《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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，a10＝8，則a100等于(　　) A．100 B．99 C．98 D．97 答案　C 解析　由等差數列性質，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝＝1， ∴a100＝a10＋90d＝98，故選C. 2．(2016北京)已知{an}為等差數列，Sn為其前n項和．若a1＝6，a3＋a5＝0，則S6＝________. 答案　6 解析　∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0. 又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2. ∴S6＝66＋(－2)＝6. 3．(2016江蘇)已知{an}是等差數列，Sn是其前n項和．若a1＋a＝－3，S5＝10，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a9＝a1＋8d＝－4＋83＝20. 4．(2016課標全國乙)設等比數列{an}滿足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，則a1a2…an的最大值為__________． 答案　64 解析　設等比數列{an}的公比為q， ∴?解得 ∴a1a2…an＝(－3)＋(－2)＋…＋(n－4) ∵n∈N*， ∴當n＝3或4時，取到最小值－6， 此時取到最大值26＝64， ∴a1a2…an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：an＝a1＋(n－1)d； 等比數列：an＝a1qn－1. 2．求和公式 等差數列：Sn＝＝na1＋d； 等比數列：Sn＝＝(q≠1)． 3．性質 若m＋n＝p＋q， 在等差數列中am＋an＝ap＋aq； 在等比數列中aman＝apaq. 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a1＋a7＝9，a4＝2，則S8等于(　　) A．15(1＋) B．15 C．15 D．15(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d＝2. ∴＝＋2d＝10，解得a5＝. (2)由a4＝2，得a1a7＝a＝8，故a1，a7是方程x2－9x＋8＝0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S8＝＝15(1＋)； 當時，q＝＝，所以S8＝＝15.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2a1＋a2＝1，則a1＝________，d＝________. (2)已知數列{an}是各項均為正數的等比數列，a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，則log2＝________. 答案　(1)?。?　(2)1 006 解析　(1)∵a2，a3，a7成等比數列，∴a＝a2a7， 即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴a1＝－d. ∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1，即3a1＋d＝1， ∴a1＝，d＝－1. (2)在等比數列中，(a1＋a2)q2＝a3＋a4， 即q2＝2，所以a2 013＋a2 014＋a2 015＋a2 016 ＝(a1＋a2＋a3＋a4)q2 012＝321 006， 所以log2＝1 006. 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： ①利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數； ②利用中項性質，即證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． (2)證明{an}是等比數列的兩種基本方法： ①利用定義，證明(n∈N*)為一常數； ②利用等比中項，即證明a＝an－1an＋1(n≥2)． 例2　已知數列{an}的前n項和為Sn (n∈N*)，且滿足an＋Sn＝2n＋1. (1)求證：數列{an－2}是等比數列，并求數列{an}的通項公式； (2)求證：＋＋…＋<. 證明　(1)∵an＋Sn＝2n＋1，令n＝1， 得2a1＝3，a1＝. ∵an＋Sn＝2n＋1， ∴an－1＋Sn－1＝2(n－1)＋1 (n≥2，n∈N*)． 兩式相減，得2an－an－1＝2，整理an＝an－1＋1， an－2＝(an－1－2)(n≥2)， ∴數列{an－2}是首項為a1－2＝－，公比為的等比數列， ∴an－2＝－n，∴an＝2－. (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a＝an－1an＋1(n≥2)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，a1＝1，an＋1＝2an＋3，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) (n∈N*)為坐標的點都在曲線ay＝x2＋x＋b (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(　　) A．{bn}一定為等比數列 B．{bn}一定為等差數列 C．{bn}只從第二項起為等比數列 D．{bn}只從第二項起為等差數列 答案　(1)2n＋1－3　(2)B 解析　(1)由已知可得an＋1＋3＝2(an＋3)， 又a1＋3＝4， 故{an＋3}是以4為首項，2為公比的等比數列． ∴an＋3＝42n－1， ∴an＝2n＋1－3. (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)(n∈N*)為坐標的點都在曲線ay＝x2＋x＋b (a為非零常數)上運動，即aTn＝b＋bn＋b，當n＝1時，aT1＝b＋b1＋b?ab1＝b＋b1＋b?b－b1＋b＝0?ab－ab1＋2b＝0， 即b1＝； 當n≥2時，由aTn＝b＋bn＋b， 及aTn－1＝b＋bn－1＋b， 兩式相減得 abn＝(b－b)＋(bn－bn－1) ?(b－b)－(bn＋bn－1)＝0， 由各項均為正項，可得bn－bn－1＝1(n≥2)， 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a2＋a7＋a12＝－6. (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m∈N*，使對任意n∈N*，總有Sn6.即實數λ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Sn－1＝3(an－1)，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設數列{bn}滿足若bn≤t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Sn＝3an－2，令n＝1，得a1＝1， 又an＋1＝Sn＋1－Sn＝3an＋1－3an?an＋1＝an， 所以數列{an}是以1為首項，為公比的等比數列，所以an＝n－1. (2)由 得 所以bn＋1－bn＝(n＋1)n－nn－1＝(2－n)， 所以(bn)max＝b2＝b3＝，所以t≥. 1．設等差數列{an}的前n項和為Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數n的值為(　　) A．6 B．7 C．12 D．13 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a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<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a4－2a＋3a8＝0，數列{bn}是等比數列，且b7＝a7，則b2b12等于(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 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a4－2a＋3a8＝0，所以a7－3d－2a＋3(a7＋d)＝0，即a＝2a7，解得a7＝0(舍去)或a7＝2，所以b7＝a7＝2.因為數列{bn}是等比數列，所以b2b12＝b＝4. 3．已知各項都為正數的等比數列{an}滿足a7＝a6＋2a5，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a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(與條件中等比數列的各項都為正數矛盾，舍去)，又由＝4a1，得aman＝16a，即a2m＋n－2＝16a，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)(＋) ＝(＋＋5)≥(2 ＋5)＝， 當且僅當＝，m＋n＝6， 即n＝2m＝4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： ①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|. 則其中是“保等比數列函數”的f(x)的序號為(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 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，anan＋2＝a， ①f(an)f(an＋2)＝aa＝(a)2＝f2(an＋1)； ③f(an)f(an＋2)＝＝＝f2(an＋1)； ④f(an)f(an＋2)＝ln|an|ln|an＋2|≠(ln|an＋1|)2＝f2(an＋1)．故選C. A組　專題通關 1．在等差數列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，則2a10－a12的值為(　　) A．20 B．22 C．24 D．28 答案　C 解析　由a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝(a4＋a12)＋(a6＋a10)＋a8＝5a8＝120，解得a8＝24，∵a8＋a12＝2a10， ∴2a10－a12＝a8＝24. 2．已知在等差數列{an}中，a1＝120，d＝－4，若Sn≤an (n≥2)，則n的最小值為(　　) A．60 B．62 C．70 D．72 答案　B 解析　由題意可知，Sn＝na1＋d＝－2n2＋122n，an＝a1＋(n－1)d＝124－4n，由Sn≤an得－2n2＋126n≤124，解得n≤1或n≥62，又n≥2，∴n≥62，故選B. 3．在等比數列{an}中，a1＝4，公比為q，前n項和為Sn，若數列{Sn＋2}也是等比數列，則q等于(　　) A．2 B．－2 C．3 D．－3 答案　C 解析　由題意可得q≠1，由數列{Sn＋2}是等比數列，可得S1＋2，S2＋2，S3＋2成等比數列，所以(S2＋2)2＝(S1＋2)(S3＋2)，所以(6＋4q)2＝24(1＋q＋q2)＋12， ∴q＝3(q＝0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 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)(　　) A．2018年 B．2019年 C．2020年 D．2021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(1＋12%)x＝200，解得x＝log1.12＝≈3.80，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an＝f(n) (n∈N*)，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an＝f(n) (n∈N*)，{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(n＋4)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k＝4. 7．數列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＝ (n∈N*，n≥3)，則a2 017＝________. 答案　2 解析　因為a1＝2，a2＝3，所以a3＝＝，a4＝＝＝，a5＝＝＝，a6＝＝，a7＝＝2，a8＝＝3，…，所以數列{an}是以6為周期的周期數列， 所以a2 017＝a3366＋1＝a1＝2. 8．已知數列{an}的首項為a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，記Sn為數列{an}的前n項和，則Sn＝________，an＝________. 答案　2n－1　 解析　由an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，可得an＋1＝Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn，即Sn＋1＝Sn，由此可知數列{Sn}是一個等比數列，其中首項S1＝a1＝2，公比為，所以Sn＝2n－1， 由此得an＝ 9．已知數列{an}是等比數列，并且a1，a2＋1，a3是公差為－3的等差數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝a2n，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，a2＋1，a3是公差為－3的等差數列， 所以 即解得a1＝8，q＝. 所以an＝a1qn－1＝8()n－1＝24－n. (2)證明　因為＝＝， 所以數列{bn}是以b1＝a2＝4為首項，為公比的等比數列． 所以Sn＝＝[1－()n]<. 10．(2015四川)設數列{an}(n＝1,2,3，…)的前n項和Sn滿足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，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|Tn－1|＜成立的n的最小值． 解　(1)由已知Sn＝2an－a1， 有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)， 即an＝2an－1(n≥2)， 從而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1. 又因為a1，a2＋1，a3成等差數列，即a1＋a3＝2(a2＋1)， 所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2， 所以數列{an}是首項為2，公比為2的等比數列， 故an＝2n. (2)由(1)可得＝， 所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－. 由|Tn－1|＜，得＜， 即2n＞1 000， 因為29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n≥10， 于是，使|Tn－1|＜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S21＝S4 000，O為坐標原點，點P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，則等于(　　) A．2 011 B．－2 011 C．0 D．1 答案　A 解析　由S21＝S4 000得a22＋a23＋…＋a4 000＝0， 由于a22＋a4 000＝a23＋a3 999＝…＝2a2 011， 所以a22＋a23＋…＋a4 000＝3 979a2 011＝0， 從而a2 011＝0，而＝2 011＋a2 011an＝2 011. 12．若等比數列{an}的各項均為正數，且a10a11＋a9a12＝2e5，則ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________. 答案　50 解析　∵數列{an}為等比數列，且a10a11＋a9a12＝2e5，∴a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10a11＝e5， ∴l(xiāng)n a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20) ＝ln(a10a11)10＝ln(e5)10＝ln e50＝50. 13．已知數列{an}，{bn}滿足a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝ (n∈N*)，則b2 015＝________. 答案　 解析　∵an＋bn＝1，且bn＋1＝， ∴bn＋1＝，∵a1＝，且a1＋b1＝1， ∴b1＝，∵bn＋1＝，∴－＝－1. 又∵b1＝，∴＝－2. ∴數列是以－2為首項，－1為公差的等差數列，∴＝－n－1，∴bn＝. 則b2 015＝. 14．已知數列{an}的前n項和為Sn，且(a－1)Sn＝a(an－1)(a＞0)(n∈N*)． (1)求證數列{an}是等比數列，并求其通項公式； (2)已知集合A＝{x|x2＋a≤(a＋1)x}，問是否存在實數a，使得對于任意的n∈N*，都有Sn∈A？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由． 解　(1)當n＝1時，∵(a－1)S1＝a(a1－1)， ∴a1＝a(a＞0)． 當n≥2時，由(a－1)Sn＝a(an－1)，① 得(a－1)Sn－1＝a(an－1－1)．② ①－②，得(a－1)an＝a(an－an－1)， 整理得＝a(n≥2)， 故{an}是首項為a，公比為a的等比數列，∴an＝an. (2)①當a＝1時，A＝{1}，Sn＝n，只有n＝1時， Sn∈A，∴a＝1不符合題意． ②當a＞1時，A＝{x|1≤x≤a}，S2＝a＋a2，∴S2?A.即當a＞1時，不存在滿足條件的實數a. ③當0＜a＜1時，A＝{x|a≤x≤1}． 而Sn＝a＋a2＋…＋an＝(1－an)∈[a，)， 因此對任意的n∈N*，要使Sn∈A，只需 解得0＜a≤.綜上得實數a的取值范圍是(0，]．