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(2)设边长为a,BC 与l3 的夹角为θ,由对称性, |CD| 1∵ = (h)=5(min),∴该船在上午11时
不妨设0°<θ<60°, v 12
则BC 与l2 的夹角也为θ,AB 与l2 的夹角就是 15分 到 达 正 西 方 向,此 时 船 离 A 的 水 平 距 离 为
60°-θ, 3km.
∴asinθ=2,asin(60°-θ)=1,两式相比, 2
() ,
( ), , 3 如图② 作OE⊥BC 于E
,则E 点到A 的距
得sinθ=2sin60°-θ 即sinθ= 3cosθ-sinθ
离最近.
3 3
∴2sinθ= 3cosθ,∴tanθ= , , ·2 ∴sinθ= ∴a ∵|OE| |BC|=|OB|
·|OC|·sin120°,
7
3 13
2 2 21 ∴|OE|= (km),
= = . 26
3 3
9 9 3 39
7 ∴|DE|= ( ),4-52= 13 km
9. 解:(1)设A 在海平面上的投影为O,如图①,
|ED| 3() 90依题 意 可 知 OB =1×cot30°= 3(km),OC = ∴ = (v 26h =13 min
).
3
1×cot60°= (km),∠BOC=120°,
90 1 1
3 ∵15- =8
( ), 船在上午
13 13 min ∴ 11
时813
1 3 分时到A 的距离最近.
∴|BC|= 3+3-2× 3×3× ( 1-2 ) = 第十二章 数 列
39(km),3 §12.1 数列的概念与简单表示法
五年高考母题原型训练
1.B 【解析】 若an+1>|an|(n=1,2,…),
则an+1>an,∴{an}为递增数列.
若{an}为递增数列,an+1不一定大于|an|,
如a2=-1>a1=-2,但-1<|-2|=2.
|BC|
∴船的速度v= / 故选B.1 =2 39kmh.
6 2.C 【解析】 三角形数组成的数列的通项公
(2)以O 为原点,海平面为xOy 平面建立平面直 n(n+1)式an= ,正方形数组成数列的通项公式bn
角坐标系,如图②,设船到达的正西位置为D(x,0)
2
.
=n2,验证知C项符合条件.本题强调在不同的试题
由(1)知 B 的 坐 标 为 (3cos30°,3sin30°)
背景下,实现知识的迁移运用.
= 3,3÷, 3.2n-1 32 【解析】
è2 2
第1行 全是1 第1次
C 的坐标为
第3行 全是1 第2次

3 3 1 3cos150°, sin150°÷= - , ÷, 第7行 全是1 第3次è3 3 è 2 6
猜想第n 次出现1是第2n-1行,
3 3 3
- 由前面猜想知:n=6时,即第6次出现全是1时
、 、 2 2 6又B C D 三点共线,∴3 = 3 1 x= 是第63行
2-x 2+2 第61行 1 1 0 0 1 1 …
3 第62行 1 0 1 0 1 0 1 … 共32
- ,2 个1 31个0
( 3 ) 3 39
第63行 1 1 1 1 1 1 1 1 … 共
∴D - ,2 0
,∴|CD|= 1+36 = 6 64个1
(km). 第61行中,共62个数.
·145·
62-2 因此,所求通项公式为
则第61行中0的个数是 2 =30. bn=Sn-3n=(a-3)2n-1,n∈N*. ①
∴1的个数是:62-30=32. (2)由①知S nn=3 +(a-3)2n-1,n∈N*,
1
4.10 n(n+1)(n+2) 【解析】 本题以第 于是,当n≥2时,6 an=Sn-Sn-1
48届世乒赛为背景,将乒乓球的堆垒问题与数列相 =3n+(a-3)×2n-1-3n-1-(a-3)×2n-2
结合,考查了二阶递推的数列通项公式的求解及数列
=2×3n-1+(a-3)2n-2,
前n 项和的求解,将平方和的数列求和问题转化为组 a n-1 n-2n+1-an=4×3 +(a-3)2
合数的性质公式运算,回避了对自然数平方数列求和 n-2
n-2 3
公式的应用及掌握. =2 [12· ( ,2 ) +a-3]
1×2
解法一:(猜想法)a =1= ,
2×3
a =3= , 当n≥2时,1 2 2 2 n-2
n(n+1) 1 an+1≥a 12· (3n 2 ) +a-3≥0…,an= ,f(3)2 =1+3+6=10,f(n)=6 a≥-9.
(n3+3n2+2n). 又a2=a1+3>a1.
解法二:(递推法)由已知可得f(3)=1+3+6 综上,所求的a的取值范围是[-9,+∞).
=10. 7. 本小题考查数列的基本知识,考查等比数列
设第n 层的乒乓球个数为an, 的概念、通项公式及数列的求和,考查分类讨论及化
则a2-a1=3-1=2,a3-a2=6-3=3,a4-a3 归的数学思想方法以及推理和运算能力.
=4,a5-a4=5,…,an-an-1=n, 解:(1)∵an+1=2Sn,
这 n - 1 个 式 子 相 加 可 得 an -a1 = ∴Sn+1-Sn=2Sn,
(n-1)(2+n),即得 Sn+1
2 ∴ S =3.n
(n-1)(2+n) n(n+1)
an= +2= =C2 又n+1. ∵S1=a1=1,2 2
∴数列{Sn}是首项为1,公比为3的等比数列,
∴f(n)=C2 2 22+C3+C4+…+C2n+1 Sn=3n+1(n∈N*).
=C3+C2 23 3+C4+…+C2 3n+1=Cn+2 当n≥2时,an=2Sn-1=2×3n-2(n≥2),(n+2)(n+1)n 1
= = (n36 6 +3n
2+2n). {1, n=1,∴an= n-2
5.(1,2) (3,402) 【
,
解析】 当k=2时: 2×3 n≥2.
()
x =2 2Tn=a1+2a2+3a3+
…+nan.
{ 2 ;k=3时:y =1 {
x3=3; :x4=4k=4时 ;k=5时: 当 时, ;
2 y3=1 {y =1 n=1 T1=14
当 时, · 0 · 1 … ·
{x5=5; :{x6=1; :{x7=2
n≥2 Tn=1+4 3 +6 3 + +2n
k=6时 k=7时 ;k=8时: n-2,
y5=1 y6=2 y7=2 3 ①
· 1 · 2 … · n-1,
{x8=3; :{x9=4; x10=5
3Tn=3+4 3+6 3+ +2n 3 ②
k=9时 k=10时:{ ;k=11 得y8=2 y9=2 ①-②y10=2
(1 2 … n-2)
:{x11=1; :{x12=2
-2Tn = -2+4+2 3 +3 + +3
时 k=12时 ;k=13时:
y =3 y =3 {
x13=3
-2n·3n-1
11 12 y13=3
3(P (,),x 1-3
n-2)
∴ 6 12 k 为周期为5的数列. =2+2· -2n·3n-11-3
x2008=x2005+3=x3=3. =-1+(1-2n)·3n-1.
y2008=402.此 题 属 于 由 特 殊 到 一 般 直 接 得 到 1 1 n-1
结论. ∴Tn= ( )2+ (n-2 )3 n≥2 .
6. 解:(1)依题意:S nn+1-Sn=an+1=Sn+3 ,即 又∵T1=a1=1也满足上式,
Sn+1=2Sn+3n, 1 1 n-1( *)
由此得Sn+1-3n+1=2(S n
∴Tn= + n- 3 n∈N .
n-3). 2 ( 2 )
·146·
8.A 【解析】
n+1
∵an+1-an=ln ,
数列.
n ∴an= 3 1 n-1 3 1
(an-an-1)+(
()由()知, ,
an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a = 2 1 bn=-4× (2 ) =- ×1 2 2n
n n-1 3 2
lnn-1+ln +
…
n-2 +ln2+ln1+2=
3 1
∴an+1-an-1=-2×2n
,
ln( n ·n-1…3·2n-1 n-2 2 1 )+2=2+lnn,故应选A. 3 1∴a2-a1-1=-2× ,2
9.2n+1-3 【解析】 本题主要考查等比数列 3 1
a -a -1=- × ,
的通项公式的应用,由an+1=2an+3(n≥1),得a 3 2 2n+1 2 2
+3=2(an+3),所以{an+3}是首项为4,公比为2 …
的等比数列,即an+3=4×2n-1=2n+1,∴an=2n+1 3 1an-an-1-1=- × ,
-3. 2 2n-1
n(n+1) 将以上各式相加得:
10. +1 【解析】 本题解题思路是由2 an-a1-(n-1)
于已知an+1-an=n+1,因此只要利用叠加的方法 3
=- 1 1 … 1+ + + ,
即可求得.由题意得当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+ 2 (2 22 2n-1 )
(a3-a2)+…+(an-an-1)=2+(2+3+…+n)= 1 11-
(n-1)(2+n) n(n+1) 3 2 ( 2n-1 )
2+ 又2 = 2 +1. a1 =2=
∴an=a1+n-1-2× 1
1-
1×(1+1) n(n+1) 2
2 +1
,因此an= 2 +1. 1= +( )
3 1 3n-1 - 1- = +n-2.
11.2n+1
n-1 n
【解析】
( )
本题主要考查考生对于确 2 2 2 2
定数列的通项公式问题的一般方法的掌握程度以及 3∴an=2n+n-2.能否结合具体数列问题,结合已知条件找出相关数列
, 13. 考查指数函数、等差数列、等比数列、不等式的明显性质特征 从而将问题解决的能力.由题意得
a a 等知识
,考查特殊与一般、化归与转化、分类与整合的
b = 1+21 =4,b n+1
+2
a -1 n+1= a -1 数学思想方法,以及抽象概括能力、运算求解能力.1 n+1
2
+2 解:(1)∵点 ( 11, ) 是函数f(x)=ax(a>0,且
= an+1
3
=2 an+2a =2bn
,因 此 数 列
2 -1 1
a +1-1
n a≠1)的图象上一点,∴f(1)=a= .
n 3
{bn}是以4为首项、2为公比的等比数列,bn=4× 已知等比数列{an}的前n项和为f(n)-c.
2n-1=2n+1. 则当n≥2时,
1 an=[f(n)-c]-[(n-1)-c]12. 解:(1)由已知得a1= ,
f
2 2an+1=an+n
,
n( -1) 2
3, 3 1 3
=a 1-a =-3n .
∵a2=4 a2-a1-1=4-
,
2-1=-4
{ }是等比数列, { } 1的公比
又bn=an+1-an-1,∴bn+1=a -a -1, ∵ an ∴ an q= .n+2 n+1 3
b
∴ n+1
an+2-a= n+1
-1 2 1
b a -a -1 ∴a2=-9=a1q=
[f(1)-c]× ,
n n+1 n 3
an+1+(n+1) an+n 2 2
- -1 解得2 2 c=1
,a1=- .故an=- n(n≥1)3 3 .= an+1-an-1 由题设知{bn}(bn>0)的首项b1=c=1,
an+1-an-1 其前n项和Sn 满足Sn-Sn-1= Sn + Sn-1
2 1
= = . (a -a -1 2 n≥2
),
n+1 n
3 1 由Sn-Sn-1= Sn+ Sn-1 Sn - Sn-1
∴{bn}是以- 为首项,以 为公比的等比4 2 =1,
·147·
且 S1= b1=1. {k+1,m=2k-1(k∈N
*)
=
∴{ S }是首项为1,公差为1的等差数列, k+1,m=2k(k∈N
*) )
n
2 3,n=1即 Sn=n Sn=n . 13.an={2n,n≥2
∵bn=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2),又b1=1=2×
, 14. 解
:(1)由an=n2-n-30,得1-1
,
故数列{bn}的通项公式为:bn=2n-1(n
a =1-1-30=-30
≥1). 1
a =22(2)∵b =2n-1(n≥1), 2 -2-30=-28
,
n
2
1 1 a3=3-3-30=-24.
∴ = (
1 1
- )bb 2 2n-1 2n+1 . 设an=60,则n n+1 60=n
2-n-30.
n 1 解之得n=10或n=-9(舍去).
∴Tn=∑
k=1bkbk+1 ∴60是此数列的第10项.
= 1 [ ( 1 1 ) ( 1 1 ) … ( 1 1- + - + + - ) ] (2)令n2-n-30=0,解得n=6或n=-5(舍2 1 3 3 5 2n-1 2n+1
去).
n
=2n+1. ∴a6=0.
2
1000 n 1000 1000 令n -n-30>0,解得n>6或n<-5(舍去).
要 Tn >2009 2n+1>2009 n> 9 = ∴当n>6(n∈N*)时,an>0.
1 令n2-n-30<0,解得01119. ∴当0故满足条件的最小正整数n是112. ( 1 13)由an=n2-n-30=(n- )2-30 ,2 4 n∈
14. 解:
a
由 m
+an
(1+a )(1+a ) = N*m n 知{an}是递增数列,且a1ap+aq a1+an a2+an-1 1
(1+a1)(
,
1+an)=(1+a )(1+a ) 15. 解:()由 ,2 n-1 1 a1=1an+1=3Sn
,n=1,2,3,
1 4
将 a1 = ,a2 = 代 入 上 式 化 简 得2 5 a
…得
n
1 1 1
2an-1+1 a2=3S1=3a1=
,
= , 3an-1+2 1 1 4
1-an 1 1-an-1 a3=3S2=
(
3 a1+a2
)= ,
所以 · 9
1+a =n 3 1+a .n-1 1 1( ) 16a4= S3= a1+a2+a3 = .
故数列{1-an } 为等比数列,从而 3 3 271+an 1 1
1-a 1 3n-1 由an+1-an= (3 Sn-Sn-1
)= (3an n≥2
),
n= ,即1+an 3n an=3n+1. 4
3n-1 得an+1= an(n≥2).
可验证,an= n 满足题设条件 33 +1 . 1 1 4 n-2
2012—2013高考题源拓展测试 又a2= ,3 ∴an=
( ) (
3 3 n≥2
).
1.B 2.D 3.C 4.C 5.D 6.C 7.A ∴数列{an}的通项公式为
8.C 1, n=1,
9.2n-11 3 10.4 an={1(4)n-2,11.4884 3 3 n≥2.
ì m+3,m 是奇数 (2)由(1)
1
可知a2
,
2 a4
,…,a2n 是首项为 ,公比3
12.2 bm= í 也可以写成:bm
m+2
(
,
4
m 是偶数 为( )2,项数为n的等比数列, 2 3
·148·
4 故a1=f(0)( )2n =1.1-
… 1 3∴a +a +a + +a = × 当x>0时,-x<0,f(0)=f(-x)·f(x)=2 4 6 2n 3
1-(
4)2 1,进而得03
设x 、x ∈R 且 x 0,0<
3 4 2n
1 2 1 2 2 1
=7 [ (3 ) -1] . f(x2-x1)<1,
16. 解:(
( ) ( ) [ ( )] ( )
1)由a -a =2n,把n=1,2,3…,n f x2 -f x1 =f x1+ x2-x1 -f x1n+1 n
( ( )[( ) ]-1n≥2)代入,得(n-1)个式子, =f x1 f x2-x1 -1 <0.
即 ( ) ( ),所以 ( )是 上的减
累加即可得(a2-a1)+(a f x2 函数
a .n-1)
=2+22 +23 + … +2n-1,所 以 an -a1 (2)
1
证明:由f(an+1)= ,f(-2-an)
2(1-2n-1)
= , 得1-2 f
(an+1)f(-2-an)=1,
n , n n 所以f(an+1-an-2)=f()即a -a =2 -2 所以a =2 -2+a =2 0 .n 1 n 1
因为y=f(x)是 R上的减函数,所以-1. an+1-an
当n=1时,a =1也符合, -2=0
,
1
n ( 即a -a =2
,
所以an=2 -1n∈N*).
n+1 n
所以{an}是以1为首项,2为公差的等差数列.
() n+2 a2 由递推关系a = a ,a =4,有 n+1n+1 n n 1 a 所以an=1+(n-1)×2=2n-1.n
n+2, (= 3
)解:由 ( 1 1 11+ ) (1+ ) … (1+ ) ≥
n a1 a2 an
a a 4 a 5 a k 2n+1对一切n∈N
*均成立.
于是 有 2 =3, 3 = , 4 = ,…, n-1a1 a =2 2 a3 3 an-2 11+
n a n+1 ( a ) (
1
1+ )… ( 11+ )
1 a2 an
, n ,将这( )个式子累乘, 知k≤ 对一切n∈
n-2a =n-1 n-1n-1 2n+1
an n(n+1) N*均成立.得
a =1 2 . ( 1 1n(n+1) 1+a ) (1+a )… ( 11+ )
所以当n≥2时,
a
an= 2 a1=2n
(n+1).当 设 F (n)= 1 2 n ,知
2n+1
n=1时,a1=4符合上式,所以an=2n(n+1)(n∈ F(n)>0且F(n+1)
N*). 1 1 … 1 1
(3)由an+1=2an+1得an+1+1=2(an+1),令 (1+a ) (1+a ) (1+a ) (1+a )= 1 2 n n+1
bn=an+1, 2n+3
所以{bn}是以2为公比的等比数列. F(n+1) 2(n+1)又 = =
所以b =b ·2n-1n 1 =(a1+1)·2n-1=2n+1, F(n) 2n+1 2n+3
所以an=bn-1=2n+1-1(n∈N*). 2(n+1) >1.
(4)由已知,an>0,在递推关系式两边取对数, 4(n+1)2-1
有lgan+1=2lgan+lg3.令bn=lgan, 故F(n)为关于n 的单调增函数,F(n)≥F(1)
则bn+1=2bn+lg3.所 以bn+1+lg3=2(bn+ 23
l = .g3), 3
所以{bn+lg3}是等比数列. 23, 23
所以b +lg3=2n-1·2lg3=2n
所以k≤ k的最大值为3 3 .n lg3.
所以bn=2nlg3-lg3=(2n-1)lg3=lgan, §12.2 等差数列
所以a 2n-1n=3 . 五年高考母题原型训练
17.(1)证明:令x=-1,y=0,得f(-1)= 1.C 【解析】 本题考查的是等差数列的知识,
f(-1)·f(0),由题意知f(-1)≠0,所以f(0)=1, 属于容易题.
·149·
方法一:(基 本 量 法)不 妨 设 首 项 是a1,则 可 得 ∵a1∈R,∴Δ=(9d)2-4×2×(10d2+1)≥0,
3({ a1+a3
)
=6 解得d≥22或d≤-22.2 ,消去a1 可得公差d=2.故选C. 9. 解:设数列{an}的公差为d,则
a1+2d=4 a3=a4-d=10-d,
方法二:(验证法)如果公差为1,则显然a2=3, a6=a4+2d=10+2d,
a1=2,则S3=9,与已知矛盾;
5 7
若d= ,则 ,3 a2=3 a10=a4+6d=10+6d.
由a3,a6,2 a10成等比数列得
a1= ,则S3=7,与已知矛盾;若d=2,则a2=2,3 a1 aa =a23 10 6,
=0,显然S3=6,故选C. 即(10-d)(10+6d)=(10+2d)2,
2.B 【解析】 方法一:设公差为d,则由已知 整理得10d2-10d=0,
{2a1+d=4 {d=2 解得d=0或d=1.得 ,而S10=10a1+45d=2a1+13d=28 a1=1 当d=0时,S20=20a4=200.
10+90=100,故选B. 当d=1时,a1=a4-3d=10-3×1=7.
方法 二:由 已 知 得a1+a2+a7+a8=28+4 20×19于是S20=20a1+ d
=32, 2
即2(a1+a8)=32,a1+a8=16,则(a1+a8)- =20×7+190
(a1+a2)=6d=12, =330.
∴d=2. 10. 解:(Ⅰ)由x1=3,得2p+q=3,
a +a 又 4 , 5 ,且1 10=a1+a8+2d=20, x4=2p+4q x5=2p+5q x1+x5
10(a +a ,
S = 1 10
) =2x4
10 2 =5×20=100. 得3+25p+5q=25p+8q,
3.C 【解析】 本题考查等差数列求和,由题意 解得p=1,q=1.
知{an}为等 差 数 列,由a 2 n2=6,a5=15,可 列 方 程 组 (Ⅱ)Sn=(2+2+…+2)+(1+2+…+n)
{a1+d=6 {a1=3, ( )解得 ,∴a =3n. n+1 nn+1n =2 -2+ .a1+4d=15 d=3 2
(
, 5b +b
) 11. 解:(Ⅰ)由题意,设等差数列{an}的通项
∵bn=a2n=6n ∴S =
1 5
5 2 =90. 公式
4.45 【解析】 由已知矩阵知当n=9时,a11+ an=a1+(n-1)d,d≠0.
a22+a33+…+a99=1+3+5+7+9+2+4+6+8 由a2+a2=a2+a22 3 4 5 知2a1+5d=0. ①
=45. 又因为S7=7,所以a1+3d=1. ②
5.13 【解析】 本题考查等差数列的基本概念 由①②可得a1=-5,d=2.
及通项公式的应用.由已知a5=a2+6 3d=6 d= 所以数列{an}的通项公式an=2n-7,
2,故a6=a3+3d=7+3×2=13. n(a1+an)
1 Sn= =n
2-6n.
6. 【解析】 本题考查等差数列的求和与求 23 ( )( )
项问题.设等差数列的首项为a ,公差为d,则由6S (Ⅱ)
a
因为 m
am+1 a -4 a= m+2 m+2
-2
=am+2
1 5 am+2 am+2
1
-5S3=5,得6(a1+3d)=2,所以a 8 84=3. -6+ 为数列{an}中的项,故 为整数,又由am+2 am+2
7.24 【解析】 S9=72,S9=9a5,a5=8,a2+ (Ⅰ)知am+2为奇数,
a4+a9=3a5=24.本题属于简单题,考查数列有关知 所以am+2=2m-3=±1,即m=1,2.
识与性质. 经检验,符合题意的正整数只有m=2.
8.(-∞,-22]∪[22,+∞) 【解析】 由 12.2n-10 8 【解析】 由S =n2n -9n 可得
题意知(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,整理得2a21 等差数列{an}的通项公式an=Sn-Sn-1=2n-10,
+9a1d+10d2+1=0, ∴an=2n-10.由5·150·
, 15
…+
∈Z 解之得2且k∈Z,∴k=8.
2n·qn-1.
13.2008 【解析】 令3x =t,则 x=log3t, 两边同乘q可得
∴f(t)=4log3t·log23+233=4log2t+233,即f(x) qS =2·q1+4·q2n +6·q3+…+2(n-1)·
=4log2x+233∴f(2n)=4log22n+233=4n+233, qn-1+2n·qn.
故f(2n)为等差数列,其首项为237,末项为265,公差 上述两式相减即得
237+265 1 2 n-1 n
为4,故f(2)+f(4)+f(8)+…+f(28)= (1-q)Sn=2(1+q +q +…+q )-2nq2
·1-q
n
×8=2008. =2 1- -2n
n
q q
14. 解:(Ⅰ)由已知an+1=2a +2nn 得 1-(n+1)qn+nqn+1
a 2a +2n a =2
·
b n+1 n nn+1= 2n = 2n =2n-1+1=b +1.
1-q
n
n+1 ( )n
所以 ·nq - n+1q +1
又b1=a1=1,因此{bn}是首项为1,公差为1的 Sn=2 (q-1)2
.
等差数列. 综上所述,
(Ⅱ)由(Ⅰ)
a
知 n =n,即a =n·2n-1
(
. nn+1
) (q=1),
2n-1 n Sn= nqn+1-(n+1)qn+1
Sn=1+2·21+3·22+…+n·2n-1, {2· ( ( )q-1)2 q≠1 .
两边乘以2得 2Sn=2+2·22+…+n·2n, 【点评】 定义法证等差数列、等比数列以及错位
两式 相 减 得 Sn=-1-21-22-…-2n-1 相减法求和都是数列问题中的重点内容.
+n·2n 16.C 【解析】 由等差数列性质得a3+a4+a5
=-(2n-1)+n·2n =3a4,由3a4=12,得a4=4,所以a1+a2+…+a7
=(n-1)2n+1. 7(a1+a7)
:( ) , , = 2 =7a4=28.15. 解 Ⅰ 由题意 令 m=2n=1可得a3=
2a2-a1+2=6.再令m=3,n=1可得a =2a -a 17.C 【解析】 本题考查等差数列.由题中两5 3 1
+8=20. 个独立条件,可设a1 和d,联立方程求a1 和d 后利
(Ⅱ)当n∈N*时,由已知(以n+2代替m)可得 用前n 项和公式求解;如果能利用性质:在等差数列
a , , ( ) ( )2n+3+a2n-1=2a2n+1+8 中 a1+a8=a2+a7 则S8=4a1+a8 =4a2+a7
于是[a ,2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)= =64 选C.
8,即bn+1-bn=8. 18.C 【解析】 本题考查等差数列问题,属于
所以,数列{bn}是公差为8的等差数列. 基础知识、基本方法的考查.
(Ⅲ)由(Ⅰ)、(Ⅱ)可知{bn}是首项b1=a3-a1 : aa = 2
+a6
解法 一 由 条 件 知 4 =7,S7=7a4
=6,公差为8的等差数列. 2
则b =8n-2,即 =49.n
a a6-a22n+1-a2n-1=8n-2. 解法二:由条件可先求得d= =2,所以
另由已知(令m=1)可得, 4
7(a a1+a7
)
a = 2n-1
+a1-(n-1)2. a1=1
,a7=13,所以S7= 2 =49.n 2
【解析】 本题主要考 查 等 差 数 列 的 性
, a2n+1-a
19.B
那么 a -a = 2n-1n+1 n 2 -2n+1 质,对基础知识、基本运算的考查较灵活.
8n-2 a1+a3+a5=3a3=105,a3=35,
= 2 -2n+1 又(a2+a4+a6)-(a1+a3+a5)=3d=-6,d
=2n =-2,
于是,c =2nqn-1n . 所以a20=a3+17d=35-34=1.
当q=1时,Sn=2+4+6+…+2n=n(n+1). 20.B 【解析】 ∵数列{an}为等差数列,∴S3,
当q≠1时,Sn=2·q0+4·q1+6·q2+ S6-S3,S9-S6 也成等差数列,
·151·
∴a7+a8+a9=2(S6-S3)-S3=2S6-3S3= 故an=1+(n-1)×1=n.
72-27=45,故应选B. (Ⅱ)由(Ⅰ)知:an=n从而bn+1-b =2nn .
21.15 【解析】 本题为数列问题,a3+a8=a5 bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)
+a6=22,又a6=7 a5=15. +b1
本题为等差数列中求特殊项的问题,选择了a =2n-1+2n-2m +…+2+1
+an=ak+al(m+n=k+l)使计算大大简化,本题 1-2n=1-2=2
n-1.
属于容易题.
因为b ·b -b2 =(2n-1)(2n+21 n n+2 n+1 -1)-
22. 【解析】 本题考查等差数列的性质及2 (2n+1-1)2
通项公式等知识.由S5=10,得a1+a2+a3+a +a 2n+2 n+2 n4 5 =(2 -2 -2 +1)-(22n+2-2·2n+1+1)
=5a3=10,所以a3=2.又a4+a6=2a5=6,得a5= =-5·2n+4·2n
a5-a 1 =-2n<0,3. 3所以该数列的公差d= 2 =2. 所以bn·bn+223. -6 【解析】 ∵a2+a4+a6+a8+a10 解法二:
=5a6, (Ⅰ)同解法一.
∴f(a2+a4+a6+a 5a68+a10)=2 =4, (Ⅱ)因为b1=1,
·
, 2 b b -b
2 =(b -2n)(b +2n+1)
得5a6=2 即得a6= ,由5 d=2
可得 n n+2 n+1 n+1 n+1
-b2n+1
log2[f(a1)·f(a2)…f(a10)]=log2(2a1·2a2 =2n+1·b -2n·b -2n·2n+1n+1 n+1
·…·2a10) =2n(b n+1n+1-2 )
10(a +a ) n n n+1
=log22a1+a2+…+a10=a1+a2+…+a10=
1 10 =2(bn+2 -2 )
2 =2n(b -2nn )=…
=5(a5+a6)=5(2a6-2)=5( 22× -2) = =2n(b1-2)5
n ,
-6. =-2 <0
2
24.10 【解析】 ∵数 列{an}为 等 差 数 列,
所以bn·bn+2a a a a2, a a , 27.
解:(Ⅰ)解法一:a2=2λ+λ2+2(2-λ)=λ2∴ m-1+ m+1=2 m= m 解之得 m=0或 m=2
2m-1 +2
2,
若am=0,则S2m-1= ( ) ( ) 2 2 3 2 3 32 a1+a2m-1 = 2m-1 a3=λ(λ +2)+λ +2(2-λ)=2λ +2,
a =0,与S =38相矛盾;若a =2,则S a =λ(2λ
3+23)+λ4+23(2-λ)=3λ4+24.
m 2m-1 m 2m-1= 4
2m-1 由此可猜想出数列{an}的通项公式为an=(n-(
2 a1+a2m-1
)=(2m-1)am=4m-2=38,解 1)λn+2n,
之得m=10. 以下用数学归纳法证明.
25.A 【解析】 ∵{an}是等差数列,∴a4+a6 (1)当n=1时,a1=2,等式成立.
a5-a1 -3+11 (2)假设当n=k 时等式成立,即ak=(k-1)λk=2a5=-6,即a5=-3,d= 5-1 = 4 =2. +2k,
得{an}是首项为负数的递增数列,所有的非正项之和 那么,a =λa +λk+1+(2-λ)2kk+1 k
最小.∵a6=-1,a7=1. =λ(k-1)λk+λ2k+λk+1+2k+1-λ2k
∴当n=6时,Sn 取最小,故选A. =[(k-1)+1]λk+1+2k+1.
26. 本小题主要考查等差数列、等比数列等基本 这就是说,当n=k+1时等式也成立.根据(1)和
知识,考查转化与化归思想,考查推理与运算能力. (2)可知,
解法一: 等式an=(n-1)λn+2n 对任何n∈N*都成立.
(Ⅰ)由已知得an+1=an+1,即an+1-an=1,又 解法二:由a n+1n+1=λan+λ +(2-λ)2n(n∈
a1=1,所以数列{an}是以1为首项,公差为1的等差 n+1 n
N*), ,
a
可得 n+1 2 an 2 ,
数列. λ>0 λn+1- (λ ) =λn- (λ ) +1
·152·
{a nn (2 ) } , , 13. 方法1:设等差数列{a }的首项为a ,公差所以 n- 为等差数列 其公差为1 首 n 1λ λ
为 , 1则 ( ) ,
项为 d S0. n=na1+ 2n n-1 d.∵S12=84S20
a
故 n- (2
n
λn λ )
=460
=n-1,所以数列{an}的通项公
ì 1
( ) 12a + ×12×11d=84式为an= n-1λn
1
+2n. 2 , a1=-15∴ í 解得
(Ⅱ)设T =λ2 3n +2λ +3λ4+…+(n-2)λn-1+ 1 {a d=4 20 1+
(n-1)λn,① 2
×20×19d=460
λTn=λ3 +2λ4 +3λ5 + … + (n-2)λn + 1∴Sn=-15n+ n(2 n-1
)×4=2n2-17n.
(n-1)λn+1.②
∴S =2×282-17×28=1092.
当λ 28≠1时,①式减去②式,得
: 2 ,
(1-λ) 2 3 … n ( )n+1
方法2 由已知不妨设Sn=an +bnTn=λ +λ + +λ - n-1λ
∵S12=84,S20=460,λ2-λn+1
= -(n-1)λn+1 21-λ 12a+12b=84 , a=2∴ 解得 .
λ2-λn+1 (
{ 2
n-1)λn+1 20a+20b=460
{b=-17
Tn= (1-λ)2 - 1-λ ∴S 2n=2n -17n.
(n-1)λn+2-nλn+1+λ2 ∴S 228=2×28-17×28=1092.
= (1-λ)2 . 14. 解:(1)由题意可设an=4+(n-1)d(d≠
这时数列{an}的前n项和 0),
(n-1)λn+2-nλn+1+λ2 n+1 ( )Sn= (1-λ)2 +2 -2.
nn-1
Sn=na1+ d,2 S3=12+3d
,
n(n-1) , ,
当λ=1时,Tn= . S4=16+6d S5=20+10d2 2 1 1
n(n-1) 又∵ (1S5 ) = S3·5 3 4S4,这时数列{a n+1n}的前n 项和Sn= 2 +2
-2. ∴(4+2d)
2=(4+d)( 34+ d),2
(Ⅲ)证明:通过分析,推测数列{an+1} 的第一项 12 12 32a ∴d=- ,5 ∴an=- n+ .n 5 5
a2最大.下面证明: n(n-1) 12 6 2 26a (2)Sn=4n+ 2 (-5 )=-5n +5n,1
a 2n+1 a2 λ +4< , ∵Sn>0,an a = 2 n≥2. ③1 6 2 26 13
由λ>0知an>0.要使③式成立,只要2a < ∴-5n +5n>0
,即0n+1 3
(λ2+4)an(n≥2). 又∵n∈N*,∴n的最大值为4.
因为(λ2+4)an=(λ2+4)(n-1)λn+(λ2+4)2n a1+d=1, a1=3,
>4λ·(n-1)λn+4×2n
解:()由 有
=4(n-1)λn+1+2n+2 15. 1 {a +4d=-5, {1 d=-2,
≥2nλn+1+2n+2=2an+1,n≥2. ∴an=-2n+5
所以③式成立. (
() nn-1
)
a a a 2 Sn =na1 + d
有 Sn =n·2 3+
因此,存在k=1,使得 n+1≤ k+1= 2对任意an ak a1 n(n-1)(-2),
n∈N*均成立. 2
2012—2013高考题源拓展测试 ∴Sn=-n2+4n,∴Sn=-(n-2)2+4,
1.C 2.D 3.A 4.B 5.C 6.A 7.C ∴当n=2时,Sn 有最大值S2=4.
8.A 16. 解:(1)设{an}的公差为d,
2 4×3
9.7 10. 3 11.4017 12.49 ∵S4=4a1+ 2 d=24
,a2=a1+d=5,
·153·
∴a1=3,d=2,an=3+(n-1)×2=2n+1. 故选C.
(2)依题意,在a11之前插入的1的总个数和为1 3.B 【解析】 an>0,a2a4=a21q4=1①,S3=
1-210 a +a +a 2=7②.
+2+22+…+29=1-2=1023
, 1 1q 1q
1 1
, { } 解得a1=4,q= 或 (舍去),1023+11=1034 故 a -11 是 数 列 bn 的 第 2 3
1034项. 1
n(n-1) a1(1-q
5) 4(1-32) 31
(3)依题意,Sn=na1+ d=n2+2n, S5= ,故选1- = 1 =4 B.2 q 1-
an 之前插入的1的总个数1+2+22+…+2n-2 2
4
1-2n-1 4.D
【解析】 设数列公比为q,则8a1q+a1q
= n-1 ,1-2 =2 -1 =0.
5
故数列{bn}中,an 项及前面的所有 项 的 和 为 a1(1-q )
5
n2+2n+2n-1-1, S=-2,∴ 5
1-
解得 = q
1-q
q S a (1-q2)= 2=-11.{ } , 2 2 1 1-q∴数列 bn 中 a11及前面的所有项的和为11 + 1-q
22+210-1=1166<2008, 故选D.
而2008-1166=842,a11与a12之间的1的个数 5.4n-1 【解析】 ∵{an}是 等 比 数 列,q=4,
为210=1024个, a1(1-q3) n-1
即在a11后加842个1,其和为2008,故存在n= S3= , ,1- =21 ∴a1=1 ∴an=4 .q
1034+842=1876,使T1876=2008. 15
17. 证明:(1)∵{a }是等差数列, 6.
【解析】
2
由已知条件可得an=a2qn-2
n
∴2ak+1=ak+ak+2(k∈N*), =qn-2,∴a n n-1 n-2n+2+an+1=q +q =6q ,由q>0可
∴原方程可化为(akx+a 2k+2)(x+1)=0, 得q +q-6=0,解之得q=2或q=-3(舍去),∴S4
∴当k 取不同的正整数时方程有公共根x= 1 15=2+1+2+4=2.-1.
(2)由(1)得x=-1,设方程另一根为x (k∈ 7. -9 【解析】 本题考查了等比数列的通项k
N*), 与基本量的求解问题,此题利用等比数列构造另一个
a 数列,利用所构造数列的性质去研究等比数列是高考
由根与系数的关系得(-1)xk=
k+2,
ak 的热点 问 题.由 已 知 数 列{bn}有 连 续 四 项 在 集 合
ak+2 ak+2d 2d {-53,-23,19,37,82}中,则数列{an}必有连续四项∴xk=-a =- a =-1-
,
k k ak 在集合{-54,-24,18,36,81}中,若公比q 为正则该
1 ak( *), 数列的四项必均为正或均为负值,显然不含题意,所∴x +1=-k 2d k∈N 以,公比q必为负值,又由|q|>1知q<-1,按此要
1 1 1
∴ - =- (a -a )
1
=- , 求在集合{-54,-24,18,36,81}中取四个数排成数x +1 x +1 2d n+1 nn+1 n 2 列可得数列-24,36,-54,81或18,-24,36,-54
∴{ 1 } 是等差数列. (此数列不 成 等 比 数 列,故 舍 去),∵数 列-24,36,xn+1
3
§12.3 等比数列 -54,81的公比q=- ,2 ∴6q=-9.
五年高考母题原型训练 8. 解:(Ⅰ)a1=2,a2=2+c,a3=2+3c,因为
1.B 【解析】 设公比为q,由 已 知 得a1q2· a1,a2,a3 成等比数列,
a 81q =2(aq4)21 ,即q2=2,因为等比数列{an}的公 所以(2+c)2=2(2+3c),解得c=0或c=2.
, a 1 2 , ,= 2, a = 2= = , B. 当c=0时 a1=a2=a3 不 符 合 题 意 舍 去
,
比为正数 所以q 故 1 选q 2 2 故c=2.
2.C 【解析】 ∵am=a1a2a3a4a5=a1(a1· (Ⅱ)当n≥2时,由于a2-a1=c,a3-a2=2c,
q)(a 2 3 4 m-1 51·q )(a1·q )(a1·q ),∴a1·q =a1· …,an-an-1=(n-1)c,
q10,且a m-1 101=1,∴q =q ,∴m-1=10,∴m=11, 所以 an -a1 = [1+2+ … + (n-1)]c=
·154·
n(n-1) 不相等)成等比数列,
2 c. 则b2q=bpbr.
又a1=2,c=2, 即(q+ 2)2=(p+ 2)(r+ 2),
故an=2+n(n-1)=n2-n+2(n=2,3,…). ∴(q2-pr)+(2q-p-r)2=0.
当n=1时,上式也成立,
∵p,q,r∈N*,
所以a 2n=n -n+2(n=1,2,…).
q2-pr=0, p 2
9. 解:(Ⅰ)由S =kn2n +n,得a1=S1=k+1, ∴{ , ∴ ( +r2 ) =pr,(p-r)22q-p-r=0
an=Sn-Sn-1=2kn-k+1(n≥2). =0,
a1=k+1也满足上式, ∴p=r,与p≠r矛盾.
所以an=2kn-k+1,n∈N*. 所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等
(Ⅱ)由am,a2m,a4m 成等比数列,得 比数列.
(4mk-k+1)2=(2km-k+1)(8km-k+1), 12.(Ⅰ)证明:b1=a2-a1=1,
将上式化简,得2km(k-1)=0, a +a
因为m∈N*,所以m≠0,故k=0,或k=1. 当n≥2时,bn=an+1-a =
n-1 n
n 2 -an
10. 解:(Ⅰ)设{an}的公差为d,{bn}的公比为 1( 1
, =-2 an-an-1
)=-2bn-1
,
q 则依题意有q>0且
1+2d+q4{ =21, ∴{ 1bn}是以1为首项,- 为公比的等比数列.1+4d+q2=13. 2
n-1
解得d=2,q=2. (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知b =a 1n n+1-an= (- ) ,
所以an=1+(
2
n-1)d=2n-1,
当 时,
b =qn-1=2n-1
n≥2
n .
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-
(Ⅱ)
an 2n-1
b =2n-1 . an-1
)
n
3 5 1 … 1
n-2
Sn=1+ 1+ 2+…
2n-3 2n-1
+ n-2 + n-1 ,
=1+1+ (-2 )+ + (-2 )
2 2 2 2 ①
1 n-1
5 2n-3 2n-1 1- -
2S =2+3+ +…+ + .② ( 2 ) 2 1 n-1n 2 2n-2 2n-2 =1+ 1 =1+3 [1- (-( ) ]2 2 2 1- - ) 2
②-①得 Sn =2+2+ … 22 +22 + +2n-2 5 2 1 n-1
2n-1 = - ,
- 3 3
(-2 )
2n-1 5 2 1 1-1
2n-1 当n=1时, - (- ) =1=a1.
=2+2× ( 1 1 11+ + +…+ )- 3 3 22 22 2n-2 2n-1 5 2
∴a = - ( 1
n-1
1 n - ) (n∈N*).
1- 3 3 22n-1 2n-1
=2+2× - 13.(Ⅰ)证明:由题设an+1=4an-3n+1,1
1- 2
n-1
得 ( ) ( ), *
2 an+1- n+1 =4an-n n∈N .
又
2n+3 a1-1=1
,所以数列{an-n}是首项为1,且公
=6-2n-1 . 比为4的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知an-n=4n-1.
11. 解:(Ⅰ)由已知得{a1= 2+1, 于是数列{an}的通项公式为an=4n-1+n.3a1+3d=9+32, 4n-1
∴d=2,故an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2). 所 以
,数 列 {an}的 前 n 项 和 Sn = 3
( ) ( ) S ( )Ⅱ 由 Ⅰ 得bn=
n
n =n+ 2.
nn+1
+ 2 .
假设数列{bn}中存在三项bp、bq、br(p、q、r 互 (Ⅲ)证明:对任意的n∈N*,
·155·
4n+1-1 (n+1)(n+2)
Sn+1 - 4Sn = 3 + 2 - =b( 1an- · n2-b 2 )
4[4
n-1 n(n+1) 1
3 + 2 ] 因此a - ·2n+1=bn 1n+1 2-b (a - · 11 2-b 2 )
1
=- (3n2+n-4)≤0. 2
(1-b)
= · n2 2-b b
所以不等式S *n+1≤4Sn 对任意n∈N 皆成立. 2, n=1,
14. 解:S1=1-5a1-85 解得a1=-14. 得an={ 1 [n (( ) 2-b2 + 2-2b)bn-1],n≥2.Ⅰ 由Sn=n-5an-85 ①可得
Sn-1=(n-1)-5an-1-85 ②, aaa16.A 【解析】 ∵{a 4 5 6n}是等比数列,∴
①-②可得, a1a2a3
a =1-5a +5a 化简得 a= 7
a8a9
n n n-1 9,故( 2
aaa =q a4a5a6
)=(a1a2a3)·(a7a8a9)
5 1 5 4 5 6
an= an-1+ 可得an-1= (6 6 6 an-1-1
). =50,又an>0,∴a4a5a6=52.故选A.
{ } , 5 17.B
【解析】 由等比数列的性质得:b2=9且
故 an-1 是首项为-15 公比为 的等比数列6 . a2=-b,c2=-9b,求得b=-3,ac=9.
5 n-1(Ⅱ)a -1=-15× ( ) ,a =1-15× 【点评】 本题考查等比数列的性质.n 6 n 18. 解:设等比数列{an}的公比为q,则q≠0,
5 n-1( ) ,n≤15时an≤0. aa = 3 26 2 = ,a =aq q 4 3q=2q,
n>16,an+1>0.Sn=n-5an-85=n-5+75 2 20
5 n-1 所以 +2q= ,
1
解得q1= ,( ) 3 3 q2=3.6 -85, q1
5 n-1 当 时,( ) q= a1=18
,
Sn=n+75 6 -90
, 3
1 n-1 18 3-n
由n≤15时,a ≤0,a 所以a =18×( ) = =2×3 .n n+1>0,所以S15最小. n 3 3n-1
【点评】 由Sn 与an 关系转化为an 与an-1的关
, 2, 2当q=3 时 a = 所 以 a = ×3n-1系式或Sn 与S 1 nn-1的关系是对此类问题的切入点. 9 9
15. 解:由题意知,a1=2,且 =2×3n-3.
ban-2n=(b-1)Sn, 19.D 【解析】 解法一:设数列{an}首项为a1,
ba -2n+1n+1 =(b-1)Sn+1, 公比为q,则X=a1+a2+…+an,Y=X(1+qn),Z
两式相减得b(an+1-an)-2n=(b-1)an+1, =X(1+qn+q2n),
即an+1=ban+2n. ① ∴Y(Y-X)=X(1+qn)·qnX=X2qn(1+qn),
(Ⅰ)当b=2时,由①知,an+1=2a +2n. X(Z-X)=X2(qn+q2nn ),∴Y(Y-X)=X(Z
于是a n nn+1-(n+1)·2 =2an+2 -(n+1) -X).
·2n 解法二:对任意的等比数列,涉及前2n 项和的,
=2(a -n·2n-1n ), 可取特殊数列:1,-1,1,-1,1,-1,….
又a1-1·21-1=1≠0,所以{an-n·2n-1}是首 则Y=0,再取n=1有 X=1,Z=1,可排除 A、
项为1,公比为2的等比数列. B、C.
(Ⅱ)当b=2时,由(Ⅰ)知,an-n·2n-1=2n-1, 20. 解:(Ⅰ)因为{an}是等比数列,Sn>0,可得
即an=(n+1)2n-1. a1=S1>0,q≠0.
当b≠2时,由①得 当q=1时,Sn=na1>0;
1 ( n)
an+1- · n+1
1 a 1-q
2-b 2 =ba
1
n+2n- · n+1 当2-b 2 q≠1
时,Sn= ,1- >0q
b 1-qn
=ban- ·2n 即 ,(2-b 1- >0 n=1
,2,…)
q
·156·
上式等价于不等式组: (Ⅱ)由(Ⅰ)知,Sk=a1+a3+…+a2k-1=0+4+
{1-q<0, … (( ,,…) +4k-1)=2k(k-1),n n=12 ①1-q <0. Tk=a2+a 2 k k+14+…+a2k=2+2 +…+2 =2
{1-q>0, ,或 ( -2n n=1,2,…) ②1-q >0. 2Sk k(k-1)
; , 、 Wk= = .解①式得q>1 解②式 由于n 可为奇数 可为 2+T 2k-1k
偶数, 3 3
于是W1=0,W2=1,W3= ,W4= ,W5=
得-1综上,q的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞). 5, 15
4 W6=16.
(Ⅱ )
3
由 bn = an+2 - 2 an+1
得 bn = 下面证明:当k≥6时,Wk<1.
3 事实上,( ) 当k≥6时
,
a q2n - q ,2 (k+1)k k(k-1) k(3-k)
Wk+1 -Wk =
3 2k
- 2k-1 = 2k
T = (q2n -2q)Sn. <0,
于是T -S =S ( 2 3 )=S ( 1 即 又q - q-1 q+ ) Wk+1·(q-2). 故满足Wk>1的所有k的值为3,4,5.
又因为Sn>0,且-10,所以, 2012—2013高考题源拓展测试
1
当-12时,Tn -Sn >0, 1.D 2.A 3.C 4.D 5.B 6.A 7.B2
8.B
即Tn>Sn;
1
1
当- 9. 2 10.216 11.18 12. ①③④
2
:() { }
; 13. 解 1 ∵ an 的各项均为正数,即Tn∴公比q>0.又1 ∵Sn=80
,S2n=6560,
当q=- ,或 时, ,即2 q=2 Tn-Sn=0 Tn ∴q>1.则前n项中数值最大的项是an=aq
n-1
1
=Sn. =54. ①
21. 解:(Ⅰ)因 为 a1=0,a2=2,所 以 a (
n)
3= a 1-q又S = 1n 1- =80
,②
( 2 π π q1+cos 22 )a1+4sin 2=a1+4=4, a1(1-q2n)S2n= =6560, ③
a4=(1+cos2π)a2+4sin2π=2a2=4. 1-q
一般地,
n n
当n=2k-1(k∈N*)时 ③÷②,得1+q =82,故q =81,代入①②,得
( ) 2k-1 3a1=2q, a1=2, 2×(1-3100)
a 2 2k-1π 22k+1= [1+cos 2 ]a2k-1+4sin { 解得 故S100=2 a1=q-1, {q=3. 1-3
π=a2k-1+4,即a2k+1-a =4. =31002k-1 -1.
所以数列{a2k-1}是首项为0、公差为4的等差 (2)an=2·3n-1(n∈N*).
数列, 1 1
S + S =2,
因此a2k-1=4(k-1). 14. 解:(1)根据已知条件 2
2 3 3
当n=2k(k∈N*)
{
时, (2S2)(3S3)=36.
( 22kπ) 22kπ 3S2+2S3=12
,
a2k+2= 1+cos 2 a2k+4sin 2 =2a2k.
整理得{(3S2)(2S3)=36.
所以数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数 S2=2,
列,因此a2k=2k.故数列{a 解得3S2=2S3=6
,即
n}的通项公式为 {S3=3.
{2(n-1),n=2k-1(k∈N
*),
a ( a1
(1+q)=2,
n= n 2)∵q≠1,则
22,n=2k(k∈N*). {a1(1+q+q2)=3.
·157·
1 (2), b =5-lo可解得 =- a =4. n g2
an=5-(5-n)=n,∴bn+1-bn
q 2 1 =1,
n
4[1- ( 1- ) ] ∴{bn}是 以b1=1为 首 项,1为 公 差 的 等 差2 8 8 n
∴Sn= 1 =3-3 ( 1-2 ) . 数列,1+ n(2 n+1)∴Sn= .
(3)由()
2
2 得S1+S2+…+Sn
( 1 1
n (3)由()
1 2
2 知 = 1 1
- ) [1- (- ) ] Sn n(n+1)=2(n-n+1)8 8 2 2
=3n-3 1 1 11- ( 1-2 ) ∴ Tn = + + …S + =1 S2 Sn
8 8 n
= n+ [1- ( 1 ) ] . 2[ (
1 1 1 1 1
- 1-2 )+ (2- …3 )+ + (n-n+1) ]3 9 2
1 2n
15. 在S = (a -1)中,令n=1、2可分别求 =2( 11-n+1)= .n 3 n n+1
出a1、a2,已知等式中涉及an 及S ,要证{a }是等比 §12.4 数列的综合应用n n
数列,应设法转化为a 与a 的关系式.当n≥2时, 五年高考母题原型训练n n-1
an=Sn-Sn-1,由此可实现目的. 1.B
【解析】 本题考查等差数列与等比数列
的定义、1 1 前n 项和公式.(1)解:由S1= (3 a1-1
),得a1= (3 a1-1
), 设公差为d(d≠0),则有a22=a1a5,(1+d)2=1
1 +4d,d
2-2d=0.
∴a1=-2. 又d≠0,因此d=2,{an}的前10项和等于10a1
1
又S2= (a2-1),
1
即a 10×91+a2= (a2-1), + ×2=100,选3 3 2 B.
1 2.A 【解析】 本题主要考查等差数列与等比
得a2=4. 数列的通项公式、前n 项和公式的具体应用.设公差
(2)证明:当n≥2时, 为d(d≠0),则有(2+2d)2=2(2+5d),即4d2-2d
1
an=Sn-Sn-1= (
1
a -1)- (a -1),得 1 n(n-1) 13 n 3 n-1 =0.又d≠0,因此d= ,2 Sn=2n+ 2 ×2=
an 1 1 7
a =-2. 4n
2+ n,选A.
n-1 4
∴{
1 1
a }是首项为- ,公比为- 的等比数列. 3.C 【解析】 设等比数列{an}的首项为a1,公n 2 2 a1q×a1q2=2a1,
16. 解:由题意an+1=2an+8, 比为q.由题意得方程组 3 6 5
bn=an+1-an=a +8. {a1q +2a1q =2×4.n
bn+1=an+1+8=2an+16. a1=16, a1(1-q5)b
∴ n+1
解得{ 1 ∴S5= ,选=2. q= , 1- =31 C.b qn 2
b1=a2-a1=2a1+8-a1=a1+8=9. 1 【解析】 本小题主要考查等差、等比数
∴b =9×2n-1n ,
4. 3
bn(1-qn) 9(1-2n) 列的定义及前n 项和公式.但应注意讨论公比q=1Tn= 1- =
(n
1-2 =9× 2 -1
).
q 的情况.
17.解:(1)an>0,∴a3+a5=5,又a3 与a5 的等 当q=1时,S2=2S1,S3=3S1,不符合题意.
比中项为2,∴a n3a5=4. a (1-q )当 ≠1时,Sn=
1
由 题 意S1+3S3
而q∈(0,1),a3>a5,∴a3=4,
q
a5=1. 1-q
1 1 n-1 =4S2,∴q= ,a 5-n2 1=16
,∴an=16× (2 ) =2 . 即a1(1-q)+3a1(1-q3)=4a 21(1-q ),
·158·
2
整理得1+3q2=4q,
1
解得q= 或q=1(舍去)
3n +3n
. = +2n+13 2 -2.
本题也可直接由S1=a1,S2=a1+a2,S3=a1 9. 解:(Ⅰ)由于cos2
nπ nπ 2nπ
-sin2 =cos ,故
+a2+a3 代入求解. 3 3 3
5. 解:(Ⅰ)设数列{an}的公差为d,由题意,得 S3k=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+
S22=S1·S4, (a3k-2+a3k-1+a3k)
2 2 2 2
所以(2a1+d)2=a1(4a1+6d). = ( 1+2- +322 ) + ( 4+5- 2 +62 ) + …S
因为d≠0,所以d=2a .故公比 = 21 q S =4. [ (1 + 3k-2)
2+(3k-1)2
- +(3k)2 ]
(Ⅱ)因为S2=4,d=2a1,S2=2a1+2a1=4a1, 2
所以a1=1,d=2. 13 31 … 18k-5 k
(9k+4)
= + + + = ,
因此an=a1+(
2 2 2 2
n-1)d=2n-1.
k(4-9k)
【 】 1 1 1 , S3k-1=S3k-a3k=
,
6.B 解析 ∵an= ( )= - 2nn+1 n n+1
k(4-9k) (3k-1)2
∴S5=a1+a2+a3+a4+a5 S3k-2=S3k-1-a3k-1= 2 + 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
=1-2+2-3+3-
1 3k-2 1
4+4-5+5- = -k=- - ,2 3 6
1 1 5
=1- = ,故应选 n 16 6 6 B. ì-3-
,
6 n=3k-2
【 】 17.A 解析 由 条 件 可 知a =- ,a ( )( )1 2 2= 故S =
n+1 1-3n
n í ,6 n=3k-1
(k∈N*)

2 ( 1), 2 2 1 12× -2 a3=3 ×1=3 ×
(
2+
),则有 n(3n+4)
2 a1+ , 6 n=3k
1
a2+a3= [(32-1)+(32-22)]
1
= [(3-1)×(3 ( ) S3n 9n+42 2 Ⅱbn=n·4n=2·4n
,
+1)+(3-2)
1
×(3+2)]= (2×4+1×5),同理2 a4
1
T = (13 22 … 9n+4n + + + ),2 4 42 4n
1
+a5+a6= [(62
1
2 -4
2)+(62-52)]= [(2 6-4
)× 14T = ( 22 … 9n+4n 2 13+4+ +4n-1 ),
(6+4)+(6-5)×(6+5)]
1
= ( ),故 两式相减得2 2×10+1×11
1 1 9 9 9n+4
S30= [2(4+10+16+…+58)+(
…
2 5+11+17+
… 3Tn=2 (13+4+ +4n-1- 4n )
+59)]=470,所以选A. 9 9- 1 , 4 4
n 9n+4÷
本题考查数列求和运算 由于不是常见的等差型 =2 13+ 1
- 4n ÷
, 1- ÷与等比型数列 必须重新组合使之成为等差或等比型 è 4
数列求解.在此位置属于难度较大一点的题. 1 9n
8. 解:(Ⅰ)
,
方程x2-(3k+2k)x+3k·2k=0的 =8-22n-3-22n+1
两个根为x1=3k,x2=2k, 8 1 3n
故Tn= -
当k=1时,x1=3,x2=2,所以a1=2; 3 3·22n-3
-22n+1.
当k=2时,x1=6,x2=4,所以a3=4; 10. 解:(Ⅰ)由题设知,S3=a1+(a1+d)q+
当k=3时,x1=9,x2=8,所以a 25=8; (a1+2d)q .
当k=4时,x1=12,x2=16,所以a7=12; 将q=1,a1=1,S3=15代入上式,解得d=4.
因为当n≥4时,2n>3n,所以a =2n2n (n≥4). 所以,an=4n-3,n∈N*.
(Ⅱ)S2n=a1+a2+…+a2n (Ⅱ)当a1=d 时,S1=d,S2=d+2dq,
=(3+6+…+3n)+(2+22+…+2n) S3=d+2dq+3dq2.
·159·
因为S1,S2,S3 成等比数列,所以S22=S1S3; ( ) , 1 1Ⅲ 若 =1 = ,则α= = ,这时xn=
即(
p q β
d+2dq)2=d(d+2dq+3dq2). 4 2
注意到d≠0,整理得q2+2q=0. (n+1)βn
n+1
= n .
因为q≠0,解得q=-2. 2
(Ⅲ)由题设知, 其前n项和为
1 2 n
S =a +aq+aq2+aq3+…+a q2n-12n 1 2 3 4 2n , Sn=2β +3β +…+(n+1)β
0 1 2 n 0
① =1β +2β +3β +…+(n+1)β -1β ,
0 1 2 n n+1
T2n=a1-a2q+aq2-aq3+…-a 2n-1 且Sn-Sn= + + +…+ -(n+1)3 4 2nq , β β β β β β
② -β
0(1-β)
n+1
①式减去②式,得 1-= β -(n+1)βn+1-β0(1-β).
S 3 2n-1 1-β2n-T2n=2(a2q+a4q +…+a2nq ).
①式加上②式,得 1 1∵β= 1-β= ,2 2
S2n+T2n=2(a1+a3q2+…+a 2n-22n-1q ). ③
1
③式两边同乘 ,得 éq ê1-
ù
2n+1 1 1 ú n+3
q(S +T )=2(aq+a 3 2n-1 故Sn=2ê ( ) ú=3- .2n 2n 1 3q +…+a2n-1q ). 1 -n+12n+1-ê 2
n
ú 2
所以, ê 2 ú
(1-q)S2n-(1+q)T2n=(S2n-T2n)-q(S2n+ 12. 解:(Ⅰ)必要性:∵a1=0,∴a2=1-c.
T2n) 又∵a2∈[0,1],∴0≤1-c≤1,
=2d(q+q3+…+q2n-1) 即c∈[0,1].
2dq(1-q2n), * 充分性:设c∈[0,1],对
*用数学归纳法证
= 1- 2 n∈N .
n∈N
q 明an∈[0,1].
11. 解:(Ⅰ)由于α,β 为方程x2-px+q=0 当n=1时,a1=0∈[0,1].假设ak∈[0,1](k≥
的根. 1),
(x-α)(x-β)=x2-px+q α+β=p,αβ=q. 则ak+1=ca3k+1-c≤c+1-c=1且ak+1=ca3k
(Ⅱ)由(Ⅰ)有α+β=p,αβ=q. +1-c≥1-c≥0,
从而xn=pxn-1-qxn-2可 写 成 xn=(α+β) ∴ak+1∈[0,1].
xn-1-αβxn-2(n=3,4,…). 由数学归纳法知,an∈[0,1]对所有n∈N*成立.
∴xn-αxn-1=β(xn-1-αxn-2)(n=3,4,…). 1
令yn=xn-αxn-1(n=2,3,…),则有 (Ⅱ)设0结论成立.
y2=x2-αx1=p2-q-αp=β2, 当n≥2时,
yn=βyn-1=β2yn-2=…=βn-2y2=βn(n≥3). ∵a =ca3n n-1+1-c,∴1-an=c(1-a3n-1)=c
故当n≥3时,xn=αxn-1+yn=αx nn-1+β (1-an-1)·(1+an-1+a2n-1).
=α(αxn-2+βn-1)+βn=α2x n-1n-2+(αβ +β 1
n) ∵0[0,1],∴1+an-1
=… +a2n-1≤3且1-an-1≥0,
=αn-2x2+(αn-3β3+αn-4β4+…+αβn-1+β ∴1-an≤3c(1-an-1).
n). ∴1-an≤3c(1-an-1)≤(3c)2(1-an-2)≤…
而x =α+β,x =(α+β)21 2 -αβ=α2+αβ+β2, ≤(3c)n-1.
所以当n≥3时,x =αn+αn-1β+αn-2 2n β +…+ (1-a1)=(3c)n-1.
αβn-1+β1. ∴an≥1-(3c)n-1(n∈N*).
故对n≥1都有x =αnn +αn-1β+αn-2β2+…+ ( ) 1设
α n-1+ n. Ⅲ 0,当 时,
3 n=1 a
2
1=0>2-
β β
n+1 n+1
{α -β , 2 当α≠β时 .结论成立.故xn= α-β 1-3c(n+1)βn 当α=β时. 当n≥2时,由(Ⅱ)知an≥1-(3c)n-1>0,
·160·
∴a2n ≥ [1- (3c)n-1]2 =1-2(3c)n-1 + () an 4n-22 ∵cn= = =(b 2 2n-1
)4n-1.
(3c)2(n-1)>1-2(3c)n-1. n
n-1
∴a2+a2+…+a21 2 n=a22+a23+…+a2n>n-1- 4
2[3c+(3c)2+…+(3c)n-1] ∴Tn=c1+c2+
…+cn
2[1-(3c)n] 2 =
[1+3×41+5×42+…+(2n-1)4n-1],
=n+1- >n+1- . 4T =[1×4+3×42+5×43+…+(2n-3)4n-11-3c 1-3c n
2012—2013高考题源拓展测试 +(2n-1)4n]
1.C 2.C 3.C 4.B 5.D 6.C 7.C 两式相减得
8.D 3Tn=-1-2(41+42+43+…+4n-1)+(2n-
n 1
9.87 10.1 11. ( ) 1
)4n= [(6n-5)4n+5]
4n+1 3
n2-n+2 1
12. ∴T = [(6n-5)4nn +5]2 9
.
13. 解:(1)设等比数列{an}的公比为q(q∈R), 15. 解:(1)依题意得S2+3S4-2×2S3=0,
由a =aq67 1 =1,得a1=q-6,从而a4=a1q3= a1(1-q2) a (1-q4) a 3即 +3× 1 -2×2 1
(1-q )
q-3,a5=aq41 =q-2,a =aq5=q-16 1 . 1-q 1-q 1-q
因为a4,a5+1,a6 成等差数列,所以a4+a =0,6
=2(a5+1), 1∴3q2-4q+1=0,∴q= 或 (舍去)
-3 -1 (-2 ),-1(-2 ) (-2 3
q=1
即q +q =2q +1 q q +1 =2q
n-1, 12 (11 ∵a =aq ∴a =3 × )n-1) n 1 n =3
13-n.
+1 .解得q=2.
3
(
n-1 2)bn=|13-n|.
故 a =aqn-1 =q-6 ·qn-1n 1 =64 (12 ) 记数列{bn}从第k 项开始的连续20项和为Tk
1 n-7 =bk+bk+1+…+bk+19= (2 ) . 若k≥13则Tk≥0+1+2+…+19=190>102,
n
[ 所以k<13,a (1-qn) 641- (1 ) ]( 2 …2)S = 1 = ∴Tk =bk +bk+1+ +b12+b13+b14+ …n 1-q 11- +bk+19,2
∴Tk=(13-k)+(12-k)+…+1+0+1+…
n
=128[1- (1 ) ] . +(k+6)2 =k2-7k+112,
∴k21 n 1 n -7k+112=102
,解得k=2或k=5,
∵ (2 ) > 0, ∴ 1 - ( ) < 1,2 所以从第2项或第5项开始数列{bn}中的连续
1 n 20项之和等于[ ( ) ] 102.∴1281- 2 <128. 16. 解:(1)设q、d 分别为数列{an}、数列{bn}的
14.解:(1)当n=1时,a1=S1=2; a1+b1=3,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2= 公比与公差,而b1=1,且
, { {a1q+b1+d=7,4n-2 故 an}的通项公式为an=4n-2,即{an}是 a 21q +b1+2d=13,
a1=2,公差d=4的等差数列. 解之得d=2,q=2,a1=2,
设{bn}的 公 比 为q,则b1qd=b1,d=4,∴q ∴an=2n,bn=2n-1.
1 b b b
= . (2)4 Tn=
1+ 2 …a a + +
n
1 2 an
n-1 1b =b =2× ,即{b }的通项公式为b 1 3 5 2n-1n 1q 4n-1 n n =2+22+
…
23+ + 2n
, ①
2
= 14n-1.
当n=1时,T1= ;2
·161·
,1 1 3 5 … 2
(i+
当n≥2 时 T = + + + + = j
) 2(i+ )
2 n 22 23 24 >
j =1.
4i2-1+ 4j2-1 4i2+ 4j2
2n-1
2n+1
,② 故不存在.
①-②,得 第十三章 不等式
1 1 2n-1
2Tn=
1 1 … 1 , 不等关系与不等式
2+2( - §13.1 22+23+ +2n ) 2n+1
五年高考母题原型训练
1
1-2n-1 2n-1 1 2n-1 1.A 【解析】 本题解题思路是根据充分必要条
∴Tn=1+ 1 - 2n =3-2n-2- 2n 件定义加以判定,由x>0得|x|>0;但反过来,由|x|>1-2 0不能得出x>0,也可能x<0.综上所述,“x>0”是“|x
<3. |>0”的充分不必要条件,选A.
17. 解:(1)由f(x)=2n 1+x2-x, 2.A 【解析】 考查充要条件的判定.∵a>0,
() 2nx得f'x = -1. b>0 ab>0
,但ab>0不能得到,∴a>0,b>0.故
1+x2 选A.
令 '() ,
1
x =0 得x= . 3.C 【解析】 由于选择题题型的特殊性,对有f
4n2-1 些比较复杂的题目,在解决时不一定非按部就班地按
10, , () ; 解答题的方法进行,而是常应用一些特殊方法,如排当x∈ ÷ 时2 f'x <0è 4n -1 除法、特殊值检验法等解决,以简化过程,节省时间.
1当x∈ ,+∞ 时,'(x)>0. 本题就可以用特例法:不妨令 ÷ f a=1
,b=0,则有a-|b
è 4n2-1 |=1>0,符合题意.而此时b-a=-1<0,A错;a3+
1
∴f (x)在 x = 时 取 得 最 小 b
3=1>0,B错;a2-b2=1>0,D错.故答案为C.
4n2-1 4.A 【解析】 设 x=log(1+a)(1-a),y=
值 4n2-1, log(1-a)(1+a),则x<0,y<0,且xy=1,x≠y.∴|x
∴a = 4n2n -1. |+|y|>2 |xy|=2,故选A.
(2)
1 1 1
∵ = 1 1 , 2012—2013高考题源拓展测试
a2n 4n2-1
=2 (2n-1-2n+1) 1.D 2.D 3.C 4.C 5.D 6.A 7.D
1 1 … 1∴ + + + = 8.Da2 a2 a21 2 n
1 1
1 [ ( 1 )+ (1 1 )+…+ ( 1 1 ) ] 9. [,]1- - - a-ba a+n b+m b
1 ( 1 ) 1 11.b >b+n>a+m>a 12. ②④=2 1-2n+1 <2.
13. 解:先令a=0得b=1,c=5.可推测c≥b
(3)不存在.假设存在两点 Ai、Aj 满足题意,即 ≥a.
kAiAj=1,令x=2n,y=an,则y= x2-1(x≥2), 下面有目的地作比较:
点(x,y)在曲线x2-y2=1(x≥2,y≥1)上,而双曲 c-b=a2-4a+4=(a-2)2≥0.
线的一条渐近线方程为y=x,其斜率为1,Ai、Aj 在 则c≥b.由已知条件得b=1+a2.
双曲线上,故kAiAj>1矛盾. 2
2 2 1
另解:不存在,设Ai(2i,ai),Aj(2j,aj),(其中 ∴b-a=1+a -a=a -a+1= (a-2 ) +
i,j∈N*), 3
>0,
a -a 4i2-1- 4 2-1 4
则kAiAj=
i j = j2(i-j) 2(i-j) ∴b>a,∴a,b,c间的关系为c≥b>a.
4(i2-j2) 14. 解:∵ab-(a+b)=(a-1)(b-1)-1,=
2(i-j)( 4i2-1+ 4j2-1) 又a>2,b>2,∴a-1>1,b-1>1.
·162·§12.3 等比数列
考纲·题型解读
理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式,并能解决简单的实际问题.
等比数列的定义、通项公式、前n 项和公式是解决等比数列的有关计算、论证的基础和出发点,这类问题往往解法灵活、多
变,是高考试题的生长点,选择题、填空题和解答题都有可能出现.
(Ⅱ)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.题源1 等比数列的基本运算 [解析] (Ⅰ)由已知,当n≥1时
an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1
解题模型
=3(22n-1+22n-3+…+2)+2
1.等比数列的定义 =22(n+1)-1.
如果一个数列从第二项起,每一项与它前一项的比都 而a1=2.
是同一个常数,那么这个数列为等比数列,常数叫做等比 所以数列{an}的通项公式为a =22n-1n .
数列的公比,用字母q表示. (Ⅱ)由b =na =n·22n-1n n ,知
2.等比数列的通项公式及前n 项和公式 S =1·2+2·23+3·25n +…+n·22n-1.①
a =aqn-1n 1 =am ·qn-m; 从而22·S 3n=1·2+2·25+3·27+…+n·22n+1.②
, ,
Sn={na1 q=1 ①-②得a1(1-qn), q≠1. (1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1,1-q 1
其中应注意“q=1”与“q≠1”条件的讨论,不能盲目地 即Sn= [(3n-1)
2n+1 ]
9 2 +2 .
a1(1-qn)
套用公式S = 来求等比数列的前n 项和,特别 [点评] 裂项法与错位相减法是数列中的两个重要方法.n 1-q
是公比为字母参数时,更应注意分“q=1”和“q≠1”两种情 题源2 等比数列的判定与证明
况讨论.
3.等比中项 解题模型
如果三个数a,G,b成等比数列,那么G 就叫做a 与b
等比数列的判定与证明的常见方法如下:
的等比中项,即G=± ab.
() :a1 n+1定义法 =q(q 是不为0的常数,n∈N*)a n
[真题1] (2021·辽宁)等比数列{an}的前n 项和为Sn. {an}是等比数列.
已知S1,S3,S2 成等差数列. (2)通项公式法:an=cqn(c,q均是不为0的常数,n∈(Ⅰ)求{an}的公比q;
N*) {an}是等比数列( .Ⅱ)若a1-a3=3,求Sn. (3)中项公式法:[ ] ( ) a
2
n+1=a ·a解析 Ⅰ n n+2
(an·an+1·an+2≠
依题意有
( ,
*) { }是等比数列
a1+ a1+a1q)=2(a 2
0n∈N an .
1+a1q+a1q ).
由于a1≠0,故2
a a
q2+q=0. (4) 1 1前n 项和公式法:S n nn= q - =kq -k(q-1 q-1
k
, 1又q≠0 从而q=-2. a= 1 是不为 零 的 常 数,且
q-1 q
≠0,q≠1) {an}是 等 比
2
(Ⅱ)由已知可得a1-a ( 11 -2 ) =3. 数列.
【说明】 对于等比数列的证明题,一定要用定义法或故a1=4.
n 中项公式法证明,至于其他两种方法,一般在选择题、填空
4[1- ( 1-2 ) ] 8 1 n 题中使用.从而Sn= 1 =3 [1-( (
-2 ) ] .1- -2 ) [真题3] (2021·全国Ⅱ)设数列{an}的前n 项和为Sn.
[真题2] (2022·全国)设数列{an}满足a1=2,an+1-an 已知a1=1,Sn+1=4an+2.
=3·22n-1. (Ⅰ)设bn=an+1-2an,证明数列{bn}是等比数列;
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)求数列{an}的通项公式.
·270·
[解析] (Ⅰ)由已知有a1+a2=4a1+2, 围;若不存在,请说明理由.
解得a2=3a1+2=5,故b1=a2-2a1=3. [解析] (Ⅰ)假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列,则
又an+2=Sn+2-Sn+1, 有a22=a1a3,即
=4an+1+2-(4an+2) 2 2
λ-3 =λ
=4a -4a , (3 ) (
4
9λ-4) 4 4 9λ2-4λ+9= λ29 -4λ 9=n+1 n
于是an+2-2an+1=2(an+1-2an),即bn+1=2bn. 0,矛盾.所以{an}不是等比数列.
因此数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列. (Ⅱ)因b =(-1)n+1n+1 [a n+1n+1-3(n+1)+21]=(-1) ·
(Ⅱ)由(Ⅰ)知等比数列{bn}中b1=3,公比q=2, (2 2 2an-2n+14)=- (-1)n·(3 an-3n+21)=- ,所以a n-1 3bnn+1-2an=3×2 , 3
a 又 ( ),所以n+1 a 3 b1=-λ+18
于是 n+1-
n
n= ,2 2 4 当λ=-18时,bn=0(n∈N*),此时{bn}不是等比数列,当
{an } 1 3 λ≠-18时, (, , b1=-λ+18)≠0,由上可知bn≠0,因此数列 是首项为 公差为 的等差数列2n 2 4 b
∴ n+1
2
=- (a n∈N
*).
n 1
n= +( )
3 3 1 bn 3
2 2 n-1 ×
,
4=4n-4 2
故当
( )· n-2 λ≠-18
时,数列{bn}是以-(λ+18)为首项,- 为
所以an= 3n-1 2 . 3
[真题4] (2020·辽宁)已知数列{an},{bn}是各项均为正 公比的等比数列.
, bn
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当λ=-18时,( *) bn=0
,Sn=0,不满足题目
数的等比数列 设cn=a n∈N .n 要求.
(Ⅰ)数列{cn}是否为等比数列 证明你的结论. n-1
( ) { },{ } ∴λ≠-18
,故得bn=-(λ+18)·
2
- ,于是可得
Ⅱ 设数列lnan lnbn 的前n 项和分别为Sn,Tn.若a (1 3 )
n
=2,
Sn n= ,
3 2
求数列{cn}的前n项和. Sn=- (λ+18)·5 [1-T n (-2 +1 3 ) ] .n
[解析] (Ⅰ){cn}是等比数列. 要使a设{an}的公式比为q1(q1>0),{bn}的公比为q2(q2>0),则 3 n即a<- ( )· 2 (5 λ+18 [1- (-3 ) ]n
n(n-1) () 2 ,
nlna 令fn =1- - 则1+ 2 lnq1
( )
n 3
由条件得
n(n-1) =
,即
2n+1 5
nlnb + lnq 当n 为正奇数时,12lna1+(n-1)lnq1 n 5≤ (n)<1,
2lnb1+(
f
n-1)ln =q2 2n+1
. 9
故对n=1,2,…, ∴f(n)
5
的 最 大 值 为f(1)= ,f(n)的 最 小 值 为 f(2)
(2lnq -lnq )n21 2 +(4lna1-lnq1-2lnb1+lnq2)n+(2lna 31
-lnq1)=0. 5= ,9
{2lnq1-lnq2=0
,
于是,由①式得
于是 4lna1-lnq1-2lnb1+lnq2=0,
9 3 3
2lna1-lnq1=0. ( )5a<-5 λ+18 <5b -b-18<λ<-3a-18.
将a1=2代入得q1=4,q2=16,b1=8. 当a8·16n-1
从而有cn= n 满足题目要求;2·4n-1 =4
,
当b>3a 时,存在实数λ,使对任意正整数n,都有a所有数列{cn}的前n 项和为
b,且λ的取值范围是(-b-18,-3a-18).
4
4+42+…+4n= (3 4
n-1).
题源3 等比数列的性质及应用
[真题5] (2020·湖北)已知数列{an}和{bn}满足:a1=λ,
2
an+1=3an+n-4
,b nn=(-1)(an-3n+21),其中λ为实数,
n为正整数.
(Ⅰ)对任意实数λ,证明数列{an}不是等比数列;
(Ⅱ)试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论;
(Ⅲ)设0λ,使得对任意正整数n,都有a·271·
解题模型 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)的图象上.
1.在等比数列中,若m+n=p+q,则am ·an=ap · (Ⅰ)求r的值;
aq(m,n,p,q∈N*). (Ⅱ)当b=2时,记bn=2(log *2an+1)(n∈N ).
2.间隔相同的项,如a1,a3,a5…仍为等比数列,且公
: *, b1+1·b2+1 bn+1比为q2. 证明 对任意的n∈N 不等式 ·…·b1 b2 bn
3.一个公比q≠-1的等比数列,由始到尾,截得项数 > n+1成立.
相同的若干段,各段内诸项之和,组成新的等比数列,若每 [解析] (Ⅰ)由题意,S =bnn +r,
段内含有n 项,则新公比为原公比的n 次幂,即Sn,(S2n- 当n≥2时,S =bn-1n-1 +r,
Sn),(S3n-S n2n)成等比数列,公比为q . 所以an=Sn-S =bn-1n-1 (b-1),
由于b>0且b≠1,
4.单调性 所以n≥2时,{an}是以b为公比的等比数列,
又
{a1>0 a1<0 a1=b+r
,a2=b(b-1),
若 或 {an}递增.
q>1 {00 a1<0若 或{ {an}递减. (Ⅱ)证法一:由( )知01 Ⅰ an=2n-1,
{ } , { } 因此bn=2n(n∈N
*),
q=1 an 为常数列 q<0 an 为摆动数列.
2+1·4+1所证不等式为 ·…·2n+1
2 4 2n > n+1.[真题6] (2022·天津)已知{an}是首项为1的等比数列,
S 是{a }的前n项和,且9S =S ,则数列{1} 的前5项和为 (
3
1)当n=1时,左式= ,右式= 2,
n n 3 6 a 2n
( ) 左式>右式,所以结论成立 .
(2)假设n=k 时结论成立,即15 31
A. 或8 5 B.
或
16 5 2+1·4+1·…·2k+1 2+1
2 4 2k > k+1
,则当n=k+1时,
31 15 2
C.16 D.8 ·4+1·…·2k+1· 2k+3 2k+3 2k+3( )> k+1 = ,[解析] ( ) 由题意可知,显然q≠1. 4 2k 2k+1 2k+1 2 k+1
∵9(a1+a2+a3)=a1+a2+a 2k+33+a4+a5+a6, 要证当n=k+1时结论成立,只需证 ≥ k+2,
∴8(a +a 2 k+11 2+a3)=a4+a5+a6,
8(a1+a2+a3)=(a1+a2+a3)q3, 2k+3即证 ≥ (k+1)(k+2),
∴q=2, n-1,
2
an=2
由均值不等式
1 1 … 1 1 1 … 1 31∴a + + + =
故选
a a 20+21+ +24=16. C. 2k+3 (k+1)+(k+2)1 2 5 ( )(
2 = 2 ≥ k+1 k+2
)成立,
[真题7] (2022·重庆)在等比数列{an}中,a2010=8a2007,
2k+3
则公比q的值为 ( ) 故 ≥ k+2成立.
2 k+1
A.2 B.3
所以,当n=k+1时,结论成立.
C.4 D.8
由()()可知, *时,
[解析] ∵{an}是等比数列,∴a2010=a 32007·q =8a2007,
1 2 n∈N
3 b1+1 b2+1 bn+1∴q =8,∴q=2,故选A. 不等式 · ·…· 成立b1 b2 b > n+1 .n
[真题8] (2021·广东)已知等比数列{an}满足an>0,n= 证法二:由(Ⅰ)知:a =2n-1n ,因此bn=2n(n∈N*),
1,2…,且a ·a =22n5 2n-5 (n≥3),则当n≥1时,log2a1+log2a3+… 3·5·7·…·2n+1+loga 所证不等式为 > n+1.2 2n-1等于 ( ) 2 4 6 2n
A.(n-1)2 3 5 7 2n+1
B.n2
事实上, · · ·…·
2 4 6 2n
C.(n+1)2 2+4 4+6 6+8 2n+(2n+2)
D.n(2n-1) 2 · 2 · 2 ·…· 2=
[解析] 由于a1·a 2n 2 4 6 2n2n-1=a3a2n-3=a5a2n-5=…=an-1an+1=2 ,
当n为偶数时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=log2(a1a3…a2n-1) 2×4· 4×6
( )
> ·
6×8·…· 2n2n+2
n 2 4 6 2n
=log [(22n2 )2]=n2;当n 为 奇 数 时,log2a1+log2a3+…+
n-1 2
log2a2n-1=log2(a1a3…a2n-1)=log2[(22n)2 ·2n]=n2.选B. = ·2 2n+2= n+1.
题源4 等比数列的综合运用 故对一切n∈N
*,不等式
b1+1·b2+1[ ] ( · ) { ·…·
bn+1
成立
真题9 2021 山东 等比数列 an}的前n 项和为S . b b b > n+1 .n 1 2 n
·272·
·273·
(★代表高考出现的频次)
9.(2021·浙江)设S 为数列{a }的前n 项和,S =kn2
题源1 等比数列的基本运算(★★★★★) n n n
+
n,n∈N*,其中k是常数.
1.(2021·山东)已知等比数列{an}的公比为正数,且a3· (Ⅰ)求a1 及an;
a9=2a25,a2=1,则a1 等于 ( ) (Ⅱ)若对于任意的 m∈N*,am,a2m,a4m 成等比数列,求k
1 2 的值.
A.2 B.2 C.2 D.2
2.(2022·北京)在等比数列{an}中,a1=1,公比|q|≠1.若
am=a1a2a3a4a5,则m= ( )
A.9 B.10
C.11 D.12
3.(2022·辽宁)设{an}是由正整数组成的等比数列,Sn 为
其前n项和.已知a2a4=1,S3=7,则S5= ( )
15 31
A.2 B.4
33 17
C.4 D.2
10.(2019·全国Ⅰ)设{an}是等差数列,{bn}是各项都为正
4.(2022·浙江)设Sn 为等比数列{an}的前n 项和,8a2+ 数的等比数列,且a1=b1=1,a3+b5=21,a5+b3=13.
, Sa5=0 则
5= ( ) (Ⅰ)求{S an
},{bn}的通项公式;
2
A.11 B.5 (Ⅱ)求数列{an } 的前n项和b Sn.n
C.-8 D.-11
5.(2022·福建)在等比数列{an}中,若公比q=4,且前3项
之和等于21,则该数列的通项公式an= .
6.(2021·宁海)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= .
7.(2021·江苏)设{an}是公比为q的等比数列,|q|>1,令
bn=an+1(n=1,2,…),若数列{bn}有连续四项在集合{-53,
-23,19,37,82}中,则6q= .
8.(2019·北京)数列{an}中,a1=2,an+1=an+cn(c是常
数,n=1,2,3,…),且a1,a2,a3 成公比不为1的等比数列.
(Ⅰ)求c的值; 题源2 等比数列的判定与证明(★★★★)
(Ⅱ)求{an}的通项公式.
11.(2019·福建)等差数列{an}的前n 项和为Sn,a1=1+
2,S3=9+32.
(Ⅰ)求数列{an}的通项an 与前n项和Sn;
(Ⅱ)
S
设b n *n= (n∈N ),求证:数列{bn}中任意不同的三n
项都不可能成为等比数列.
·274·
12.(2021·陕西)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=
an+an+1, * 题源3 等比数列的性质及应用(★★★★)
2 x∈N .
(Ⅰ)令bn=an+1-an,证明:{bn}是等比数列; 16.(2022·全国Ⅰ)已知各项均为正数的等比数列{an}中,
(Ⅱ)求{an}的通项公式. a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6= ( )
A.52 B.7
C.6 D.42
17.(2019·北京)如果-1,a,b,c,-9成等比数列,那么
( )
A.b=3,ac=9 B.b=-3,ac=9
C.b=3,ac=-9 D.b=-3,ac=-9
18.(2019·全国Ⅰ)已知{an}为等比数列,a3=2,a2+a4=
13.(2019·天津) { } ,
20
在数列 an 中 a1=2,an+1=4an-3n+ .求{an}的通项公式3 .
1,n∈N*.
(Ⅰ)证明:数列{an-n}是等比数列;
(Ⅱ)求数列{an}的前n项和Sn;
(Ⅲ)证明:不等式Sn+1≤4Sn 对任意n∈N*皆成立.
题源4 等比数列的综合运用(★★★★★)
19.(2022·安徽)设{an}是任意等比数列,它的前n 项和,
前2n项和与前3n项和分别为X,Y,Z,则下列等式中恒成立的是
( )
14.(2022·上海)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn= A.X+Z=2Y
n-5an-85,n∈N*. B.Y(Y-X)=Z(Z-X)
(Ⅰ)证明:{an-1}是等比数列; C.Y2=XZ
(Ⅱ)求数列{Sn}的通项公式,并求出n 为何值时,Sn 取得 D.Y(Y-X)=X(Z-X)
最小值,并说明理由. 20.(2005·全国Ⅰ)设等比数列{an}的公比为q,前n 项和
Sn>0(n=1,2,…).
(Ⅰ)求q的取值范围;
( 3Ⅱ)设bn=an+2-2an+1
,记{bn}的前n 项和为Tn,试比
较Sn 和Tn 的大小.
15.(2020·四川)设数列{an}的前n项和为Sn,已知ban-
2n=(b-1)Sn.
(Ⅰ)证明:当b=2时,{a -n·2n-1n }是等比数列;
(Ⅱ)求{an}的通项公式.
21.(2020· 湖 南)数 列{an}满 足a1=0,a2=2,an+2=
( nπ nπ1+cos2 2 )an+4sin2 , ,,,…2 n=123
(Ⅰ)求a3,a4,并求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设Sk=a1+a3+…a2k-1,Tk=a2+a4+…+a2k,Wk
2S
= k (k∈N*),求使Wk>1的所有k的值,并说明理由2+T .k
·275·
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 D.243
只有一个选项符合题意) 7.( 4)设等差数列{an}的公差d 不为0,a1=9d,若ak 是
1.( 1.2)等比数列{an}的公比为q,则“q>1”是“对于任意 a1 与a2k的等比中项,则k等于 ( )
正整数n,都有an+1>an”的 ( ) A.2 B.4
A.充分不必要条件 C.5 D.8
B.必要不充分条件 8.( 4)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,其公比q
C.充要条件 ≠1,且bi>0(i=1,2,3,…,n),若a1=b1,a11=b11,则 ( )
D.既不充分又不必要条件 A.a6=b6
2.( 1.3)已知{an}是公比为q 的等比数列,且a1,a3,a2 B.a6>b6
成等差数列,则q= ( ) C.a61
A.1或- D.a6>b6
或a62 二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
B.1 9.( 1.3)已知在等比数列{an}中,a1+a3=10,a4+a6=
1
C.- 52 ,则等比数列{
5
4 an
}中,a1+a3=10,a4+a6= ,则等比数列4
D.-2 {an}的公比q的值为 .
3.( 1.3)在等比数列an 中,a7·a11=6,a4+a14=5,则
( ) 8 27a 10. 1 在 和 之间插入三个数,使这五个数成等比数20等于 ( ) 3 2a10 列,则插入的三个数的乘积为 .
3
A. 11.( 4)设{an}的公比q>1的等比数列,若a2004和a2005是2
方程4x2-8x+3=0的两根,则a2006+a2007= .
2
B.3 12.
( 4)设{an}是公比为q 的等比数列,其前n 项的积为
2 3 a -1
C. 或 Tn
,并且满足条件a1>1,a a
99
99 100-1>0,a -1<0.
给出下列结
3 2 100
2 3 论:①0D.- 或3 -2 小自然数n等于199,其中正确结论的编号是 .
4.( 1)设f(n)=2+24+27+210+…+23n+10(n∈N),则 三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)
f(n)等于 ( ) 13.( 1)等比数列{an}的各项均为正数,其前n项中,数值
2 最大的一项是54,若该数列前n 项和为Sn n,且Sn=80,S2n=A. (8 -1)7 6560.求:
2 () ;
B. (7 8
n+1-1) 1S100
(2)an.
2
C. (8n+3-1)7
2
D. (n+4 )7 8 -1
5.( 3)各项均为正数的等比数列{an}中,若a5a6=9,则
log3a1+log3a2+…+log3a10的值 ( )
A.12
B.10
C.8
D.2+log35
6.( 3)已知等比数列{an}满足a1+a2=3,a2+a3=6,则
a7= ( )
A.64
B.81
C.128
·276·
14.( 1.4)Sn 是无穷等比数列{an}的前n 项和,且公比 16.( 1)以数列{an}的任意连续两项为坐标的点Pn(an,
, 1 1 , an+1)(n∈N
*)均在一次函数 的图象上,数列{ }满
q≠1 已知1是 S2 和 S3 的等差中项 是2 3 6 2S2
与3S 的等 y=2x+8 bn3
足条件:bn=an+1-an(n∈N*,b1≠0)且a1=1.求数列{bn}的
比中项.求: 前n项和Tn.
(1)S2 和S3;
(2)此数列的通项公式;
(3)数列{Sn}的前n项和.
17.( 1.4)在等比数列{a }中,a >0(n∈N*n n ),公比q∈
( ) { } , 115. 2.4 已知数列 a 的前n 项和为S S = (a - (0,1),且a3+a5=5,又a3 与a5 的等比中项为2.n n n 3 n (1)求数列{an}的通项公式;
1)(n∈N*). (2)设bn=5-log2an,数列{bn}的前n 项和为Sn,求数列
(1)求a1,a2; {Sn}的通项公式;
(2)求证:数列{an}是等比数列.
(3)
1 1 1
设Tn= + …S S + +
,求Tn.
1 2 Sn
·277·

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