物數列”，則()Abn一定為等比數列Bbn一定為等差數列Cbn只從第二項起為等比數列Dbn只從第二項起為等差數列答案(1)2n13(2)B解析(1)由已知可得an132(an3)，又a134，故an3是以4為首項，2為公比的等比數列an342n1，an2n13.(2)由已知條件可知，若數列bn為“拋物數列”，設數列bn的前n項和為Tn，則數列bn滿足各項均為正項，并且以(bn，Tn)(nN*)為坐標的點都在曲線ayx2xb (a為非零常數)上運動，即aTnbbnb，當n1時，aT1bb1bab1bb1bbb1b0abab12b0，即b1；當n2時，由aTnbbnb，及aTn1bbn1b，兩式相減得abn(bb)(bnbn1)(bb)(bnbn1)0，由各項均為正項，可得bnbn11(n2)，由等差數列的定義可知bn一定為等差數列熱點三等差數列、等比數列的綜合問題解決等差數列、等比數列的綜合問題，要從兩個數列的特征入手，理清它們的關系；數列與不等式、函數、方程的交匯問題，可以結合數列的單調性、最值求解例3已知等差數列an的公差為1，且a2a7a126.(1)求數列an的通項公式an與前n項和Sn；(2)將數列an的前4項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數列bn的前3項，記bn的前n項和為Tn，若存在mN*，使對任意nN*，總有Sn<Tm恒成立，求實數的取值范圍解(1)由a2a7a126得a72，a14，an5n，從而Sn.(2)由題意知b14，b22，b31，設等比數列bn的公比為q，則q，Tm81()m，()m隨m增加而遞減，Tm為遞增數列，得4Tm<8.又Sn(n29n)(n)2，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使對任意nN*總有Sn<Tm，則10<4，得>6.即實數的取值范圍為(6，)思維升華(1)等差數列與等比數列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便(2)數列的項或前n項和可以看作關于n的函數，然后利用函數的性質求解數列問題(3)數列中的恒成立問題可以通過分離參數，通過求數列的值域求解跟蹤演練3已知數列an的前n項和為Sn，且Sn13(an1)，nN*.(1)求數列an的通項公式；(2)設數列bn滿足若bnt對于任意正整數n都成立，求實數t的取值范圍解(1)由已知得Sn3an2，令n1，得a11，又an1Sn1Sn3an13anan1an，所以數列an是以1為首項，為公比的等比數列，所以ann1.(2)由得所以bn1bn(n1)nnn1(2n)，所以(bn)maxb2b3，所以t.1設等差數列an的前n項和為Sn，且a1>0，a3a10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數n的值為()A6 B7C12 D13押題依據等差數列的性質和前n項和是數列最基本的知識點，也是高考的熱點，可以考查學生靈活變換的能力答案C解析a1>0，a6a7<0，a6>0，a7<0，等差數列的公差小于零，又a3a10a1a12>0，a1a132a7<0，S12>0，S13<0，滿足Sn>0的最大自然數n的值為12.2已知各項不為0的等差數列an滿足a42a3a80，數列bn是等比數列，且b7a7，則b2b12等于()A1 B2C4 D8押題依據等差數列、等比數列的綜合問題可反映知識運用的綜合性和靈活性，是高考出題的重點答案C解析設等差數列an的公差為d，因為a42a3a80，所以a73d2a3(a7d)0，即a2a7，解得a70(舍去)或a72，所以b7a72.因為數列bn是等比數列，所以b2b12b4.3已知各項都為正數的等比數列an滿足a7a62a5，存在兩項am，an使得 4a1，則的最小值為()A. B.C. D.押題依據本題在數列、方程、不等式的交匯處命題，綜合考查學生應用數學的能力，是高考命題的方向答案A解析由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理有q2q20，解得q2或q1(與條件中等比數列的各項都為正數矛盾，舍去)，又由4a1，得aman16a，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)()(5)(2 5)，當且僅當，mn6，即n2m4時取得最小值.4定義在(，0)(0，)上的函數f(x)，如果對于任意給定的等比數列an，f(an)仍是等比數列，則稱f(x)為“保等比數列函數”現有定義在(，0)(0，)上的如下函數：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln|x|.則其中是“保等比數列函數”的f(x)的序號為()A BC D押題依據先定義一個新數列，然后要求根據定義的條件推斷這個新數列的一些性質或者判斷一個數列是否屬于這類數列的問題是近年來高考中逐漸興起的一類問題，這類問題一般形式新穎，難度不大，常給人耳目一新的感覺答案C解析等比數列性質，anan2a，f(an)f(an2)aa(a)2f2(an1)；f(an)f(an2)f2(an1)；f(an)f(an2)ln|an|ln|an2|(ln|an1|)2f2(an1)故選C.A組專題通關1在等差數列an中，若a4a6a8a10a12120，則2a10a12的值為()A20 B22C24 D28答案C解析由a4a6a8a10a12(a4a12)(a6a10)a85a8120，解得a824，a8a122a10，2a10a12a824.2已知在等差數列an中，a1120，d4，若Snan (n2)，則n的最小值為()A60 B62C70 D72答案B解析由題意可知，Snna1d2n2122n，ana1(n1)d1244n，由Snan得2n2126n124，解得n1或n62，又n2，n62，故選B.3在等比數列an中，a14，公比為q，前n項和為Sn，若數列Sn2也是等比數列，則q等于()A2 B2C3 D3答案C解析由題意可得q1，由數列Sn2是等比數列，可得S12，S22，S32成等比數列，所以(S22)2(S12)(S32)，所以(64q)224(1qq2)12，q3(q0舍去)故選C.4(2016四川)某公司為激勵創(chuàng)新，計劃逐年加大研發(fā)資金投入若該公司2015年全年投入研發(fā)資金130萬元，在此基礎上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元的年份是(參考數據：lg 1.120.05，lg 1.30.11，lg 20.30)()A2018年 B2019年C2020年 D2021年答案B解析設x年后該公司全年投入的研發(fā)資金為200萬元，由題可知，130(112%)x200，解得xlog1.123.80，因資金需超過200萬，則x取4，即2019年故選B.5函數f(x)若數列an滿足anf(n) (nN*)，且an是遞增數列，則實數a的取值范圍是()A. B.C(2,3) D(1,3)答案C解析因為anf(n) (nN*)，an是遞增數列，所以函數f(x)為增函數需滿足三個條件解不等式組得實數a的取值范圍是(2,3)，故選C.6若數列n(n4)n中的最大項是第k項，則k_.答案4解析設最大項為第k項，則有故k4.7數列an中，a12，a23，an (nN*，n3)，則a2 017_.答案2解析因為a12，a23，所以a3，a4，a5，a6，a72，a83，所以數列an是以6為周期的周期數列，所以a2 017a33661a12.8已知數列an的首項為a12，且an1(a1a2an) (nN*)，記Sn為數列an的前n項和，則Sn_，an_.答案2n1解析由an1(a1a2an) (nN*)，可得an1Sn，所以Sn1SnSn，即Sn1Sn，由此可知數列Sn是一個等比數列，其中首項S1a12，公比為，所以Sn2n1，由此得an9已知數列an是等比數列，并且a1，a21，a3是公差為3的等差數列(1)求數列an的通項公式；(2)設bna2n，記Sn為數列bn的前n項和，證明：Sn<.(1)解設等比數列an的公比為q，因為a1，a21，a3是公差為3的等差數列，所以即解得a18，q.所以ana1qn18()n124n.(2)證明因為，所以數列bn是以b1a24為首項，為公比的等比數列所以Sn1()n<.10(2015四川)設數列an(n1,2,3，)的前n項和Sn滿足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差數列(1)求數列an的通項公式；(2)記數列的前n項和為Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值解(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)，從而a22a1，a32a24a1.又因為a1，a21，a3成等差數列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以數列an是首項為2，公比為2的等比數列，故an2n.(2)由(1)可得，所以Tn1.由|Tn1|，得，即2n1 000，因為295121 0001 024210，所以n10，于是，使|Tn1|成立的n的最小值為10.B組能力提高11已知an是等差數列，Sn為其前n項和，若S21S4 000，O為坐標原點，點P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，則等于()A2 011 B2 011 C0 D1答案A解析由S21S4 000得a22a23a4 0000，由于a22a4 000a23a3 9992a2 011，所以a22a23a4 0003 979a2 0110，從而a2 0110，而2 011a2 011an2 011.12若等比數列an的各項均為正數，且a10a11a9a122e5，則ln a1ln a2ln a20_.答案50解析數列an為等比數列，且a10a11a9a122e5，a10a11a9a122a10a112e5，a10a11e5，ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a10a11)10ln(e5)10ln e5050.13已知數列an，bn滿足a1，anbn1，bn1 (nN*)，則b2 015_.答案解析anbn1，且bn1，bn1，a1，且a1b11，b1，bn1，1.又b1，2.數列是以2為首項，1為公差的等差數列，n1，bn.則b2 015.14已知數列an的前n項和為Sn，且(a1)Sna(an1)(a0)(nN*)(1)求證數列an是等比數列，并求其通項公式；(2)已知集合Ax|x2a(a1)x，問是否存在實數a，使得對于任意的nN*，都有SnA？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由解(1)當n1時，(a1)S1a(a11)，a1a(a0)當n2時，由(a1)Sna(an1)，得(a1)Sn1a(an11)，得(a1)ana(anan1)，整理得a(n2)，故an是首項為a，公比為a的等比數列，anan.(2)當a1時，A1，Snn，只有n1時，SnA，a1不符合題意當a1時，Ax|1xa，S2aa2，S2A.即當a1時，不存在滿足條件的實數a.當0a1時，Ax|ax1而Snaa2an(1an)a，)，因此對任意的nN*，要使SnA，只需解得0a.綜上得實數a的取值范圍是(0，