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高考数学(理)二轮配套训练【专题4】(1)等差数列和等比数列(含答案)

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第1讲
考情解读

等差数列和等比数列

1. 等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现.2. 数列

求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点,考查分析问题、解决问题的综合 能力.

1.an 与 Sn 的关系 Sn =a1 +a2 +?+an ,an =? 2.等差数列和等比数列 等差数列 定义 通项公式

? ?S1 ,n=1, ?Sn -Sn -1 ,n≥2. ?

等比数列 an =常数(n≥2) an -1 an =a1 qn -1 (q≠0) (1)定义法 (2)中项公式法:an +1 =an · an +2 (n≥1)(an ≠0)? {an }为等比数 列 (3)通项公式法:
2 2

an -an -1 =常数(n≥2) an =a1 +(n-1)d (1)定义法 (2)中项公式法:2an +1 =an + an +2 (n≥1)?{an }为等差数列 (3) 通项公式法: an = pn + q(p、 q

判定方法

为常数)?{an }为等差数列 (4) 前 n 项和公式法: Sn = An +

an =c· q (c、q 均是不为 0 的常数,

n

* Bn(A 、 B 为常数)?{an}为等差数列 n∈N )?{an }为等比数列

(5){an} 为 等 比 数 列 , an >0 ? {loga an }为等差数列 性质 (1)若 m、n、p、q∈N* ,且 m+n

(4){an} 为等差数列 ? {aan } 为等比 数列(a>0 且 a≠1) (1)若 m、n、p 、q∈ N* ,且 m+n

=p+q,则 am +an =ap +aq (2)an =am +(n-m)d (3)Sm ,S2 m -Sm,S3 m -S2m ,?,仍 成等差数列 n?a1 +an ? n?n-1? =na1 + d 2 2

=p+q,则 am · an =ap · aq (2)an =am qn -m (3)等比数列依次每 n 项和(Sn ≠0) 仍成等比数列 a1 ?1-qn ? a1 -an q (1)q≠1,Sn = = 1-q 1-q (2)q=1,Sn =na1

前 n 项和

Sn =

热点一 例1 A.21

等差数列 (1)等差数列{an }的前 n 项和为 Sn ,若 a2 +a4 +a6 =12,则 S7 的值是( B.24 C.28 D.7 )

(2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ,若-1<a3 <1,0<a6 <3,则 S9 的取值范围是________. 思维启迪 答案 解析 (1)利用 a1 +a7 =2a4 建立 S7 和已知条件的联系;(2)将 a3 ,a6 的范围整体代入.

(1)C (2)(-3,21) 7×?a1 +a7 ? (1)由题意可知,a2 +a6 =2a4 ,则 3a4 =12,a4 =4,所以 S7 = =7a4 =28. 2

(2)S9 =9a1 +36d=3(a1 +2d)+6(a1 +5d) 又-1<a3 <1,0<a6<3, ∴-3<3(a1 +2d)<3,0<6( a1 +5d)<18, 故-3<S9 <21. 思维升华 (1)等差数列问题的基本思想是求解 a1 和 d,可利用方程思想;

(2)等差数列的性质 ①若 m,n,p,q∈N* ,且 m+n=p+q,则 am +an =ap +aq ; ②Sm ,S2 m -Sm ,S3m -S2 m ,?,仍成等差数列; am -an * ③am -an =(m-n)d?d= (m,n∈N ); m-n an A 2 n- 1 ④ = (A - ,B 2n - 1 分别为{an },{bn }的前 2n-1 项的和). bn B 2 n- 1 2 n 1 (3)等差数列前 n 项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项,利用性质解决. (1)已知等差数列{an}, 满足 a3 =1, a8 =6, 则此数列的前 10 项的和 S10 =________. (2)在等差数列{an}中, a5 <0, a6 >0 且 a6 >|a5 |, Sn 是数列的前 n 项的和, 则下列说法正确的是( A.S1 ,S2 ,S3 均小于 0,S4 ,S5 ,S6 ?均大于 0 B.S1 ,S2 ,?S5 均小于 0,S6 ,S7 ,?均大于 0 )

C.S1 ,S2 ,?S9 均小于 0,S10 ,S11 ?均大于 0 D.S1 ,S2 ,?S11 均小于 0,S12 ,S13 ?均大于 0 答案 解析 (1)35 (2)C

(1)因为 a1 +a10 =a3 +a8 =7,

?a1 +a10?×10 所以 S10 = 2 = ?a3 +a8 ?×10 7×10 = =35. 2 2

(2)由题意可知 a6 +a5 >0,故 ?a1 +a10?×10 ?a5 +a6 ?×10 S10 = = >0, 2 2 ?a1 +a9 ?×9 2a5 ×9 而 S9 = = =9a5 <0,故选 C. 2 2 热点二 例2 等比数列 (1)(2014· 安徽)数列{an }是等差数列, 若 a1 +1, a3 +3, a5 +5 构成公比为 q 的等比数列,

则 q=_____________________. 5 5 Sn (2)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn ,且 a1 +a3 = ,a2 +a4 = ,则 等于( 2 4 an A.4
n -1

)

B.4 -1 D.2n -1 (1)列方程求出 d,代入 q 即可;(2)求出 a1 ,q,代入化简. (2)D

n

C.2n -1 思维启迪 答案 解析 (1)1

(1)设等差数列的公差为 d,则 a3 =a1 +2d,

a5 =a1 +4d, ∴(a1 +2d+3)2 =(a1 +1)(a1 +4d+5),解得 d=-1, ∴q= a3 +3 a1 -2+3 = =1. a1 + 1 a1 + 1
1 3

, ?a +a =5 2 (2)∵? 5 ?a +a =4,
2 4 2

,① ?a +a q =5 2 ∴? 5 ?a q+a q =4,②
1 1 2 1 1 3

由①②可得

1+q 1 =2,∴q= ,代入①得 a1 =2, q+q3 2

1 4 ∴an =2×( )n - 1 = n , 2 2 1 2×?1-? ?n ? 2 1 ∴Sn = =4(1- n ), 1 2 1- 2

Sn ∴ = an

1 4?1- n? 2 n =2 -1,故选 D. 4 2n (1){an}为等比数列,其性质如下:
*

思维升华

①若 m、n、r、s∈ N ,且 m+n=r+s,则 am · an =ar· as ; ②an =am qn- m ; ③Sn ,S2 n -Sn ,S3 n -S2 n 成等比数列(q≠-1). (2)等比数列前 n 项和公式 na ?q=1?, ? ? 1 Sn =?a1 ?1-qn ? a1 -an q = ?q≠1?. ? 1-q ? 1- q ①能“知三求二”;②注意讨论公比 q 是否为 1;③a1 ≠0. (1)已知各项不为 0 的等差数列{an }满足 a4 -2a2 7+3a8 =0,数列{ bn} 是等比数列, 且 b7 =a7 ,则 b2 b8 b11 等于( A.1 C.4 ) B.2 D.8 )

(2)在等比数列{an}中,a1 +an =34,a2· an -1 =64,且前 n 项和 Sn =62,则项数 n 等于( A.4 C.6 答案 解析 (1)D (2)B B.5 D.7

2 2 (1)∵a4 -2a2 7 +3a8 =0,∴2a7 =a4 +3a8 ,即 2a 7=4a7 ,∴a7 =2,∴b7 =2,又∵b2 b8 b11

18 3 =b1 qb1 q7 b1 q10 =b3 1 q =( b7) =8,故选 D.

(2)设等比数列{an}的公比为 q,由 a2 an- 1 =a1 an =64,又 a1 +an =34,解得 a1 =2,an =32 或 a1 a1 ?1-qn ? a1 -an q 2-32q =32, an =2. 当 a1 =2, an =32 时, Sn = = = =62, 解得 q=2. 又 an =a1 qn 1-q 1-q 1-q
-1

1 ,所以 2×2n- 1 =2n =32,解得 n=5. 同理,当 a1 =32,an =2 时,由 Sn =62,解得 q= . 由 2

1 1 1 1 an =a1 qn- 1 =32×( )n- 1 =2,得( )n -1 = =( )4 ,即 n-1=4,n=5. 综上,项数 n 等于 5,故选 2 2 16 2 B. 热点三 例3 等差数列、等比数列的综合应用 已知等差数列{an }的公差为-1,且 a2 +a7 +a12 =-6.

(1)求数列{an}的通项公式 an 与前 n 项和 Sn ; (2)将数列{an}的前 4 项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn }的前 3 项,记 {bn }的前 n 项和为 Tn ,若存在 m∈N ,使对任意 n∈ N ,总有 Sn <Tm +λ 恒成立,求实数 λ 的 取值范围.
* *

思维启迪 为最值. 解

(1)利用方程思想求出 a1 ,代入公式求出 an 和 Sn ; (2)将恒成立问题通过分离法转化

(1)由 a2 +a7 +a12 =-6 得 a7 =-2,∴a1 =4,

n?9-n? ∴an =5-n,从而 Sn = . 2 (2)由题意知 b1 =4,b2 =2,b3 =1, 设等比数列{bn }的公比为 q, b 1 则 q= 2 = , b1 2 1 4[1-? ?m ] 2 1m ∴T m = =8[1-( ) ], 1 2 1- 2 1 ∵( )m 随 m 增加而递减, 2 ∴{Tm }为递增数列,得 4≤Tm <8. n?9-n? 1 2 又 Sn = =- (n -9n) 2 2 1 9 2 81 =- [(n- ) - ], 2 2 4 故(Sn )max=S4 =S5 =10, 若存在 m∈N* ,使对任意 n∈N* 总有 Sn <Tm +λ, 则 10<4+λ,得 λ>6. 即实数 λ 的取值范围为(6,+∞). 思维升华 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法

(1)等差数列与等比数列交汇的问题,常用“基本量法”求解,但有时灵活地运用性质,可使 运算简便. (2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题,求解时用等差(比)数列的相关知 识,将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可. 1 已知数列{an }前 n 项和为 Sn ,首项为 a1 ,且 ,an ,Sn 成等差数列. 2 (1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 1 (2)数列{bn}满足 bn =(log2 a2 n +1 )×(log2 a2n +3 ),求证: + + +?+ < . b1 b2 b3 bn 2 (1)解 1 1 ∵ ,an ,Sn 成等差数列,∴2an =Sn + , 2 2

1 1 当 n=1 时,2a1 =S1 + ,∴a1 = , 2 2 1 1 当 n≥2 时,Sn =2an - ,Sn - 1 =2an- 1 - , 2 2

两式相减得 an =Sn -Sn- 1 =2an -2an- 1 , ∴ an =2, an - 1

1 ∴数列{an }是首项为 ,公比为 2 的等比数列, 2 1 ∴an = ×2n -1 =2n- 2 . 2 (2)证明 bn =(log2 a2 n+ 1)×(log2 a2 n+ 3 )=log2 2
2n +1 -2

×log2 2

2 n +3 -2

=(2n-1)(2n+1),

1 1 1 1 1 1 = × = ( - ), bn 2n-1 2n+1 2 2n-1 2n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + +?+ = [(1- )+( - )+?+( - )]= (1- )< (n∈N* ). b1 b2 b3 bn 2 3 3 5 2n-1 2n+1 2 2n+1 2 1 1 1 1 1 即 + + +?+ < . b1 b2 b3 bn 2

1.在等差(比)数列中,a1 ,d(q),n,an ,Sn 五个量中知道其中任意三个,就可以求出其他两 个.解这类问题时,一般是转化为首项 a1 和公差 d(公比 q)这两个基本量的有关运算. 2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既快 捷又方便的工具,应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进 行适当变形. 3.等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性 d>0?{an }为递增数列,Sn 有最小值. d<0?{an }为递减数列,Sn 有最大值. d=0?{an }为常数列. (2)等比数列的单调性
?a1 >0, ?a1 <0, ?a1 >0, ?a1 <0, 当? 或? 时,{an }为递增数列,当? 或? 时,{an }为递减数列. ?q>1 ?0<q<1 ?0<q<1 ?q>1

4.常用结论 S (1)若{an},{bn }均是等差数列,Sn 是{an }的前 n 项和,则{man +kbn },{ n }仍为等差数列,其 n 中 m,k 为常数. 1 (2)若{an},{bn }均是等比数列,则{can }(c≠0),{|an |},{an· bn },{man bn }(m 为常数),{a2 n } ,{ } an 仍为等比数列. (3)公比不为 1 的等比数列,其相邻两项的差也依次成等比数列,且公比不变,即 a2 -a1 ,a3

a3 -a2 ?a2 -a1 ?q -a2 ,a4 -a3 ,?,成等比数列,且公比为 = =q. a2 -a1 a2 -a1 (4)等比数列(q≠-1)中连续 k 项的和成等比数列,即 Sk,S2 k-Sk,S3 k-S2 k,?,成等比数列, 其公差为 qk. 等差数列中连续 k 项的和成等差数列,即 Sk,S2 k-Sk,S3 k-S2 k,?,成等差数列,公差为 k d. 5.易错提醒 (1)应用关系式 an =?
? ?S1 ,n=1, ?Sn -Sn -1 ,n≥2 ?
2

时, 一定要注意分 n=1, n≥2 两种情况, 在求出结果后,

看看这两种情况能否整合在一起. a+c (2)三个数 a,b,c 成等差数列的充要条件是 b= ,但三个数 a,b,c 成等比数列的充要条 2 件是 b2 =ac.

真题感悟 1.(2014· 大纲全国)等比数列{an }中,a4 =2,a5 =5,则数列{lg an }的前 8 项和等于( A.6 答案 解析 B.5 C 数列{lg an }的前 8 项和 S8 =lg a1 +lg a2 +?+lg a8 =lg(a1 · a2 · ?· a8 )=lg(a1· a8 )4 C.4 D.3 )

=lg(a4 · a5 )4 =lg(2×5)4 =4. 2.(2014· 北京)若等差数列{an }满足 a7 +a8 +a9 >0,a7 +a10<0,则当 n=________时,{an }的前 n 项和最大. 答案 解析 8 ∵a7 +a8 +a9 =3a8 >0,∴a8 >0.

∵a7 +a10 =a8 +a9 <0,∴a9 <-a8<0. ∴数列的前 8 项和最大,即 n=8. 押题精练 1.已知等比数列{an }的前 n 项和为 Sn ,则下列一定成立的是( A.若 a3 >0,则 a2 013 <0 B.若 a4 >0,则 a2 014 <0 C.若 a3 >0,则 a2 013 >0 D.若 a4 >0,则 a2 014 >0 答案 解析 C 因为 a3 =a1 q2 , a2 013 =a1 q2 012 , 而 q2 与 q2 012 均为正数, 若 a3 >0, 则 a1 >0, 所以 a2 013 >0, )

故选 C. 1+an 2.已知数列{an }是首项为 a,公差为 1 的等差数列,bn = . 若对任意的 n∈N* ,都有 bn ≥b8 an 成立,则实数 a 的取值范围为________. 答案 解析 (-8,-7) an =a+(n-1)×1=n+a-1,所以 bn = 1+an n+a * = ,因为对任意的 n∈ N ,都有 an n+a-1

bn ≥b8 成 立 , 即

n+ a 8+a n-8 ≥ (n∈N* ) 恒 成 立 , 即 ≤0(n∈N* ) , 则 有 n+a-1 8+a-1 ?a+7??n+a-1?

? ?a+7<0, ? 解得-8<a<-7. ?1-a<9, ?
* 3.设各项均为正数的数列{an }的前 n 项和为 Sn ,满足 a2 n +1=4Sn +4n+1,n∈N ,且 a2 ,a5 ,

a14 恰好是等比数列{bn }的前三项. (1)求数列{an},{bn }的通项公式; 3 * (2)记数列{bn}的前 n 项和为 Tn ,若对任意的 n∈N ,(Tn + )k ≥3n-6 恒成立,求实数 k 的取 2 值范围. 解 (1)当 n≥2 时,由题设知 4Sn- 1 =an -4(n-1)-1,
2

2 ∴4an =4Sn -4Sn- 1 =a2 n + 1-a n-4, 2 2 ∴a2 n + 1=a n+4an +4=( an +2) ,

∵an >0,∴an +1 =an +2. ∴当 n≥2 时,{an }是公差 d=2 的等差数列. ∵a2 ,a5 ,a14 构成等比数列, ∴a2 a14 ,(a2 +6)2 =a2· (a2 +24),解得 a2 =3, 5 =a2 · 由条件可知,4a1 =a2 2-5=4,∴a1 =1, ∵a2 -a1 =3-1=2, ∴{an }是首项 a1 =1,公差 d=2 的等差数列. ∴等差数列{an }的通项公式为 an =2n-1. a5 2×5-1 ∵等比数列{bn }的公比 q= = =3, a2 3 ∴等比数列{bn }的通项公式为 bn =3 . b1 ?1-qn ? 3?1-3n ? 3n + 1 -3 (2)Tn = = = , 1-q 1- 3 2 ∴( 3
n+ 1 n

-3 3 + )k ≥3n-6 对任意的 n∈N* 恒成立, 2 2

2n-4 ∴k ≥ n 对任意的 n∈N* 恒成立, 3

2n-4 2n-4 2n-6 -2?2n-7? 令 cn = n ,cn -cn - 1 = n - n - 1 = , n 3 3 3 3 当 n≤3 时,cn >cn- 1 ; 当 n≥4 时,cn <cn- 1. ∴(cn )max= c3 = 2 2 ,∴k ≥ . 27 27

(推荐时间:60 分钟) 一、选择题 1.设 Sn 为等比数列{an }的前 n 项和,已知 3S3 =a4 -2,3S2 =a3 -2,则公比 q 等于( A.3 答案 解析 B.4 B a ∵3S3 =a4 -2,3S2 =a3 -2,两式相减得 3a3 =a4 -a3 ,∴a4 =4a3 ,∴q= 4 =4. a3 ) C.5 D.6 )

2.设等差数列{an }的前 n 项和为 Sn ,若 2a6 =6+a7 ,则 S9 的值是( A.27 C.45 答案 解析 D 由 2a6 =6+a7 得 a5 =6,所以 S9 =9a5 =54. 故选 D. B.36 D.54

3.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 答案 解析 C B.4 D.6

)

a1 -am q 由已知得, Sm -Sm - 1 =am =-16, Sm+ 1 -Sm =am +1 =32, 故公比 q=-2, 又 Sm = 1-q

=-11,故 a1 =-1,又 am =a1· qm- 1 =-16,代入可求得 m=5. 4.数列{an }的首项为 3,{bn }为等差数列且 bn =an +1 -an (n∈N* ),若 b3 =-2,b10 =12,则 a8 等于( A.0 答案 解析 ) B.3 B ∵{bn }为等差数列,设其公差为 d, C.8 D.11

由 b3 =-2,b10 =12, ∴7d=b10 -b3 =12-(-2)=14,∴d=2, ∵b3 =-2,∴b1 =b3 -2d=-2-4=-6, 7×6 ∴b1 +b2 +?+b7 =7b1 + · d 2

=7×(-6)+21×2=0, 又 b1 +b2 +?+b7 =(a2 -a1)+(a3 -a2 )+?+(a8 -a7 )=a8 -a1 =a8 -3, ∴a8 -3=0,a8 =3. 故选 B. an +1 -1 5.数列{an }满足 a1 =2,an = ,其前 n 项积为 Tn ,则 T2 014 等于( an +1 +1 A. 1 6 B.- 1 6 )

C.6 答案 解析 D

D.-6

an + 1 - 1 1+an 1 1 由 an = 得 an +1 = ,而 a1 =2,所以 a2 =-3,a3 =- ,a4 = ,a5 =2,则数 an + 1 + 1 1-an 2 3
014 =( a1 a2 a3 a4) 503

列是以 4 为周期,且 a1 a2 a3 a4 =1,所以 T2 D.

a1 a2 =1503 ×2×(-3)=-6,故选

6.已知{an }是等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 S21 =S4 000 ,O 为坐标原点,点 P (1,an ), → → Q(2 011,a2 011 ),则OP · OQ等于( A.2 011 答案 解析 A 由 S21 =S4 000 得 a22 +a23 +?+a4 000 =0, B.-2 011 C.0 ) D.1

由于 a22 +a4 000 =a23 +a3 999 =?=2a2 011 , 所以 a22 +a23 +?+a4 000 =3 979a2 011 =0, → → 从而 a2 011 =0,而OP · OQ=2 011+a2 011 an =2 011. 二、填空题 7.在等比数列{an }中,已知 a1 +a3 =8,a5 +a7 =4,则 a9 +a11 +a13 +a15 =________. 答案 解析 3 设等比数列{an }的公比为 q,

2 ? ?a1 +a1 q =8, 1 ? 由已知,得 解得 q4 = . 4 6 2 ?a1 q +a1 q =4, ?

1 又 a9 +a11 =a1 q8 +a3 q8 =(a1 +a3 )q8 =8×( )2 =2, 2 13 12 12 12 a13 +a15 =a1 q +a3 q =(a1 +a3)q =8×( ) =1, 2 所以 a9 +a11 +a13 +a15 =2+1=3. 8.(2014· 广东)若等比数列{an }的各项均为正数,且 a10 a11 +a9 a12 =2e5 ,则 ln a1 +ln a2 +?+ln a20 =______. 答案 50

解析

因为 a10 a11 +a9 a12 =2a10 a11 =2e5 ,
5

所以 a10 a11 =e . 所以 ln a1 +ln a2 +?+ln a20 =ln(a1 a2 ?a20) =ln[(a1 a20 )· (a2 a19 )· …· (a10 a11)]=ln(a10 a11 )10 =10ln(a10 a11 )=10ln e5 =50ln e=50. 9. 设等差数列{an }的前 n 项和为 Sn , 若 a1 =-11, a4 +a6 =-6, 则当 Sn 取最小值时, n=________. 答案 解析 6 设等差数列的公差为 d,

则由 a4 +a6 =-6 得 2a5 =-6,∴a5 =-3. 又∵a1 =-11,∴-3=-11+4d,∴d=2, ∴Sn =-11n+ n?n-1? ×2=n2 -12n=(n-6)2 -36, 2

故当 n=6 时,Sn 取最小值. 1 * 10.已知数列{an }的首项为 a1 =2,且 an +1 = (a1 +a2 +?+an ) (n∈N ),记 Sn 为数列{an }的前 2 n 项和,则 Sn =________,an =________. ?n=1?, ?2 3?n -1 ? ? 答案 2× ? ?3?n -2 ?2? ?n≥2? ? ?2? ? 解析 1 1 1 3 由 an +1 = (a1 +a2 +?+an ) (n∈N* ), 可得 an+ 1 = Sn , 所以 Sn+ 1 -Sn = Sn , 即 Sn + 1 = Sn , 2 2 2 2

3 3?n - 1 由此可知数列{Sn }是一个等比数列,其中首项 S1 =a1 =2,公比为 ,所以 Sn =2×? , ? 2 2? 2 ?n=1?, ? ? 由此得 an =? ?3?n - 2 ?n≥2?. ? ?2? ? 三、解答题 11. 成等差数列的三个正数的和等于 15, 并且这三个数分别加上 2、 5、 13 后成为等比数列{bn } 中的 b3 、b4 、b5. (1)求数列{bn}的通项公式; 5 (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn ,求证:数列{Sn + }是等比数列. 4 (1)解 设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d.

依题意,得 a-d+a+a+d=15. 解得 a=5. 所以{bn }中的 b3 ,b4 ,b5 依次为 7-d, 10,18+d. 依题意,有(7-d)(18+d)=100, 解得 d=2 或 d=-13(舍去).

故{bn }的第 3 项为 5,公比为 2. 由 b3 =b1· 2 ,即 5=b1 · 2, 5 解得 b1 = . 4 5 n -1 所以 bn =b1· qn- 1 = · 2 =5· 2n -3 , 4 即数列{bn }的通项公式 bn =5· 2 (2)证明
n- 3 2 2

.

由(1)得数列{bn }的前 n 项和

5 ?1-2n ? 4 5 n- 2 Sn = =5· 2 - , 1-2 4 5 即 Sn + =5· 2n -2 . 4 5 5 所以 S1 + = , 4 2 5 Sn + 1 + 2 n -1 4 5· = n -2=2. 5 5· 2 Sn + 4

5 5 因此{Sn + }是以 为首项,2 为公比的等比数列. 4 2 12. 若数列{bn }对于 n∈N* , 都有 bn +2 -bn =d(常数), 则称数列{bn }是公差为 d 的准等差数列, 如数列{cn },若 cn =?
?4n-1,n为奇数, ? ? ?4n-9,n为偶数,

则数列{cn }是公差为 8 的准等差数列.设数列{an }满

足 a1 =a,对于 n∈N* ,都有 an +an +1 =2n. (1)求证:{an}为准等差数列; (2)求{an}的通项公式及前 20 项和 S20 . (1)证明 ∵an+ 1 +an =2n,①

∴an + 2 +an +1 =2n+2. ② 由②-①得 an +2 -an =2(n∈N* ), ∴{an }是公差为 2 的准等差数列. (2)解 已知 a1 =a,an +1 +an =2n(n∈N* ),

∴a1 +a2 =2,即 a2 =2-a. ∴由(1)可知 a1 ,a3 ,a5 ,?,成以 a 为首项,2 为公差的等差数列,a2 ,a4 ,a6 ,?,成以 2 -a 为首项,2 为公差的等差数列. n ∴当 n 为偶数时,an =2-a+( -1)×2=n-a, 2 n+1 当 n 为奇数时,an =a+( -1)×2=n+a-1, 2

∴an =?

? ?n+a-1,n为奇数, ?n-a,n为偶数. ?

S20 =a1 +a2 +?+a19 +a20 =(a1 +a2 )+(a3 +a4)+?+(a19 +a20) =2×1+2×3+?+2×19=2× ?1+19?×10 =200. 2

13.(2013· 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 ≥2 013?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 (1)设等比数列{an}的公比为 q,

则 a1 ≠0,q≠0. 由题意得
?S2 -S4 =S3 -S2 , ? ? ? ?a2 +a3 +a4 =-18.

即?

? ?-a1 q -a1 q =a1 q , ?a1 q?1+q+q ?=-18, ? ? ?a1 =3, ?q=-2. ?
n -1 2

2

3

2

解得?

故数列{an }的通项公式为 an =3×(-2)
n

.

3[1-?-2? ] n (2)由(1)有 Sn = =1-(-2) . 1-?-2? 假设存在 n,使得 Sn ≥2 013, 则 1-(-2)n ≥2 013,即(-2)n ≤-2 012. 当 n 为偶数时,(-2)n >0,上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2)n =-2n ≤-2 012, 即 2n ≥2 012,得 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}.


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