《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題四 數(shù)列、推理與證明 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列練習(xí) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題四 數(shù)列、推理與證明 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列練習(xí) 文（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第1講　等差數(shù)列與等比數(shù)列 1．(2016課標(biāo)全國乙)已知等差數(shù)列{an}前9項(xiàng)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(shù)列性質(zhì)，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(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)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(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和．若a1＋a＝－3，S5＝10，則a9的值是________． 答案　20 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}公差為d，由題意可得： 解得 則a9＝a1＋8d＝－4＋83＝20. 4．(2016課標(biāo)全國乙)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，則a1a2…an的最大值為__________． 答案　64 解析　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， ∴?解得 ∴a1a2…an＝(－3)＋(－2)＋…＋(n－4) ＝＝， ∵n∈N*， ∴當(dāng)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(shù)列基本量和性質(zhì)的考查是高考熱點(diǎn)，經(jīng)常以小題形式出現(xiàn).2.數(shù)列求和及數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題是高考考查的重點(diǎn)，考查分析問題、解決問題的綜合能力. 熱點(diǎn)一　等差數(shù)列、等比數(shù)列的運(yùn)算 1．通項(xiàng)公式 等差數(shù)列：an＝a1＋(n－1)d； 等比數(shù)列：an＝a1qn－1. 2．求和公式 等差數(shù)列：Sn＝＝na1＋d； 等比數(shù)列：Sn＝＝(q≠1)． 3．性質(zhì) 若m＋n＝p＋q， 在等差數(shù)列中am＋an＝ap＋aq； 在等比數(shù)列中aman＝apaq. 例1　(1)已知數(shù)列{an}中，a3＝，a7＝，且是等差數(shù)列，則a5等于(　　) A. B. C. D. (2)已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，其前n項(xiàng)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(shè)等差數(shù)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?yàn)榈缺葦?shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以公比q>0.當(dāng)時q＝＝，所以S8＝＝15(1＋)； 當(dāng)時，q＝＝，所以S8＝＝15.故選D. 思維升華　在進(jìn)行等差(比)數(shù)列項(xiàng)與和的運(yùn)算時，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)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)已知Sn是非零等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a7＝9a3，則等于(　　) A. B．9 C．5 D. (2)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足an>0，q>1，且a3＋a5＝20，a2a6＝64，則S6等于(　　) A．63 B．48 C．42 D．36 答案　(1)B　(2)A 解析　(1)因?yàn)閍7＝9a3，所以a7＋a3＝10a3， 所以＝＝＝9. 故選B. (2)在等比數(shù)列{an}中，∵a2a6＝64， ∴a3a5＝a2a6＝64.又a3＋a5＝20， ∴a3和a5為方程x2－20x＋64＝0的兩根． ∵an>0，q>1，∴a31，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差數(shù)列，數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為. (1)分別求出數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Sn，已知?n∈N*，Sn≤m恒成立，求實(shí)數(shù)m的最小值． 解　(1)∵a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差數(shù)列， ∴2a2＝a1＋a3－8， 即2a1q＝a1＋a1q2－8，∴q2－2q－3＝0， ∴q＝3或－1，而q>1，∴q＝3， ∴an＝23n－1. ∵a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝， ∴a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1 ＝， 兩式相減得anbn＝2n3n－1 (n≥2)． ∵an＝23n－1，∴bn＝n(n≥2)， 令n＝1，可求得b1＝1，∴bn＝n. (2)∵數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為3的等比數(shù)列， ∴數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列， ∴Sn＝＝[1－()n]<. ∵?n∈N*，Sn≤m恒成立，故實(shí)數(shù)m的最小值為. 思維升華　(1)等差數(shù)列與等比數(shù)列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運(yùn)用性質(zhì)，可使運(yùn)算簡便． (2)數(shù)列的項(xiàng)或前n項(xiàng)和可以看作關(guān)于n的函數(shù)，然后利用函數(shù)的性質(zhì)求解數(shù)列問題． (3)數(shù)列中的恒成立問題可以通過分離參數(shù)，通過求數(shù)列的值域求解． 跟蹤演練3　已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足an＋1＝，若bn≤t對于任意正整數(shù)n都成立，求實(shí)數(shù)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(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，所以an＝n－1. (2)由an＋1＝， 得bn＝an＋1＝n－1n ＝nn－1， 所以bn＋1－bn＝(n＋1)n－nn－1 ＝(2－n)， 所以(bn)max＝b2＝b3＝，所以t≥. 1．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為(　　) A．6 B．7 C．12 D．13 押題依據(jù)　等差數(shù)列的性質(zhì)和前n項(xiàng)和是數(shù)列最基本的知識點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)，可以考查學(xué)生靈活變換的能力． 答案　C 解析　∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差數(shù)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(shù)n的值為12. 2．已知各項(xiàng)不為0的等差數(shù)列{an}滿足a4－2a＋3a8＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b2b12等于(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 押題依據(jù)　等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問題可反映知識運(yùn)用的綜合性和靈活性，是高考出題的重點(diǎn)． 答案　C 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍4－2a＋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?yàn)閿?shù)列{bn}是等比數(shù)列，所以b2b12＝b＝4. 3．已知各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，存在兩項(xiàng)am，an使得 ＝4a1，則＋的最小值為(　　) A. B. C. D. 押題依據(jù)　本題在數(shù)列、方程、不等式的交匯處命題，綜合考查學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)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(shù)列的各項(xiàng)都為正數(shù)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(dāng)且僅當(dāng)＝，m＋n＝6， 即n＝2m＝4時取得最小值. 4．定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，如果對于任意給定的等比數(shù)列{an}，{f(an)}仍是等比數(shù)列，則稱f(x)為“保等比數(shù)列函數(shù)”．現(xiàn)有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數(shù)： ①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝； ④f(x)＝ln|x|. 則其中是“保等比數(shù)列函數(shù)”的f(x)的序號為(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 押題依據(jù)　先定義一個新數(shù)列，然后要求根據(jù)定義的條件推斷這個新數(shù)列的一些性質(zhì)或者判斷一個數(shù)列是否屬于這類數(shù)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(shù)列性質(zhì)，anan＋2＝a， ①f(an)f(an＋2)＝aa＝(a)2＝f2(an＋1)； ②f(an)f(an＋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(guān) 1．在等差數(shù)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(shù)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(shù)列{an}中，a1＝4，公比為q，前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列{Sn＋2}也是等比數(shù)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(shù)列{Sn＋2}是等比數(shù)列，可得S1＋2，S2＋2，S3＋2成等比數(shù)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．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足S19>0，S20<0，則使Sn取得最大值的n為(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 答案　C 解析　由S19＝>0， 得a1＋a19>0，則a10>0； 由S20＝<0，得a1＋a20<0， 則a10＋a11<0，∵a10>0，∴a11<0， ∴使Sn取得最大值的n為10.故選C. 5．函數(shù)f(x)＝若數(shù)列{an}滿足an＝f(n) (n∈N*)，且{an}是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C．(2,3) D．(1,3) 答案　C 解析　因?yàn)閍n＝f(n) (n∈N*)，{an}是遞增數(shù)列， 所以函數(shù)f(x)＝為增函數(shù)需滿足三個條件解不等式組得實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2,3)，故選C. 6．若數(shù)列{n(n＋4)n}中的最大項(xiàng)是第k項(xiàng)，則k＝________. 答案　4 解析　設(shè)最大項(xiàng)為第k項(xiàng)，則有 ∴ ? 故k＝4. 7．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＝ (n∈N*，n≥3)，則a2 017＝________. 答案　2 解析　因?yàn)閍1＝2，a2＝3，所以a3＝＝，a4＝＝＝，a5＝＝＝，a6＝＝，a7＝＝2，a8＝＝3，…，所以數(shù)列{an}是以6為周期的周期數(shù)列， 所以a2 017＝a3366＋1＝a1＝2. 8．在等差數(shù)列{an}中，a1>0，a10a11<0，若此數(shù)列的前10項(xiàng)和S10＝36，前18項(xiàng)和S18＝12，則數(shù)列{|an|}的前18項(xiàng)和T18的值是________． 答案　60 解析　∵a1>0，a10a11<0，∴d<0，a10>0，a11<0， ∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60. 9．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，并且a1，a2＋1，a3是公差為－3的等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝a2n，記Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，證明：Sn<. (1)解　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 因?yàn)閍1，a2＋1，a3是公差為－3的等差數(shù)列， 所以 即解得a1＝8，q＝. 所以an＝a1qn－1＝8()n－1＝24－n. (2)證明　因?yàn)椋剑剑? 所以數(shù)列{bn}是以b1＝a2＝4為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列． 所以Sn＝＝[1－()n]<. 10．(2015四川)設(shè)數(shù)列{an}(n＝1,2,3，…)的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)記數(shù)列的前n項(xiàng)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?yàn)閍1，a2＋1，a3成等差數(shù)列，即a1＋a3＝2(a2＋1)， 所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2， 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列， 故an＝2n. (2)由(1)可得＝， 所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－. 由|Tn－1|＜，得＜， 即2n＞1 000， 因?yàn)?9＝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．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝an－1＋()n (n≥2，且n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為(　　) A．a(chǎn)n＝ B．a(chǎn)n＝ C．a(chǎn)n＝n＋2 D．a(chǎn)n＝(n＋2)3n 答案　B 解析　因?yàn)閍n＝an－1＋()n (n≥2，且n∈N*)?＝＋1，令bn＝，則數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為b1＝＝3a1＝3，公差為1的等差數(shù)列，所以bn＝b1＋(n－1)1＝3＋n－1＝n＋2，所以an＝. 12．若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a10a11＋a9a12＝2e5，則ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________. 答案　50 解析　∵數(shù)列{an}為等比數(shù)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(shù)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(shù)列是以－2為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，∴＝－n－1，∴bn＝. 則b2 015＝. 14．已知非零數(shù)列{an}滿足a1＝1，anan＋1＝an－2an＋1 (n∈N*)． (1)求證：數(shù)列{1＋}是等比數(shù)列； (2)若關(guān)于n的不等式＋＋…＋0， ∴f(n)單調(diào)遞增， 則f(n)min＝f(1)＝，于是，故整數(shù)m的最小值為4. (3)解　由(1)得an＝， 設(shè)bn＝1＋－(－1)n＝2n－(－1)n， 要使得b1，br，bs成等差數(shù)列，即b1＋bs＝2br， 即3＋2s－(－1)s＝2r＋1－2(－1)r， 得2s－2r＋1＝(－1)s－2(－1)r－3. ∵s≥r＋1，∴(－1)s－2(－1)r－3≥0， ∴ 故s為偶數(shù)，r為奇數(shù)， ∴s＝4，r＝3或s＝6，r＝5.