走向高考高考一轮总复习人教A版数学63文档格式.docx
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A.33B.72C.84D.189
[解析] 设公比为q,则
⇒那么a3+a4+a5=a1q2(1+q+q2)=3×
22×
7=84.
(理)已知数列{an}的前n项的和Sn满足Sn=2n-1(n∈N*),则数列{a}的前n项的和为( )
A.4n-1B.(4n-1)
C.(4n-1)D.(2n-1)2
[答案] B
[解析] n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1,
又a1=S1=21-1=1也满足,∴an=2n-1(n∈N*).
设bn=a,则bn=(2n-1)2=4n-1,
∴数列{bn}是首项b1=1,公比为4的等比数列,故{bn}的前n项和Tn==(4n-1).
4.(文)(2013·
广元二模)等比数列{an}的公比q>
0.已知a2=1,an+2+an+1=6an,则{an}的前4项和S4=( )
A.-20B.15C.D.
[解析] ∵an+2+an+1=6an,∴an≠0,
∴q2+q-6=0,
∵q>
0,∴q=2,∴a1=,
∴S4==.
西安标准化考试)等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则公比q为( )
A.q=-2B.q=1
C.q=-2或q=1D.q=2或q=-1
[解析] 本题有两种处理策略,一是设出首项a1,建立方程=+求解,解得q=-2.此法为通法,但运算复杂;
二是特例探路,不妨设n=1,则Sn+1,Sn,Sn+2即是S2,S1,S3,根据等差数列的性质可知,2S1=S2+S3,即2a1=a1(1+q)+a1(1+q+q2),易得q=-2.故选A.
5.(文)若数列{an}是正项递减等比数列,Tn表示其前n项的积,且T8=T12,则当Tn取最大值时,n的值等于( )
A.9B.10C.11D.12
[解析] ∵T8=T12,∴a9a10a11a12=1,又a9a12=a10a11=1,且数列{an}是正项递减数列,所以a9>
a10>
1>
a11>
a12,因此T10取最大值.
(理)在由正数组成的等比数列{an}中,设x=a5+a10,y=a2+a13,则x与y的大小关系是( )
A.x=yB.x≥yC.x≤yD.不确定
[解析] x-y=a1q(1-q3)(q8-1).
当q=1时,x=y;
1时,1-q3<
0而q8-1>
0,x-y<
0;
当0<
q<
1时,1-q3>
0而q8-1<
0.故选C.
6.将正偶数集合{2,4,6,…}从小到大按第n组有2n个偶数进行分组如下:
第一组 第二组 第三组 …
{2,4} {6,8,10,12} {14,16,18,20,22,24,26,28} …
则2014位于( )
A.第7组B.第8组
C.第9组D.第10组
[解析] 前n组共有2+4+8+…+2n==2n+1-2个数.
由an=2n=2014知,n=1007,∴2014为第1007个偶数,
∵29=512,210=1024,故前8组共有510个数,前9组共有1022个数,即2014在第9组.
二、填空题
7.(2013·
莆田一模)若等比数列{an}(an∈R)对任意的正整数m,n满足am+n=aman,且a3=2,那么a12=________.
[答案] 64
[解析] 令m=1,则an+1=ana1⇒a1=q,an=qn,
∵a3=q3=2,∴a12=q12=64.
8.(文)在公差不为零的等差数列{an}中,a1、a3、a7依次成等比数列,前7项和为35,则数列{an}的通项an=________.
[答案] n+1
[解析] 设等差数列首项a1,公差d,则
∵a1、a3、a7成等比,∴a=a1a7,
∴(a1+2d)2=a1(a1+6d),∴a1=2d,
又S7=7a1+d=35d=35,
∴d=1,∴a1=2,∴an=n+1.
浙江湖州中学)已知数列{an}是正项等比数列,若a1=32,a4=4,则数列{log2an}的前n项和Sn的最大值为________.
[答案] 15
[解析] ∵a1=32,a4=4,∴q=,an=32·
()n-1,log2an=log232·
()n-1=5+(n-1)log2=6-n,
由6-n≥0,得n≤6,∴前5项(或6项)和最大,S5==15.
9.(2012·
江苏,6)现有10个数,它们能构成一个以1为首项,-3为公比的等比数列,若从这10个数中随机抽取一个数,则它小于8的概率是________.
[答案]
[解析] 等比数列的通项公式为an=(-3)n-1.所以此数列中偶数项都为负值,奇数项全为正值.
若an≥8,则n为奇数且(-3)n-1=3n-1≥8,则n-1≥2,∴n≥3,∴n=3,5,7,9,共四项满足要求.
∴p=1-=.
[点评] 直接考虑情况较多时,可以从其对立面来考虑问题.
三、解答题
10.(文)(2013·
陕西)设Sn表示数列{an}的前n项和.
(1)若{an}是等差数列,推导Sn的计算公式;
(2)若a1=1,q≠0,且对所有正整数n,有Sn=.判断{an}是否为等比数列,并证明你的结论.
[解析]
(1)方法一:
设{an}的公差为d,则
Sn=a1+a2+…+an=a1+(a1+d)+…+[a1+(n-1)d],
又Sn=an+an-1+…+a1
=[a1+(n-1)d]+[a1+(n-2)d]+…+a1,
∴2Sn=[2a1+(n-1)d]+[2a1+(n-1)d]+…+[2a1+(n-1)d]=2na1+n(n-1)d,
∴Sn=na1+d.
方法二:
又Sn=an+(an-d)+…+[an-(n-1)d],两式相加得2Sn=n(a1+an),
∴Sn=.
(2){an}是等比数列,证明如下:
∵Sn=,
∴an+1=Sn+1-Sn=-==qn.
∵a1=1,q≠0,∴当n≥1时,有==q,
因此,{an}是首项为1且公比为q的等比数列.
湖北)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2013?
若存在,求出符合条件的所有n的集合;
若不存在,说明理由.
[解析]
(1)设数列{an}的公比为q,则a1≠0,q≠0,
由条件易知q≠1.由题意得
即
解得
故数列{an}的通项公式为an=3×
(-2)n-1.
(2)由
(1)有Sn==1-(-2)n.
若存在n,使得Sn≥2013,则1-(-2)n≥2013,
即(-2)n≤-2012.
当n为偶数时,(-2)n>
0,上式不成立;
当n为奇数时,(-2)n=-2n≤-2012,即2n≥2012,则n≥11.
综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.
能力拓展提升
11.(文)已知等比数列{an}的公比q>
0,其前n项的和为Sn,则S4a5与S5a4的大小关系是( )
A.S4a5<
S5a4B.S4a5>
S5a4
C.S4a5=S5a4D.不确定
[解析]
(1)当q=1时,S4a5-S5a4=4a-5a=-a<
0.
(2)当q≠1且q>
0时,
S4a5-S5a4=(q4-q8-q3+q8)=(q-1)
=-aq3<
[点评] 作差,依据前n项和与通项公式化简后判断符号是解决这类问题的基本方法,应注意对公比分类讨论,请再做下题:
已知等比数列{an}中,a1>
0,q>
0,前n项和为Sn,试比较与的大小.
[解析] 当q=1时,=3,=5,所以<
;
0且q≠1时,
-=-
==<
0,
所以有<
.
综上可知有<
(理)(2012·
云南省二检)已知等比数列{an}的公比q=2,它的前9项的平均值等于,若从中去掉一项am,剩下的8项的平均值等于,则m等于( )
A.5B.6C.7D.8
[解析] 数列{an}前9项的和为S9=×
9=1533,即=1533,解得a1=3.又知am=S9-×
8=96,而am=3·
2m-1,即3·
2m-1=96,解得m=6.
12.(文)已知等比数列{an}的各项均为正数,公比q≠1,设P=(log0.5a5+log0.5a7),Q=log0.5,P与Q的大小关系是( )
A.P≥QB.P<
Q
C.P≤QD.P>
[解析] P=log0.5=log0.5,Q=log0.5,
∵q≠1,∴a3≠a9,
∴>
,
又∵y=log0.5x在(0,+∞)上递减,
∴log0.5<
log0.5,即Q<
P.故选D.
(理)两个正数a、b的等差中项是,一个等比中项是,且a>
b,则双曲线-=1的离心率e等于( )
A.B.C.D.
[解析] ∵a+b=5,a·
b=6,a>
b>
∴a=3,b=2.∴e===.
13.(文)某程序框图如图所示,该程序运行后输出的k的值是( )
A.4B.5C.6D.7
[解析] 由程序框图可知,S=1+2+22+…+2k=2k+1-1,由S<
100得,2k+1<
101,
∵26=64,27=128,∴k+1=7,∴k=6,结合语句k=k+1在S=S+2k后面知,当k=6时,S=127,k的值再增加1后输出k值为7.
[点评] 这是最容易出错的地方,解这类题时,既要考虑等比数列求和,在k取何值时,恰满足S≥100,又要顾及S与k的赋值语句的先后顺序.
(理)已知an=n,把数列{an}的各项排列成如下的三角形状:
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
……………………
记A(m,n)表示第m行的第n个数,则A(11,12)=( )
A.67B.68
C.111D.112
[解析] 由图形知,各行数字的个数构成首项为1,公差为2的等差数列,∴前10行数字个数的和为10×
1+×
2=100,故A(11,12)为{an}的第112项,
∴A(11,12)=a112=112.
14.(文)已知a、b、c成等比数列,如果a、x、b和b、y、c都成等差数列,则+=________.
[答案] 2
[解析] 由条件知x=,y=,c=bq,a=,
∴+=+=+
=+=2.
北京东城练习)已知等差数列{an}首项为a,公差为b,等比数列{bn}首项为b,公比为a,其中a、b都是大于1的正整数,且a1<
b1,b2<
a3,那么a=________;
若对于任意的n∈N*,总存在m∈N*,使得bn=am+3成立,则an=________.
[答案] 2 5n-3
[解析] 由已知条件可得即
若a=2,显然符合条件;
若a>
2,则a<
b<
,解得a<
3,即2<
a<
3,即不存在a满足条件,由此可得a=2.
当a=2时,an=2+(n-1)b,bn=b×
2n-1,若存在m∈N*,使得bn=am+3成立,则b×
2n-1=2+(m-1)b+3,即得b×
2n-1=bm+5-b,当b=5时,方程2n-1=m总有解,此时an=5n-3.
15.(2013·
合肥二模)已知等比数列{an}中,a2>
a3=1,则使不等式(a1-)+(a2-)+…+(an-)≥0成立的最大自然数是________.
[答案] 5
[解析] ∵a2>
a3=1,∴0<
q=<
1,
a1=>
1.
由(a1-)+(a2-)+…+(an-)=(a1+a2+…+an)-(++…+)
=-
=-≥0,
得≥.
∵0<
1,∴上式可化为a≥,
∴q4≤qn-1.∴4≥n-1,n≤5,即n的最大值为5.
16.(文)(2013·
洛阳统考)已知数列{an}中,a1=2,其前n项和Sn满足Sn+1-Sn=2n+1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn;
(2)令bn=2log2an+1,求数列{}的前n项和Tn.
[解析]
(1)由Sn+1-Sn=2n+1得an+1=2n+1,即an=2n(n≥2).
又a1=2,所以an=2n(n∈N*).
从而Sn=2+22+…+2n==2n+1-2.
(2)因为bn=2log2an+1=2log22n+1=2n+1,
所以=
=(-).
于是Tn=[(-)+(-)+…+(-)]=(-)=.
长春三校调研)已知等比数列{an}满足an+1+an=9·
2n-1,n∈N.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式Sn>
kan-2对一切n∈N*恒成立,求实数k的取值范围.
[解析]
(1)设等比数列{an}的公比为q,
∵an+1+an=9·
2n-1,n∈N*,∴a2+a1=9,a3+a2=18,
∴q===2,∴2a1+a1=9,∴a1=3.
∴an=3·
2n-1,n∈N*.
(2)由
(1)知Sn===3(2n-1),
∴不等式化为3(2n-1)>
k·
3·
2n-1-2,
即k<
2-对一切n∈N*恒成立.
令f(n)=2-,易知f(n)随n的增大而增大,
∴f(n)min=f
(1)=2-=,∴k<
∴实数k的取值范围为(-∞,).
考纲要求
1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
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.
补充说明
与等比数列有关的常用求和方法
(1)分组求和法
若数列{an}是由等差数列与等比数列的和形式给出的,可先分别对它们求和,再将其和相加,该方法称为分组求和法.
(2)错位相减法
一般地,{an}是等差数列,{bn}是等比数列(公差d≠0,公比q≠1),cn=anbn,求数列{cn}前n项的和用“乘公比、错位相减法”.
备选习题
1.(2013·
温州第一次适应性测试)已知等比数列{an}中,a1=2,且a4a6=4a,则a3=( )
A.B.1C.2D.
[解析] 设等比数列{an}的公比为q,依题意可得a=a4a6=4a=4·
aq4,∴q4=,q2=,
∴a3=a1q2=2×
=1.
2.(2013·
深圳第一次调研)设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,则对任意正整数n,Sn=( )
A.B.
C.D.
[解析] 因为数列{(-1)n}是首项与公比均为-1的等比数列,所以Sn==,选D.
3.已知数列{an}中,a1=1,Sn是数列{an}的前n项和,且对任意n∈N*,有an+1=kSn+1(k为常数).
(1)当k=2时,求a2、a3的值;
(2)试判断数列{an}是否为等比数列?
请说明理由.
[解析]
(1)当k=2时,an+1=2Sn+1,
令n=1得a2=2S1+1,又a1=S1=1,得a2=3;
令n=2得a3=2S2+1=2(a1+a2)+1=9,∴a3=9.
∴a2=3,a3=9.
(2)由an+1=kSn+1,得an=kSn-1+1,
两式相减,得an+1-an=kan(n≥2),
即an+1=(k+1)an(n≥2),
且==k+1,故an+1=(k+1)an.
故当k=-1时,an=
此时,{an}不是等比数列;
当k≠-1时,=k+1≠0,此时,{an}是首项为1,公比为k+1的等比数列.
综上,当k=-1时,{an}不是等比数列;
当k≠-1时,{an}是等比数列.
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,点(an+2,Sn+1)在直线y=4x-5上,其中n∈N*.令bn=an+1-2an,且a1=1.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)若f(x)=b1x+b2x2+b3x3+…+bnxn,求f′
(1)的表达式.
[解析]
(1)∵Sn+1=4(an+2)-5,∴Sn+1=4an+3.
∴Sn=4an-1+3(n≥2),∴an+1=4an-4an-1(n≥2),
∴an+1-2an=2(an-2an-1)(n≥2).
∴==2(n≥2).
∴数列{bn}为等比数列,其公比为q=2,首项b1=a2-2a1,
而a1+a2=4a1+3,且a1=1,∴a2=6.
∴b1=6-2=4,∴bn=4×
2n-1=2n+1.
(2)∵f(x)=b1x+b2x2+b3x3+…+bnxn,
∴f′
(1)=b1+2b2+3b3+…+nbn.
∴f′
(1)=22+2·
23+3·
24+…+n·
2n+1①
∴2f′
(1)=23+2·
24+3·
25+…+n·
2n+2②
①-②得-f′
(1)=22+23+24+…+2n+1-n·
2n+2
=-n·
2n+2=-4(1-2n)-n·
2n+2,
∴f′
(1)=4+(n-1)·
2n+2.
5.(2012·
北京东城练习)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4an-3(n∈N*).
(1)证明:
数列{an}是等比数列;
(2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n∈N*),且b1=2,求数列{bn}的通项公式.
[解析]
(1)证明:
因为Sn=4an-3,所以n=1时,a1=4a1-3,解得a1=1.
因为Sn=4an-3,则Sn-1=4an-1-3(n≥2),
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,
整理得an=an-1.
又a1=1≠0,
所以{an}是首项为1,公比为的等比数列.
(2)因为an=()n-1,bn+1=an+bn(n∈N*),
所以bn+1-bn=()n-1.
可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=2+
=3·
()n-1-1(n≥2),
当n=1时也符合上式,∴bn=3·
()n-1-1.
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