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高考数学一轮复习:第5章 数列 第3讲


第五章
A组
一、选择题

第三讲
基础巩固
)

1.已知等比数列{an}的公比为正数,且 a3· a9=2a2 5,a2=1,则 a1= ( 1 A. 2 C. 2 [答案] B B. 2 2

D.2

a2 a6 2 6 2 2 [解析] 因为 a3·

a9=2a2 ,则由等比数列的性质有: a · a = a = 2 a ,所以 2=2,即( ) 5 3 9 6 5 a5 a5 a2 1 2 =q2=2.因为公比为正数,故 q= 2.又因为 a2=1,所以 a1= = = . q 2 2 2.已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则 a1+a10= ( A.7 C.-5 [答案] D
? ? ? ?a4+a7=2, ?a4=4, ?a4=-2, [解析] 设数列{an}的公比为 q, 由? 得? 或? 所 ?a5· ? ?a7=4, a6=a4· a7=-8, ? ?a7=-2 ?

)

B.5 D.-7

?a1=-8, ? ? ? ? ?a1=1, ?a1=-8, ?a1=1, 以? 3 或? 3 所以? 或? 所以 a1+a10=-7. 1 ?q =-2, ?a10=1 ?a10=-8, ? ? ? ?q =-2 ?
3 9 3.设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,a3= ,S3= ,则公比 q= ( 2 2 1 A. 2 1 C.1 或- 2 [答案] C 3 9 [解析] 当 q=1 时,a1=a2=a3= ,S3=a1+a2+a3= ,符合题意;当 q≠1 时,由题可 2 2 1 B.- 2 1 D.1 或 2 )

?a =a q =2, 得? a ?1 -q ? 9 S= = , 2 ? 1-q
3 1 2 1 3 3

3

1 1 解得 q=- .故 q=1 或 q=- . 2 2

S4 4.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,若 8a2-a5=0,则 = ( S2 A.-8 B.5

)

1

C.8 [答案] B

D.15

[解析] ∵在等比数列{an}中,8a2-a5=0,∴公比 q=2. a1? 1 -24? 1-2 S4 ∴ = =5,故选 B. S2 a1? 1 -22? 1-2 5.已知{an}是首项为 1 的等比数列,若 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 28S3=S6,则数 1 列{ }的前 4 项和为 ( an 15 A. 或 4 8 40 C. 27 [答案] C [解析] 设数列{an}的公比为 q. 当 q=1 时,由 a1=1,得 28S3=28× 3=84.S6=6,两者不相等,因此不合题意. 28? 1 -q3? 1-q6 当 q≠1 时,由 28S3=S6 及首项为 1,得 = ,解得 q=3.所以数列{an} 1-q 1-q 的通项公式为 an=3n 1.


) 40 B. 或 4 27 15 D. 8

1 1 1 1 40 所以数列{ }的前 4 项和为 1+ + + = . an 3 9 27 27 6.已知公差不为零的等差数列{an}与公比为 q 的等比数列{bn}有相同的首项,同时满 足 a1,a4,b3 成等比,b1,a3,b3 成等差,则 q2= ( 1 A. 4 1 C. 9 [答案] C
? ?2a3=b1+b3, [解析] 设数列的首项为 a,等差数列{an}的公差为 d,? 2 将 a,d,q 代 ?a4=a1· b3, ?
2 ? ?2?a+2d?=a+aq ,① 9 入得? 化简得(a+3d)2=a(a+4d),解得 a=- d(d≠0),代入①式 2 2 2 ??a+3d? =a· aq ,② ?

)

1 B. 6 1 D. 8

1 得 q2= . 9

二、填空题 7. 在数列{an}中, a1=2, an+1=2an, Sn 为{an}的前 n 项和. 若 Sn=126, 则 n=________.

2

[答案] 6 [解析] 因为在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,所以数列{an}是首项为 2,公比为 2 的 2-2n 1 + 等比数列,因为 Sn=126,所以 =126,解得 2n 1=128,所以 n=6. 1-2


8.等比数列{an}中,Sn 表示前 n 项和,a3=2S2+1,a4=2S3+1,则公比 q 为________. [答案] 3 [解析] 由 a3=2S2+1,a4=2S3+1 得 a4 a4-a3=2(S3-S2)=2a3,∴a4=3a3,∴q= =3. a3 9.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,公比不为 1.若 a1=1,则对任意的 n∈N*,都有 an+2 +an+1-2an=0,则 S5=________. [答案] 11 [解析] 利用“特殊值”法,确定公比. 由题意知 a3+a2-2a1=0,设公比为 q,则 a1(q2+q-2)=0. 由 q2+q-2=0 解得 q=-2 或 q=1(舍去), a1? 1 -q5? 1-?-2?5 则 S5= = =11. 3 1-q 10.设数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,记数列{an},{bn}的前 n 项和分别 为 Sn,Tn.若 a5=b5,a6=b6,且 S7-S5=4(T6-T4),则 5 [答案] - 13 [解析] 设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q.由 a5=b5,a6=b6,且 S7 a5=b5, ? ? - S5 = 4(T6 - T4) , 得 ?a5+d=b5q, ? ?2a5+3d=4?b5+b5q?, 2a5+2?-6a5? -10a5 5 = =- . 26 a 13 25a5+a5 5
?q=-5, ? a7+a5 2a5+2d 解得 ? 故 = = b7+b5 b5q2+b5 ?d=-6a5. ?

a7+a5 =________. b7+b5

三、解答题 11.已知数列{an}是递增的等比数列,且 a1+a4=9,a2a3=8. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. SnSn+1 [答案] (1)an=2n
-1

(2)Tn=

1 2 -1
n+1

[解析] (1)由题设知 a1a4=a2a3=8,
3

? ? ?a1=1 ?a1=8 又 a1+a4=9,可解得? 或? (舍去). ?a4=8 ? ? ?a4=1

设等比数列{an}的公比为 q,由 a4=a1q3 得 q=2, 故 an=a1qn 1=2n 1.
- -

a1? 1 -qn? n an+1 Sn+1-Sn 1 1 (2)Sn= =2 -1, 又 bn= = = - , 所以 Tn=b1+b2+…+ Sn Sn+1 1-q SnSn+1 SnSn+1 bn 1 1 1 1 1 1 =( - )+( - )+…+( - ) S1 S2 S2 S3 Sn Sn+1 1 1 1 = - =1- n+1 . S1 Sn+1 2 -1 12.设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,且 a1=1,nan+1=(n+2)Sn+n(n+1),n∈N*. Sn (1)证明:数列{ +1}为等比数列; n (2)求 Tn=S1+S2+…+Sn. [答案] (1)略 n?n+1? + (2)Tn=(n-1)· 2n 1+2- 2

[解析] (1)证明 an+1=Sn+1-Sn,n(Sn+1-Sn)=(n+2)Sn+n(n+1), Sn+1 Sn 即 nSn+1=2(n+1)Sn+n(n+1),则 =2× +1, n n+1 ∴ Sn+1 Sn Sn +1=2( +1),故数列{ +1}为等比数列. n n n+1 Sn S1 - 由(1)知 +1=( +1)· 2n 1=2n,Sn=n· 2n-n, n 1

(2)解

Tn=(1× 2+2× 22+…+n· 2n)-(1+2+…+n), 设 M=1× 2+2× 22+…+n· 2n, 则 2M=1× 22+2× 23+…+n· 2n 1,


∴-M=2+22+…+2n-n· 2n 1=2n 1-2-n· 2n 1,
+ + +

∴M=(n-1)· 2n 1+2,


n?n+1? + ∴Tn=(n-1)· 2n 1+2- . 2

B组

能力提升

1 1. 已知正项等比数列{an}满足 a7=a6+2a5, 若存在两项 am, an 使得 aman=4a1, 则 + m 4 的最小值为 ( n 3 A. 2 ) 5 B. 3

4

25 C. 6 [答案] A

D.不存在

[解析] 由题意, 可知 a5q2=a5q+2a5, 化简得 q2-q-2=0, 解得 q=-1(舍去)或 q=2,
m 又由已知条件 aman=4a1,得 a1qm 1· a1qn 1=16a2 1,所以 q
- - +n-2

=16=24,所以 m+n=6.所

1 4 1 4 m+n 1 4m n 1 以 + =( + )× = × (5+ + )≥ × (5+2 m n m n 6 6 n m 6 时等号成立.

4m n 3 4m n × )= ,当且仅当 = ,即 n=2m n m 2 n m

a2· a7 2.设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4=5S2,则 2 的值为 ( a4 A.-2 或-1 C.± 1或2 [答案] D B.1 或 2 D .± 2 或-1

)

[解析] 由 S4=5S2 得 a1+a2+a3+a4=5(a1+a2), 即 a3+a4=4(a1+a2), q2(a1+a2)=4(a1 a2· a7 a4· a5 +a2),当 a1+a2=0 时,公比 q=-1;当 a1+a2≠0 时,q=± 2,所以 2 = 2 =q,故选 a4 a4 D. 1 3.各项均为正数的等比数列{an}中,a1= ,a1· a2·…·am=8m(m>2,m∈N*),若从中抽 8 掉一项后,余下的 m-1 项之积为(4 2)m 1,则被抽掉的是第________项.


[答案] 13 [解析] 由 a1· a2· a3·…·am=am q0 1·
+1+2+3+…+(m-1)

m =a1 · q

m?m-1? m?m-1? 1 , 得( )m· q = 2 8 2

5+m 1 k-1 k-1 11+m 4 a1· a2·…·am 8k 5 - 8m, q=8 .又 = =(4 2)m 1=8 (m-1), 则 ak=8 = · q , q =8 , a a 6 6 8 6 m-1 k k 4?k-1? 11+m 4?k-1? 11+m ?m-1? ? 11 +m? 故8 =8 , = ,k-1= ,所以 m=13,k 6 6 24 m-1 m-1 =13. 4.已知等差数列{an}的公差 d≠0,且 a1,a3,a13 成等比数列,若 a1=1,Sn 是数列{an} 2Sn+16 前 n 项的和,则 的最小值为________. an+3 [答案] 4 [分析] 由等比中项的性质、等差数列的通项公式列出方程求公差 d,代入等差数列的 2Sn+16 通项公式、前 n 项和公式求出 an、Sn,代入 利用分离常数法化简后,利用基本不等 an+3 式求出式子的最小值. [解析] 因为 a1,a3,a13 成等比数列,所以 a2 3=a1a13, 又 a1=1,所以(1+2d)2=1× (1+12d),
5

解得 d=2 或 d=0(舍去), n? 1 +2n-1? 2 所以 an=1+(n-1)× 2=2n-1,Sn= =n , 2 2Sn+16 2n2+16 n2+8 ?n+1?2-2?n+1?+9 9 则 = = = = (n + 1) + - an+3 2n+2 n+1 n+1 n+1 2≥2 9 ?n+1? × -2=4, n+1 2Sn+16 9 当且仅当 n+1= 时取等号,此时 n=2,且 取到最小值 4, n+1 an+3 故答案为:4. [点拨] 本题考查了等差数列的通项公式、前 n 项和公式,等比中项的性质,基本不等 式求最值,解题的关键是利用分离常数法化简式子,凑出积为定值. 5.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,公差 d≠0,且 S3+S5=50,a1,a4,a13 成等比 数列. (1)求数列{an}的通项公式; bn (2)设{ }是首项为 1,公比为 3 的等比数列,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an [答案] (1)an=2n+1 [解析] (1)依题意得 3× 2 4× 5 ? ?a1=3, ?3a1+ 2 d+5a1+ 2 d=50, ? ? 解得? ?d=2, ? ? ??a1+3d?2=a1?a1+12d? . ∴an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,即 an=2n+1. bn - - - (2)∵ =3n 1,∴bn=an· 3n 1=(2n+1)· 3n 1. an ∴Tn=3+5× 3+7× 32+…+(2n+1)× 3n 1,


(2)Tn=n· 3n

3Tn=3× 3+5× 32+7× 33+…+(2n-1)× 3n 1+(2n+1)× 3n,


∴-2Tn=3+2× 3+2× 32+…+2× 3n 1-(2n+1)× 3n


3?1-3n 1? =3+2× -(2n+1)3n=-2n× 3n,∴Tn=n· 3n. 1-3


6.设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn=3n+3. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n 项和 Tn.
? ?3,n=1, [答案] (1)an=? n-1 ?3 ,n>1. ?

13 6n+3 (2)Tn= - 12 4× 3n

[解析] (1)因为 2Sn=3n+3, 所以 2a1=3+3,故 a1=3,
6

当 n>1 时,2Sn-1=3n 1+3,


此时 2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n 1=2× 3n 1,即 an=3n 1,
- - -

?3,n=1, ? 所以 an=? n-1 ?3 ,n>1. ?

1 (2)因为 anbn=log3an,所以 b1= . 3 当 n>1 时,bn=31 nlog33n 1=(n-1)· 31 n.
- - -

1 所以 T1=b1= ; 3 1 - - - 当 n>1 时,Tn=b1+b2+b3+…+bn= +[1× 3 1+2× 3 2+…+(n-1)× 31 n], 3 所以 3Tn=1+[1× 30+2× 3 1+…+(n-1)× 32 n],
- -

两式相减,得 2 - - - - 2Tn= +(30+3 1+3 2+…+32 n)-(n-1)× 31 n 3
1 n 2 1-3 13 6n+3 - = + -(n-1)× 3 1 n= - , 3 1-3-1 6 2× 3n


13 6n+3 所以 Tn= - . 12 4× 3n 经检验,n=1 时也适合. 13 6n+3 综上可得 Tn= - . 12 4× 3n

7


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