届高考一轮数学复习理科课时同步63文档格式.docx
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解得q=-,=14×
(-)n+2-1,∴n=3,故该数列共5项.
5.数列{an}的前n项和为Sn=4n+b(b是常数,n∈N*),若这个数列是等比数列,则b等于( )
A.-1B.0
C.1D.4
解析 等比数列{an}中,q≠1时,Sn==·
qn-=A·
qn-A,∴b=-1.
6.一正数等比数列前11项的几何平均数为32,从这11项中抽去一项后所余下的10项的几何平均数为32,那么抽去的这一项是( )
A.第6项 B.第7项
C.第9项D.第11项
解析 由于数列的前11项的几何平均数为32,所以该数列的前11项之积为3211=255,
当抽去一项后所剩下的10项之积为3210=250,
∴抽去的一项为255÷
250=25,
又因a1·
a11=a2·
a10=a3·
a9=a4·
a8=a5·
a7=a,所以a1·
a2·
…·
a11=a,
故有a=255,即a6=25,
∴抽出的应是第6项.
7.设a1=2,数列{1+2an}是公比为2的等比数列,则a6=( )
A.31.5B.160
C.79.5D.159.5
答案 C
解析 因为1+2an=(1+2a1)·
2n-1,则
an=,an=5·
2n-2-,
a6=5×
24-=5×
16-=80-=79.5.
8.等比数列{an}满足:
a1+a6=11,a3·
a4=,且公比q∈(0,1),则数列{an}的通项公式为________.
答案 an=·
n-6
分析 可以设等比数列的公比为q,将已知条件转化为公比和首项的方程组,通过解方程求解;
也可利用等比数列的性质,a3·
a4=a1·
a6,将已知条件转化为关于a1、a6的方程组,通过解方程组分别求出a1、a6之后,再求公比.
解析 由等比数列的性质,可得a3·
a6=,
又∵a1+a6=11,∴a1,a6是方程x2-11x+=0的两根,解之,得x=或x=,又∵0<
q<
1,∴a1=,a6=,
故q5==,解得q=.从而an=a6·
qn-6=·
()n-6.
9.已知等比数列{an}的公比为正数,且a2·
a2n+2=2a,a2=2,则a1=________.
答案
解析 ∵a2·
a2n+2=a=2a,
∴=,∴q=,
∵a2=2,∴a1==.
10.已知数列{an},如果a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1,公比为的等比数列,那么an=________.
答案 (1-)
解析 a1=1,a2-a1=,a3-a2=()2,…,an-an-1=()n-1,累加得an=1+++…+()n-1=(1-).
11.等比数列{an}中,前n项和为Sn,若S3=7,S6=63,则公比q=________.
答案 2
解析 =q3即q3=8,∴q=2.
12.(2012·
江南十校联考)已知{an}是等比数列,a2=2,a5=,则Sn=a1+a2+…+an(n∈N*)的取值范围是________.
答案 4≤Sn<
8
解析 因为{an}是等比数列,所以可设an=a1qn-1.
因为a2=2,a5=,所以解得
所以Sn=a1+a2+…+an==8-8×
()n.
因为0<
()n≤,所以4≤Sn<
8.
13.在等比数列{an}中,S3=,S6=,求an.
答案 an=3n-3
解析 由已知,S6≠2S3,则q≠1.
又S3=,S6=,
即
②÷
①,得1+q3=28,∴q=3.
可求得a1=.因此an=a1qn-1=3n-3.
14.(2011·
大纲全国文)设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn.
答案 当a1=3,q=2时,an=3×
2n-1,Sn=3×
(2n-1)
当a1=2,q=3时,an=2×
3n-1,Sn=3n-1
解析 设{an}的公比为q,由题设得
解得或
当a1=3,q=2时,an=3×
(2n-1);
3n-1,Sn=3n-1.
15.(2011·
江西理)已知两个等比数列{an},{bn},满足a1=a(a>
0),b1-a1=1,b2-a2=2,b3-a3=3.
(1)若a=1,求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}唯一,求a的值.
答案
(1)an=(2+)n-1或an=(2-)n-1
(2)a=
解析
(1)设数列{an}的公比为q,则b1=1+a=2,b2=2+aq=2+q,b3=3+aq2=3+q2,
由b1,b2,b3成等比数列得(2+q)2=2(3+q2).
即q2-4q+2=0,解得q1=2+,q2=2-.
所以数列{an}的通项公式为an=(2+)n-1或an=(2-)n-1.
(2)设数列{an}的公比为q,则由(2+aq)2=(1+a)(3+aq2),得aq2-4aq+3a-1=0(*),
由a>
0得Δ=4a2+4a>
0,故方程(*)有两个不同的实根.
由数列{an}唯一,知方程(*)必有一根为0,代入(*)得a=.
1.等比数列{an}中,公比q=2,S4=1,则S8的值为( )
A.15B.17
C.19D.21
2.(2011·
东北三校一模)如果等比数列{an}中,a3·
a4·
a5·
a6·
a7=4,那么a5等于( )
A.2B.
C.±
2D.±
解析 依题意得a=2,a5=,选B.
3.设项数为8的等比数列的中间两项与2x2+7x+4=0的两根相等,则数列的各项相乘的积为________.
答案 16
解析 设此数列为{an},由题设a4a5=2,
从而a1a2…a8=(a4a5)4=16.
4.(2011·
福建理)已知等比数列{an}的公比q=3,前3项和S3=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若函数f(x)=Asin(2x+φ)(A>
0,0<
φ<
π)在x=处取得最大值,且最大值为a3,求函数f(x)的解析式.
解析
(1)由q=3,S3=得=,解得a1=.所以an=×
3n-1=3n-2.
(2)由
(1)可知an=3n-2,所以a3=3.
因为函数f(x)的最大值为3,所以A=3;
因为当x=时f(x)取得最大值,所以sin(2×
+φ)=1.
又0<
π,故φ=.
所以函数f(x)的解析式为f(x)=3sin(2x+).
5.已知{an}是等比数列,Sn是其前n项和,a1,a7,a4成等差数列,求证:
2S3,S6,S12-S6成等比数列.
证明 由已知得2a1q6=a1+a1q3即2q6-q3-1=0得q3=1或q3=-,
当q3=1时即q=1 {an}为常数列,=命题成立.当q3=-时==,
=-1=.∴命题成立.
1.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若8a2+a5=0,则下列式子中数值不能确定的是( )
A.B.
C.D.
解析 数列{an}为等比数列,由8a2+a5=0,知8a2+a2q3=0,因为a2≠0,所以q=-2,=q2=4;
==;
=q=-2;
=,其值与n有关,故选D.
上海)设{an}是各项为正数的无穷数列,Ai是边长为ai,ai+1的矩形面积(i=1,2,…),则{An}为等比数列的充要条件是( )
A.{an}是等比数列
B.a1,a3,…,a2n-1,…或a2,a4,…a2n,…是等比数列
C.a1,a3,…,a2n-1,…和a2,a4,…a2n,…均是等比数列
D.a1,a3,…,a2n-1,…和a2,a4,…a2n,…均是等比数列,且公比相同
3.数列{an}为等比数列,已知an>0,且an=an+1+an+2,则该数列的公比q是__________.
解析 由已知可得an=an·
q+an·
q2,
∵an>
0,∴q2+q-1=0,q=.
∵q>
0,∴q=.
4.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,S6=4S3,则a4=________.
解 设公比为q,S6=S3+q3S3=4S3,∴q3=3,
∴a4=a1·
q3=3.
5.(2009·
山东)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知对任意的n∈N*,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>
0且b≠1,b,r均为常数)的图像上,求r的值.
解析 由题意,Sn=bn+r,
当n≥2时,Sn-1=bn-1+r,
所以an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1),
由于b>
0且b≠1,
所以当n≥2时,{an}是以b为公比的等比数列.
又a1=b+r,a2=b(b-1),=b,即=b,解得r=-1.
6.等比数列{an}的公比为q,其前n项的积为Tn,并且满足条件a1>
1,a99a100-1>
0,<
0.给出下列结论:
①0<
1;
②a99·
a101-1<
0;
③T100的值是Tn中最大的;
④使Tn>
1成立的最大自然数n等于198.其中正确的结论是( )
A.①②④B.②④
C.①②D.①②③④
解析 ①中,⇒
⇒q=∈(0,1),∴①正确.
②中,⇒a99·
a101<
1,∴②正确.
③中,⇒T100<
T99,∴③错误.
④中,T198=a1a2…a198=(a1·
a198)…(a2·
a197)…(a99·
a100)=(a99·
a100)99>
1,
T199=a1a2…a198·
a199=(a1a199)…(a99·
a101)·
a100=a<
1,∴④正确.
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且对任意的n∈N*有an+Sn=n.
(1)设bn=an-1,求证:
数列{bn}是等比数列;
(2)设c1=a1且cn=an-an-1(n≥2),求{cn}的通项公式.
解析
(1)由a1+S1=1及a1=S1得a1=.
又由an+Sn=n及an+1+Sn+1=n+1得
an+1-an+an+1=1,∴2an+1=an+1.
∴2(an+1-1)=an-1,即2bn+1=bn.
∴数列{bn}是以b1=a1-1=-为首项,为公比的等比数列.
(2)方法一 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=,a2+a1+a2=2,∴a2=.
∴c2=-=,c2=c1.
∴数列{cn}是首项为,公比为的等比数列.
∴cn=·
()n-1=()n.
方法二 由
(1)bn=-·
()n-1=-()n.
∴an=-()n+1.
∴cn=-()n+1-[-()n-1+1]
=()n-1-()n=()n-1(1-)
=()n(n≥2).
又c1=a1=也适合上式,∴cn=()n.
8.(2012·
鞍山联考)已知在正项数列{an}中,a1=2,点An(,)在双曲线y2-x2=1上,数列{bn}中,点(bn,Tn)在直线y=-x+1上,其中Tn是数列{bn}的前n项和.
(2)求证:
(3)若cn=an·
bn,求证:
cn+1<
cn.
解析
(1)解:
由已知点An在y2-x2=1上知,an+1-an=1,
∴数列{an}是一个以2为首项,以1为公差的等差数列,
∴an=a1+(n-1)d=2+n-1=n+1.
(2)证明:
∵点(bn,Tn)在直线y=-x+1上,
∴Tn=-bn+1,①
∴Tn-1=-bn-1+1(n≥2),②
①②两式相减得bn=-bn+bn-1(n≥2),
∴bn=bn-1,∴bn=bn-1.
令n=1,得b1=-b1+1,∴b1=,
∴{bn}是一个以为首项,以为公比的等比数列,
(3)证明:
由
(2)可知bn=·
n-1=.
∴cn=an·
bn=(n+1)·
,
∴cn+1-cn=(n+2)·
-(n+1)·
=[(n+2)-3(n+1)]
=(-2n-1)<
0,
∴cn+1<
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