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创新设计浙江专用2017届高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列等比数列的基本问题练习

时间:2017-05-16

专题三 数列 第 1 讲 等差数列、等比数列的基本问题练习
一、选择题 1.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm-1=5,Sm=-11,Sm+1=21,则 m 等于( A.3 C.5 B.4 D.6 )

解析 由已知得 Sm-Sm-1=am=-16,Sm+1-Sm=am+1=32, 故公比 q=-2,又 Sm= 又 am=a1q 答案 C 2.(2014·新课标全国Ⅱ卷)等差数列{an}的公差为 2,若 a2,a4,a8 成等比数列,则{an}的 前 n 项和 Sn 等于( A.n(n+1) C. ) B.n(n-1) D.
2

a1-amq =-11,故 a1=-1, 1-q

m-1

=-16,代入可求得 m=5.

n(n+1)
2

n(n-1)
2

解析 由 a2,a4,a8 成等比数列,得 a4=a2a8, 即(a1+6) =(a1+2)(a1+14),∴a1=2. ∴Sn=2n+
2 2

n(n-1)
2

×2

=2n+n -n=n(n+1). 答案 A 3.(2015·浙江卷)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn,若 a3,a4,a8 成 等比数列,则( A.a1d>0,dS4>0 C.a1d>0,dS4<0 ) B.a1d<0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0

5 2 解析 ∵a3,a4,a8 成等比数列,∴(a1+3d) =(a1+2d)·(a1+7d),整理得 a1=- d,∴ 3 5 4×3 2d 2d a1d=- d2<0,又 S4=4a1+ d=- ,∴dS4=- <0,故选 B. 3 2 3 3 答案 B 4.(2016·福州二模)若 a,b 是函数 f(x)=x -px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且
2 2

a,b,-2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 p+q 的
值等于( )
1

A.6 C.8

B.7 D.9

解析 由题意知:a+b=p,ab=q,∵p>0,q>0,∴a>0,b>0.在 a,b,-2 这三个 数的 6 种排序中,成等差数列的情况有 a,b,-2;b,a,-2;-2,a,b;-2,b,a; 成等比数列的情况有:a,-2,b;b,-2,a.
?ab=4, ?ab=4, ?a=4, ? ?a=1, ? ? ? ∴? 或? 解之得:? 或? ?2b=a-2 ? ?2a=b-2 ?b=1 ?b=4. ? ? ?

∴p=5,q=4,∴p+q=9,故选 D. 答案 D 5.(2016·浙江卷)如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边 上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N , |BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N (P≠Q 表示点 P 与 Q 不重 合).若 dn=|AnBn|,Sn 为△AnBnBn+1 的面积,则( A.{Sn}是等差数列 C.{dn}是等差数列 ) B.{Sn}是等差数列 D.{dn}是等差数列
2 2 * *

解析 由题意,过点 A1,A2,A3,…,An,An+1,…分别作直线 B1Bn+1 的垂线,高分别记为

h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…,根据平行线的性质,得 h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…成等
1 差数列,又 Sn= ×|BnBn+1|×hn,|BnBn+1|为定值,所以{Sn}是等差数列,故选 A. 2 答案 A 二、填空题 6.(2016·全国Ⅰ卷 ) 设等比数列满足 a1 + a3 = 10 , a2 + a4 = 5 ,则 a1a2 … an 的最大值为 __________. 解析

? ? ? ?a1+a3=10, ? ?a1+a1q =10, 设等比数列{an}的公比为 q,∴? ?? 解得? 1 3 ?a2+a4=5 ?a1q+a1q =5, ? ? ?q= ,
2

a1=8,
2

?

(-3)+(-2)+…+(n-4) ?1? ∴a1a2…an=? ? ?2? 1 1? 7?2 49? n(n-7) 1 ?? n - - ? ? 1 ? ?2 ? ?2 2? 4 ?, ? =? ? =? ? ?? ?2? ?2? 1? 7?2 49? 当 n=3 或 4 时, ?? n - - ?取到最小值-6, ? 2?? 2? 4? ?

2

1?? 7?2 49? - ? 1 ? ?2??n-2? 4 ?取到最大值 26,所以 a1a2…an 的最大值为 64. ? 此时? ? ?? ?2? 答案 64 1 7.数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1= ,且对任意正整数 m,n,都有 am+n=am·an,若 Sn 5 <t 恒成立,则实数 t 的最小值为________. 解析 1 1 1 令 m=1,可得 an+1= an,所以{an}是首项为 ,公比为 的等比数列,所以 Sn= 5 5 5 1? 1 1?n? 1 = ?1-? ?<4,故实数 t 的最小值为4. ? 4? ?5? ? ?

n 1? ?1? ? ? ? 1 - ? ? 5? ?5? ?
1 1- 5 答案 1 4

8.(2013·新课标全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S10=0,S15=25,则 nSn 的最小值为________. 解析 设数列{an}的首项和公差分别为 a1,d,
?10a1+45d=0, ? ? ? 则? ? 2 ? ?15a1+105d=25,?d= ,

a1=-3,
3

?

则 nSn=n?-3n+
3

? ?

n(n-1)? n3 10
3

?= 3 - 3 n2. ?

x 10 2 20 2 设函数 f(x)= - x ,则 f′(x)=x - x, 3 3 3

? 20? 当 x∈?0, ?时,f′(x)<0; 3? ?
当 x∈?

?20,+∞?时,f′(x)>0, ? ?3 ?

?20? 所以函数 f(x)min=f? ?, ?3?
20 但 6< <7,且 f(6)=-48,f(7)=-49, 3 因为-48>-49,所以最小值为-49. 答案 -49 三、解答题 9.(2014·新课标全国Ⅱ卷)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+1, 1 (1)证明{an+ }是等比数列,并求{an}的通项公式; 2

3

1 1 1 3 (2)证明 + +…+ < . a1 a2 an 2 证明 (1)由 an+1=3an+1, 1? 1 ? 得 an+1+ =3?an+ ?. 2? 2 ? 1 3 1 3 又 a1+ = ,所以{an+ }是首项为 ,公比为 3 的等比数列. 2 2 2 2 1 3 an+ = , 2 2 因此{an}的通项公式为 an= 1 2 (2)由(1)知 = n . an 3 - 1 因为当 n≥1 时,3 -1≥2×3
n n-1 n

3 -1 . 2

n

1 1 ,所以 n ≤ n-1. 3 -1 2×3

1? 3 1 1 1 1 1 3? 于是 + +…+ ≤1+ +…+ n-1= ?1- n?< . 3 a1 a2 an 3 3 2? ? 2 1 1 1 3 所以 + +…+ < . a1 a2 an 2 10.数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且对任意正整数 n,点(an+1,Sn)在直线 2x+y-2=0 上. (1)求数列{an}的通项公式;
? λ ? (2)是否存在实数 λ ,使得数列?Sn+λ n+ n ?为等差数列?若存在,求出 λ 的值;若不 2? ?

存在,请说明理由. 解 (1)由题意,可得 2an+1+Sn-2=0.①

当 n≥2 时,2an+Sn-1-2=0.② ①-②,得 2an+1-2an+an=0,所以

an+1 1 = (n≥2). an 2

1 因为 a1=1,2a2+a1=2,所以 a2= . 2 1 所以{an}是首项为 1,公比为 的等比数列. 2

n-1 ?1? 所以数列{an}的通项公式为 an=? ? . ?2?
1 1- n 2 1 (2)由(1)知,Sn= =2- n-1. 1 2 1- 2

4

? λ ? λ λ λ 若?Sn+λ n+ n ?为等差数列,则 S1+λ + ,S2+2λ + 2 ,S3+3λ + 3 成等差数列,则 2? 2 2 2 ?

9λ ? 3λ 25λ 3λ 7 25λ ? ?3 9λ ? 2?S2+ ?=S1+ +S3+ ,即 2? + ?=1+ + + ,解得 λ =2. 4 ? 2 8 2 4 8 ? ?2 4 ? 2 又 λ =2 时,Sn+2n+ n=2n+2, 2 显然{2n+2}成等差数列,故存在实数 λ =2, λ 使得数列{Sn+λ n+ n }成等差数列. 2

1 2 * 11.(2015·浙江卷)已知数列{an}满足 a1= 且 an+1=an-an(n∈N ). 2 (1) 证明:1≤

an * ≤2(n∈N ); an+1

1 Sn 1 2 * (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,证明: ≤ ≤ (n∈N ). 2(n+2) n 2(n+1) 1 2 证明 (1)由题意得 an+1-an=-an≤0,即 an+1≤an,故 an≤ . 2 由 an=(1-an-1)an-1 得

an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0.
1 由 0<an≤ 得 2

an an 1 = ∈[1,2], 2= an+1 an-an 1-an
即 1≤

an ≤2. an+1

(2)由题意得

a2 n=an-an+1,所以 Sn=a1-an+1.①
由 1 1 an an - = 和 1≤ ≤2 得 an+1 an an+1 an+1 1

1≤

an+1 an

1 1 1 - ≤2,所以 n≤ - ≤2n,

an+1 a1

因此

1 1 * ≤an+1≤ (n∈N ).② 2(n+1) n+2 1 Sn 1 * ≤ ≤ (n∈N ). 2(n+2) n 2(n+1)

由①②得

5


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