第二章 数 列
【选题明细表】
知识点、方法
题号
数列的有关概念
1
数列的分类
2
数列的通项公式
3、6、8、9
数列通项公式的应用
4、5、7、10、11、12
基础达标
1.下列说法中正确的是( C )
(A)数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}
(B)数列1,0,-1,-2与-2,-1,0,1是相同的数列
(C)数列｛｝的第k项为1+
(D)数列0,2,4,6,…可记为{2n}
解析:{1,3,5,7}是一个集合,故选项A错;数虽相同,但顺序不同,不是相同的数列,故选项B错;数列0,2,4,6,…可记为{2n-2},故选项D错,故选C.
2.下列四个数列中,既是无穷数列又是递增数列的是( C )
(A)1,,,,…
(B)sin π,sin π,sin π,…
(C)-1,-,-,-,…
(D)1,,,…,
解析:A选项中的数列是递减数列,B选项中的数列是摆动数列,D选项中的数列是有穷数列,只有C选项中的数列是无穷数列且是递增数列,故选C.
3.(2013福州八县一中高三联考)若数列的前4项分别是,-,,-,则该数列的一个通项公式为( A )
(A) (B)
(C) (D)
解析:数列中项的符号是先正后负,故可用(-1)n+1或(-1)n-1表示,又每项分式的分母与项数n之间的关系为n+1.故选A.
4.已知数列{an}的通项公式an=,则a2013·a2014·a2015等于( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:a2013·a2014·a2015=··=,故选C.
5.(2013焦作一中高二第一次月考)下列四个数中,是数列{n(n+2)}中的项的是( A )
(A)399 (B)380 (C)39 (D)23
解析:令n(n+2)分别等于399,380,39,23,能求出整数解的只有399,n(n+2)=399,求得n=19.故选A.
6.数列3,33,333,3333,…的一个通项公式是 .?
解析:数列9,99,999,9999,…的一个通项公式是an=10n-1,因此3,33,333,3333,…的一个通项公式是an=(10n-1).
答案:an=(10n-1)
7.已知数列{an}的通项公式为an=,那么是它的第 项.?
解析:令=,
解得n=4(n=-5舍去),所以是第4项.
答案:4
能力提升
8.一张长方形桌子可坐a1=6人,按如图所示把桌子拼在一起,n张桌子可坐人数an等于( B )
(A)2n+2 (B)2n+4 (C)4n+2 (D)4n+4
解析:一张桌子可坐2×1+4人,
两张桌子可坐2×2+4人,
三张桌子可坐2×3+4人,
依此类推,n张桌子可坐2n+4人.故选B.
9.已知数列{an}的前4项为11,102,1003,10004,…,则它的一个通项公式为 .?
解析:由于11=10+1,102=102+2,1003=103+3,10004=104+4,…,所以该数列的一个通项公式是an=10n+n.
答案:an=10n+n
10.在数列,,-,-,-,…中,-是它的第 项.?
解析:易知数列{an}的一个通项公式为an=,
令=-,解得n=10,
所以-是数列的第10项.
答案:10
11.已知数列{an}的通项公式为an=pn+q(p,q∈R),且a1=-,a2=-.
(1)求{an}的通项公式;
(2)-是{an}中的第几项?
(3)该数列是递增数列还是递减数列?
解:(1)∵an=pn+q,
又a1=-,a2=-,
∴解得
因此{an}的通项公式是an=()n-1.
(2)令an=-,即()n-1=-,
所以()n=,n=8.
故-是{an}中的第8项.
(3)由于an=()n-1,且()n随n的增大而减小,因此an的值随n的增大而减小,故{an}是递减数列.
探究创新
12.已知数列{};
(1)求这个数列的第10项;
(2)是不是该数列中的项,为什么?
(3)求证:数列中的各项都在区间(0,1)内;
(4)在区间(,)内有无数列中的项?若有,是第几项?若没有,说明理由.
(1)解:设an=f(n)=
==.
令n=10,得第10项a10=f(10)=.
(2)解:令=,得9n=300.
此方程无正整数解,所以不是该数列中的项.
(3)证明:∵an==1-,
又n∈N*,∴0<1-<1,∴0
∴数列中的各项都在区间(0,1)内.
(4)解:令∴∴
∴当且仅当n=2时,上式成立,故区间(,)内有数列中的项,且只有一项为a2=.
【选题明细表】
知识点、方法
题号
递推公式的简单应用
1、4、6、7
利用递推公式求通项公式
11
数列的单调性
2、10
数列的周期性
5、8、9
数列的最大(小)项问题
3
基础达标
1.已知数列{an}满足a1=,an=2an-1+1(n>1),那么a4等于( B )
(A)5 (B)11 (C)23 (D)8
解析:由已知可得a2=2a1+1=2,a3=2a2+1=5,a4=2a3+1=11,故选B.
2.已知数列{an}满足a1>0且an+1=an,则数列{an}是( B )
(A)递增数列 (B)递减数列
(C)常数列 (D)摆动数列
解析:∵a1>0,an+1=an,∴an>0.
又∵an+1-an=an-an=-an<0,∴an+1故数列{an}是递减数列.故选B.
3.数列{an}的通项公式an=3n2-28n,则数列各项中最小项是( B )
(A)第4项 (B)第5项 (C)第6项 (D)第7项
解析:an=3(n-)2-.
又由于n为正整数,∴n=5时,an最小,故选B.
4.(2014开封高二期末)数列{an}满足an+1+an=2n-3,则a8-a4等于( D )
(A)7 (B)6 (C)5 (D)4
解析:a8-a4=a8+a7-a7+a6-a6+a5-a5-a4
=(a8+a7)+(a6+a5)-(a7+a6)-(a5+a4)
=2×7-3+2×5-3-(2×6-3)-(2×4-3)
=4.故选D.
5.(2013晋城高二检测)已知a1=3,a2=6,an+2=an+1-an,则a2014等于( B )
(A)3 (B)-3 (C)-6 (D)6
解析:∵a1=3,a2=6,且an+2=an+1-an,
∴a3=a2-a1=3,a4=a3-a2=-3,a5=a4-a3=-6,a6=a5-a4=-3,
a7=a6-a5=3,a8=a7-a6=6,…,
故数列{an}的周期为6,∴a2014=a6×335+4=a4=-3.故选B.
6.(2014桂林高二期末)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=an+n+1,则a10= .?
解析:a10=a10-a9+a9-a8+…+a2-a1+a1=10+9+8+…+2+2=56.
答案:56
7.(2013福建师大附中高二期中)在数列{an}中,已知a1=1,an+1=an+2n,则a10= .?
解析:∵an+1=an+2n,∴an+1-an=2n,
∴a2-a1=2,
a3-a2=4,
a4-a3=6,
a10-a9=18,
以上各式相加得a10-a1=2+4+6+…+18=90.
∴a10=90+a1=91.
答案:91
能力提升
8.(2014吉林高二期末)函数f(x)=若数列{an}满足a1=,an+1=f(an),n∈N*,则a2013+a2014等于( C )
(A)4 (B) (C) (D)
解析:a2=f()=-1=;
a3=f()=-1=;
a4=f()=+=;
a5=f()=2×-1=;
a6=f()=2×-1=;
从a3开始数列{an}是以3为周期的周期数列.
∴a2013+a2014=a3+a4=.故选C.
9.(2014日照高二期末)设f(x)由下面数表给出,{xn}满足x0=5,且对任意自然数n均有xn+1=f(xn),则x2014等于 .?
x
1
2
3
4
5
f(x)
4
1
3
5
2
解析:根据题意,x1=f(x0)=f(5)=2,
x2=f(x1)=f(2)=1,
x3=f(x2)=f(1)=4,
x4=f(x3)=f(4)=5,
x5=f(x4)=f(5)=2,…
所以数列{xn}是以4为周期的周期数列,
又2014=4×503+2,
所以x2014=x2=1.
答案:1
10.已知数列{an}的通项公式是an=(p∈R),若{an}是一个递增数列,则实数p的取值范围是 .?
解析:∵an=,∴an+1=,
由{an}是递增数列知an+1-an>0,
∴-=
=>0,
由于(n+2)(n+1)>0,∴1-p>0,故p<1.
答案:(-∞,1)
探究创新
11.在数列{an}中:
(1)已知a1=1,an+1-an=2,求数列{an}的通项公式;
(2)已知a1=1,且nan=(n+1)an-1(n≥2),试求数列{an}的通项公式.
解:(1)法一 (累加法)
∵a1=1,an+1-an=2,
∴a2-a1=2,a3-a2=2,a4-a3=2,…,an-an-1=2,
将这些式子的两边分别相加得(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=2(n-1),
即an-a1=2(n-1),又a1=1,
∴通项公式为an=2n-1.
法二 (迭代法)
an=an-1+1×2=an-2+2×2=…=a1+(n-1)×2=2n-1.
∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由nan=(n+1)an-1可得=(n≥2),
因此有=,=,=,…,=,
以上(n-1)个式子相乘可得
···…·=×××…×.
∴=,
又a1=1,∴an=.
∵a1=1也适合上式,
∴数列{an}的通项公式是an=.
2.2 等差数列
【选题明细表】
知识点、方法
题号
等差数列的定义
1、5、9
等差数列的通项公式
2、4、6、8、10
等差中项的概念
3
等差数列的综合应用
7、11、12、13
基础达标
1.已知数列{an}的通项公式为an=3n-5,则此数列是( A )
(A)公差为3的等差数列 (B)公差为-5的等差数列
(C)首项为3的等差数列 (D)首项为-5的等差数列
解析:因为当n≥2时,an-an-1=3n-5-[3(n-1)-5]=3,
所以此数列是公差为3的等差数列.故选A.
2.(2013晋中高二检测)在数列{an}中,a1=3,an+1=an+4,则该数列的通项公式an等于( B )
(A)4n+3 (B)4n-1
(C)3n+3 (D)3n+1
解析:∵an+1=an+4,即an+1-an=4,
∴数列{an}是首项为a1=3,公差d=4的等差数列,
∴an=3+4(n-1)=4n-1.故选B.
3.等差数列的前三项依次是x-1,x+1,2x+3,则其通项公式为( B )
(A)an=2n-5 (B)an=2n-3
(C)an=2n-1 (D)an=2n+1
解析:∵x-1,x+1,2x+3是等差数列的前三项,
∴2(x+1)=x-1+2x+3,解得x=0.
∴a1=x-1=-1,a2=1,a3=3,
∴d=2,∴an=-1+2(n-1)=2n-3,故选B.
4.在等差数列{an}中,a3=0,a7-2a4=-1,则公差d等于( B )
(A)-2 (B)- (C) (D)2
解析:由题意,得
解得故选B.
5.如果f(n+1)=(n=1,2,3,…),且f(1)=,则f(2014)等于( D )
(A)1006 (B)1007 (C)1008 (D)1009
解析:∵f(n+1)==f(n)+,
∴f(n+1)-f(n)=.
即数列{f(n)}是首项为,公差为的等差数列.
所以通项公式为f(n)=+(n-1)×=n+2,
f(2014)=×2014+2=1009.故选D.
6.(2013年高考重庆卷)若2,a,b,c,9成等差数列,则c-a= .?
解析:设等差数列的公差为d,则9=2+4d,d=.故c-a=2d=.
答案:
7.已知等差数列{an}中,a9+a10=a,a19+a20=b,则a99+a100= .?
解析:记等差数列{an}的公差为d,
则a19-a9=a20-a10=10d,∴20d=b-a.
∴a99+a100=(a9+90d)+(a10+90d)=(a9+a10)+180d
=a+9(b-a)=9b-8a.
答案:9b-8a
能力提升
8.一个首项为23,公差为整数的等差数列,第7项开始为负数,则它的公差是( C )
(A)-2 (B)-3 (C)-4 (D)-6
解析:设此等差数列{an}的公差为d.
则有a7=23+6d<0,a6=23+5d>0,
-又d是整数,
∴d=-4,选C.
9.已知数列{an}满足=+4,且a1=1,an>0,则an= .?
解析:根据已知条件=+4,即-=4,
得数列{}是公差为4的等差数列,
∴=+(n-1)·4=4n-3.
∵an>0,∴an=.
答案:
10.若m≠n,两个等差数列m、a1、a2、n与m、b1、b2、b3、n的公差分别为d1和d2,则的值为 .?
解析:由n=m+3d1,n=m+4d2得d1=,d2=,
∴==.
答案:
11.(2013福州八县一中高二联考)已知函数f(x)=,数列{xn}的通项由xn=f(xn-1)(n≥2且n∈N*)确定.
(1)求证:{}是等差数列;
(2)当x1=时,求x100.
(1)证明:xn=f(xn-1)=(n≥2且n∈N*)
∴==+,
∴-=(n≥2且n∈N*),
∴{}是等差数列.
(2)解:由(1)知=+(n-1)×=2+=.
∴==35.
∴x100=.
①用定义法证明一个数列是等差数列,可直接把已知等式变形为从第2项起每一项与前一项的差是同一个常数的形式,或利用已知等式关系求出后面一项与前面一项的差是同一个常数;②题目的第(2)问一般利用第(1)问的结论.
12.成等差数列的四个数之和为26,第二个数和第三个数之积为40,求这四个数组成的等差数列.
解:设这四个数分别为a-3d,a-d,a+d,a+3d,
则
由①得a=,代入②得d=±.
∴这四个数组成的等差数列为2,5,8,11或11,8,5,2.
探究创新
13.已知等差数列{an}:3,7,11,15,….
(1)135,4m+19(m∈N*)是{an}中的项吗?试说明理由.
(2)若ap,aq(p,q∈N*)是数列{an}中的项,则2ap+3aq是数列{an}中的项吗?并说明你的理由.
解:a1=3,d=4,an=a1+(n-1)d=4n-1.
(1)令an=4n-1=135,∴n=34,
∴135是数列{an}中的第34项.
令an=4n-1=4m+19,则n=m+5∈N*.
∴4m+19是{an}中的第m+5项.
(2)∵ap,aq是{an}中的项,
∴ap=4p-1,aq=4q-1.
∴2ap+3aq=2(4p-1)+3(4q-1)
=8p+12q-5
=4(2p+3q-1)-1,
∵2p+3q-1∈N*,
∴2ap+3aq是{an}中的第2p+3q-1项.
【选题明细表】
知识点、方法
题号
等差数列性质的应用
1、2、4、6、7、8
等差数列中的计算问题
3、5、9、10、12
实际应用题
11
基础达标
1.设数列{an},{bn}都是等差数列,且a1=25,b1=75,a2+b2=100,那么由an+bn所组成的数列的第37项为( C )
(A)0 (B)37 (C)100 (D)-37
解析:设cn=an+bn,则{cn}为等差数列.又c1=a1+b1=25+75=100,c2=a2+b2=100,则d=c2-c1=0,故cn=100(n∈N*),从而c37=100.故选C.
2.等差数列{an}中,a2+a5+a8=9,那么关于x的方程x2+(a4+a6)x+10=0( A )
(A)无实根 (B)有两个相等实根
(C)有两个不等实根 (D)不能确定有无实根
解析:由a2+a5+a8=9得3a5=9,a5=3,
∴a4+a6=2a5=6,
于是方程的判别式Δ=(a4+a6)2-4×10=62-4×10<0,故方程无实根,故选A.
3.等差数列{an}中,a1+a4+a7=39,a2+a5+a8=33,则a3+a6+a9等于( C )
(A)21 (B)24 (C)27 (D)30
解析:由已知得3a4=39,3a5=33,
∴a4=13,a5=11,
若设公差为d,
则d=a5-a4=11-13=-2,
于是a6=9,
∴a3+a6+a9=3a6=3×9=27,故选C.
4.若{an}是等差数列,则下列数列中仍为等差数列的个数有( D )
①{an+an+1};②{};③{an+1-an};④{2an};⑤{2an+n}.
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个
解析:设等差数列{an}的公差为d,
对于①(an+an+1)-(an-1+an)
=(an-an-1)+(an+1-an)
=2d,
∴{an+an+1}是等差数列;
对于②,{}不一定是等差数列,例如取{an}为1,2,3,4,…;
对于③,由于an+1-an=d,
∴{an+1-an}是常数列,仍为等差数列;
对于④,2an-2an-1=2d,
∴{2an}是等差数列;
对于⑤,(2an+n)-(2an-1+n-1)=2d+1为常数,
∴{2an+n}是等差数列,
因此①③④⑤仍为等差数列,故选D.
5.设{an}是公差为正数的等差数列,若a1+a2+a3=15,a1a2a3=80,则a11+a12+a13等于( B )
(A)120 (B)105 (C)90 (D)75
解析:∵a1+a2+a3=15,∴a2=5.
∴a1a3=16.
设{an}的公差为d,则
又d>0,∴d=3,a1=2.
∴a11+a12+a13=3a12=3(a1+11d)=3(2+11×3)=105,
选B.
6.(2013湖南师大高二期中)在等差数列{an}中,已知a2+a3+a10+a11=36,则a5+a8= .?
解析:法一 根据题意,有(a1+d)+(a1+2d)+(a1+9d)+(a1+10d)=36,
∴4a1+22d=36,则2a1+11d=18.
∴a5+a8=(a1+4d)+(a1+7d)=2a1+11d=18.
法二 由等差数列的性质,可得a5+a8=a3+a10=a2+a11,
∴36=2(a5+a8).
∴a5+a8=18.
答案:18
7.(2013德化高二检测)在等差数列{an}中,若a2+a4+a6+a8+a10=80,则a7-a8的值为 .?
解析:∵a2+a10=a4+a8=2a6,
∴a2+a4+a6+a8+a10=5a6=80,∴a6=16.
∴a7-a8=(a6+d)-(a6+2d)=a6=×16=8.
答案:8
能力提升
8.在等差数列{an}中,a1+3a8+a15=120,则2a9-a10的值为( A )
(A)24 (B)22 (C)20 (D)-8
解析:设{an}公差为d,
∵a1+3a8+a15=5a8=120,∴a8=24,
∴2a9-a10=2a8+2d-(a8+2d)=a8=24,选A.
9.已知数列-1,x1,x2,9和-1,y1,y2,y3,9都是等差数列,则= .?
解析:设两个等差数列的公差分别为d1和d2,
则3d1=9-(-1)=10,d1=,
4d2=9-(-1)=10,d2=,
于是===.
答案:
10.等差数列{an}中,公差为,且a1+a3+a5+…+a99=60,则a2+a4+a6+…+a100= .?
解析:a2+a4+a6+…+a100
=a1++a3++a5++…+a99+
=a1+a3+a5+…+a99+×50
=60+25=85.
答案:85
11.某单位用分期付款方式为职工购买40套住房,共需1150万元,购买当天先付150万元,以后每月这一天都交付50万元,并加付欠款利息,月利率为1%.若交付150万元后的第一个月算分期付款的第一个月,求分期付款的第10个月应付多少钱?最后一次应付多少钱?
解:购买时先付150万元,还欠款1000万元.
依题意知20次可付清.
设每次交付的欠款依次为a1,a2,a3,…,a20,构成数列{an},
则a1=50+1000×0.01=60;
a2=50+(1000-50)×0.01=59.5;
a3=50+(1000-50×2)×0.01=59;
…
an=50+[1000-50(n-1)]×0.01
=60-(n-1)(1≤n≤20).
所以{an}是以60为首项,-为公差的等差数列.
则a10=60-9×=55.5,
a20=60-19×=50.5,
故第10个月应付55.5万元,最后一次应付50.5万元.
探究创新
12.如果有穷数列a1,a2,…,am(m为正整数)满足条件:a1=am,a2=am-1,…,am=a1,则称其为“对称”数列.例如数列1,2,5,2,1与数列8,4,2,4,8都是“对称”数列.已知在21项的“对称”数列{cn}中c11,c12,…,c21是以1为首项,2为公差的等差数列,则c2= .?
解析:因为c11,c12,…,c21是以1为首项,2为公差的等差数列,所以c20=c11+9d=1+9×2=19,
又{cn}为21项的对称数列,
所以c2=c20=19.
答案:19
2.3 等差数列的前n项和
【选题明细表】
知识点、方法
题号
等差数列前n项和公式的基本应用
1、2、3、6、8、13
等差数列前n项和的性质
5、9
等差数列前n项和的最值
4、7、10、12
an与Sn的关系及应用
11
基础达标
1.(2014滁州高二期末)设Sn是等差数列{an}的前n项和,S15=30,则a8等于( C )
(A) (B)1 (C)2 (D)4
解析:∵S15==15a8=30,
∴a8=2.故选C.
2.(2014周口高二期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若2a6=a8+6,则S7等于( B )
(A)49 (B)42 (C)35 (D)28
解析:设等差数列{an}的公差为d,
则有2(a1+5d)=a1+7d+6,
∴a1+3d=6,
即a4=6,
∴S7===42.故选B.
3.设Sn是等差数列{an}的前n项和,已知a2=3,a6=11,则S7等于( C )
(A)13 (B)35 (C)49 (D)63
解析:法一 设数列{an}的公差为d,则
解得
于是S7=7×1+×2=49.故选C.
法二 由等差数列前n项和公式及性质知
S7====49.故选C.
4.在一个首项为正数的等差数列中,前3项的和等于前11项的和,当这个数列的前n项和最大时,n等于( C )
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
解析:由S3=S11及首项为正可知,d<0.
∵Sn=na1+d=n2+(a1-)n,
S3=S11,
∴对称轴n==7.
故知数列的前n项和最大时,n等于7.故选C.
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则S9等于( B )
(A)45 (B)81 (C)27 (D)54
解析:∵数列{an}是等差数列,
∴S3,S6-S3,S9-S6成等差数列.
∴S3+(S9-S6)=2(S6-S3),
即9+S9-36=2(36-9),
解得S9=81.故选B.
6.(2012年高考北京卷)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和,若a1=,S2=a3,则a2= ,Sn= .?
解析:设{an}的公差为d,由S2=a3知,
a1+a2=a3,即2a1+d=a1+2d.
又a1=,∴d=,故a2=a1+d=1.
Sn=na1+n(n-1)d=n+(n2-n)×
=n2+n.
答案:1 n2+n
7.在数列{an}中,a1=32,an+1=an-4,则当n= 时,前n项和Sn取最大值,最大值是 .?
解析:∵d=an+1-an=-4,
∴an=-4n+36.
令an=-4n+36≥0,得n≤9,
∴n=8或9时,Sn最大,且S8=S9=144.
答案:8或9 144
能力提升
8.(2014日照高二期末)等差数列{an}的前n项和是Sn,若a1+a2=5,a3+a4=9,则S10的值为( B )
(A)55 (B)65 (C)60 (D)70
解析:设a1+a2=b1=5,a3+a4=b2=9,则{bn}是以首项b1=5,公差为4的等差数列,b5=b1+4×4=21,
∴S10=b1+b2+…+b5===65.故选B.
9.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且a4=2a3,则= .?
解析:由等差数列的性质知==×=×2=.
答案:
10.(2014潍坊高二期末)等差数列{an}的前n项和是Sn,若S14>0,S15<0,则当n为 时,Sn取最大值.?
解析:由S14>0,S15<0知d<0.
又S14=,
∴a1+a14>0,
∴a1+a13+d>0,
∴2a7+d>0,
∴a7>0.
∵S15=,
∴a1+a15<0,
∴a8<0,
由a7>0,a8<0知当n=7时,Sn取最大值.
答案:7
11.已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+n+3,求数列{an}的通项公式.
解:当n=1时,a1=S1=-++3=104,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+n+3)-[-(n-1)2+(n-1)+3]=-3n+104.
∵a1不适合an=-3n+104,
∴{an}的通项公式为
an=
12.已知等差数列{an}中,a3+a4=15,a2a5=54,公差d<0.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)求数列{an}的前n项和Sn的最大值及相应的n的值.
解:(1)∵{an}为等差数列,
∴a2+a5=a3+a4,
∴
解得(因d<0,舍去)或
∴
∴
∴an=11-n.
(2)∵a1=10,an=11-n,
∴Sn==-n2+n=-(n-)2+.
故当n=10或11时,Sn取得最大值,其最大值为55.
探究创新
13.(2014淄博高二期末)等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若=,则等于( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:=====.故选B.
2.4 等比数列
【选题明细表】
知识点、方法
题号
等比数列的定义
1
等比数列的通项公式
2、4、5、6、7、8、9
等比中项
3、12
综合问题
10、11
基础达标
1.数列a,a,a,…,a,…(a∈R)必为( D )
(A)等差数列但不是等比数列
(B)等比数列但不是等差数列
(C)既是等差数列,又是等比数列
(D)以上都不正确
解析:当a≠0时,该数列是等差数列,也是等比数列,当a=0时,是等差数列,但不是等比数列,故选D.
2.(2014临沂高二质量抽测)在等比数列{an}中,a1=-1,a4=64,则公比q等于( B )
(A)4 (B)-4 (C)2 (D)-2
解析:由a4=a1q3得q==-4.故选B.
3.已知公差不为0的等差数列的第2,3,6项依次构成一个等比数列,则该等比数列的公比q为( B )
(A) (B)3 (C)± (D)±3
解析:设等差数列的公差为d,首项为a1,
由题意得(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),
解得d=-2a1,
∴q===3.故选B.
4.(2014马鞍山质检)各项均为正数的等比数列{an}中,2a1+a2=a3,则的值为( D )
(A)-1 (B)-1或2 (C)3 (D)2
解析:设{an}公比为q(q>0),
则2a1+a1q=a1q2,
∴q2-q-2=0,
∴q=2或q=-1(舍去),
∴==q=2.故选D.
5.(2013衡水中学高二第一次调研)已知正项等比数列{an}满足:a7=a6+2a5,若存在两项am、an,使得=4a1,则m+n的值为( B )
(A)10 (B)6
(C)4 (D)不存在
解析:∵a7=a6+2a5,∴a5q2=a5q+2a5,
又a5≠0,
∴q2=q+2,
∴q=2或q=-1,
又an>0,∴q=2.
又=4a1,∴aman=16,
∴qm-1·qn-1=16,
∴qm+n-2=16,即2m+n-2=24,
∴m+n-2=4,∴m+n=6.故选B.
6.在数列{an}中,a1=2,且对任意正整数n,3an+1-an=0,则an= .?
解析:∵3an+1-an=0,
∴=,因此{an}是以为公比的等比数列,
又a1=2,所以an=2×()n-1.
答案:2×()n-1
7.(2013年高考广东卷)设数列{an}是首项为1,公比为-2的等比数列,则a1+|a2|+a3+|a4|= .?
解析:因首项为1,公比为-2,
所以a2=a1·q=-2,
a3=a1·q2=1×(-2)2=4,
a4=a1·q3=1×(-2)3=-8,
所以a1+|a2|+a3+|a4|=1+2+4+8=15.
答案:15
能力提升
8.已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于( D )
(A)7 (B)5 (C)-5 (D)-7
解析:法一 由题意得
∴或
∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.
法二 由
解得或
∴或
∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.
9.(2012年高考辽宁卷)已知等比数列{an}为递增数列,且=a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列{an}的通项公式an= .?
解析:∵=a10,∴(a1q4)2=a1q9,
∴a1=q,∴an=qn.
∵2(an+an+2)=5an+1,
∴2an(1+q2)=5anq,
∴2(1+q2)=5q,解得q=2或q=(舍去),
∴an=2n.
答案:2n
10.若数列{an}的前n项和为Sn,且an=2Sn-3,则{an}的通项公式是
.?
解析:由an=2Sn-3得an-1=2Sn-1-3(n≥2),两式相减得an-an-1=2an(n≥2),
∴an=-an-1(n≥2),=-1(n≥2).
故{an}是公比为-1的等比数列,
令n=1得a1=2a1-3,
∴a1=3,故an=3·(-1)n-1.
答案:an=3·(-1)n-1
11.设数列{an}是等差数列,bn=(),已知b1+b2+b3=,b1·b2·b3=,求数列{an}的通项公式.
解:设数列{an}的公差为d,则=()d.
∵()d为非零常数,
∴数列{bn}是等比数列,设公比为q.
∵b1+b2+b3=,b1·b2·b3=,
∴
解得b2=,q=或q=4.
当q=4时,b1=,bn=b1·qn-1=×4n-1=()5-2n.
又bn=(),
∴an=5-2n.
当q=时,b1=2,bn=()2n-3.
又bn=(),
∴an=2n-3.
综上可知an=5-2n或an=2n-3.
探究创新
12.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.
解:(1)设等比数列{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{an}的通项公式为an=(2+)n-1或an=(2-)n-1.
(2)设{an}的公比为q,
则由=b1b3得(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{an}唯一,知方程(*)必有一根为0,将q=0代入方程(*)得a=.
【选题明细表】
知识点、方法
题号
等比数列的性质及应用
1、2、3、5、6、8
等比数列与等差数列综合
4、7、9、10、11
实际应用
12
基础达标
1.将公比为q的等比数列{an}依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2,a2a3,a3a4,…,此数列是( B )
(A)公比为q的等比数列 (B)公比为q2的等比数列
(C)公比为q3的等比数列 (D)不一定是等比数列
解析:由于=×=q·q=q2,n≥2且n∈N*,
∴{anan+1}是以q2为公比的等比数列.
故选B.
2.(2014潍坊高二期末)公比为的等比数列{an}的各项都是正数,且a4a6=16,则a7等于( B )
(A) (B)1 (C)2 (D)4
解析:由a4a6=16得=16,
∴a5=4,
∴a7=a5q2=4×()2=1.故选B.
3.(2014珠海市高二期末)已知{an}为等比数列,且an>0,若a2a4+2a3a5+=16,那么a3+a5等于( D )
(A)±4 (B)2 (C)±2 (D)4
解析:由a2a4+2a3a5+=16得+2a3a5+=16,
∴(a3+a5)2=16,
∵an>0,
∴a3+a5=4.故选D.
4.已知等比数列{an}中,a3a11=4a7,数列{bn}是等差数列,且b7=a7,则b5+b9等于( C )
(A)2 (B)4 (C)8 (D)16
解析:等比数列{an}中,a3a11==4a7,解得a7=4,等差数列{bn}中,b5+b9=2b7=2a7=8.故选C.
5.等比数列{an}中,a7·a11=6,a4+a14=5,则等于( A )
(A)或 (B)
(C) (D)或-
解析:∵数列{an}为等比数列,
∴a4·a14=a7·a11=6.
又a4+a14=5,
∴或
∴=q10=或=q10=,
∴=q10=或.故选A.
6.在等比数列{an}中,各项都是正数,a6a10+a3a5=41,a4a8=4,则a4+a8= .?
解析:∵a6a10=,a3a5=,
∴+=41,
又a4a8=4,
∴(a4+a8)2=++2a4a8=41+8=49,
∵数列各项都是正数,∴a4+a8=7.
答案:7
7.三个数a,b,c成等比数列,公比q=3,又a,b+8,c成等差数列,则这三个数依次为 .?
解析:∵a、b、c成等比数列,且q=3,
∴a=,c=3b.
又a,b+8,c成等差数列,
∴2(b+8)=a+c,
即2(b+8)=+3b,
∴b=12,
∴a=4,c=36.
答案:4,12,36
能力提升
8.在由正数组成的等比数列{an}中,若a4a5a6=3,log3a1+log3a2+log3a8+log3a9的值为( A )
(A) (B) (C)2 (D)
解析:∵a4a5a6=3,
∴=3,∴a5=.
log3a1+log3a2+log3a8+log3a9
=log3(a1a2a8a9)
=log3
=4log3a5
=4log3=.
选A.
9.已知数列{an}是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a9构成等比数列{bn},则{bn}的公比为 .?
解析:设{an}的公差为d,依题意有=a1a9.
即(a1+2d)2=a1(a1+8d),
∴4a1d=4d2,∵d≠0,∴a1=d.
于是{bn}的公比为q====3.
答案:3
10.三个正数成等差数列,它们的和等于15,如果它们分别加上1,3,9就成为等比数列,则此三个数为 .?
解析:设所求三个数为a-d,a,a+d.
由题意得
解得或
又∵a-d,a,a+d为正数,
∴a=5,d=2,
∴所求三个数为3,5,7.
答案:3,5,7
11.若{an}是公差d≠0的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,已知a1=b1=1,且a2=b2,a6=b3.
(1)求d和q;
(2)是否存在常数a,b,使对一切n∈N*都有an=logabn+b成立?若存在,求出a、b的值,若不存在,请说明理由.
解:(1)由题意得
解得d=3,q=4.
(2)假设存在常数a,b.
由(1)得an=3n-2,bn=4n-1,
代入an=logabn+b得3n-2=loga4n-1+b,
即(3-loga4)n+(loga4-b-2)=0对n∈N*都成立,
∴
∴
所以存在常数a=,b=1使等式成立.
探究创新
12.从盛满a(a>1)升纯酒精的容器里倒出1升后,添满水摇匀,再倒出1升混合溶液后又用水添满摇匀,如此继续下去,问:第n次操作后溶液的浓度是多少?若a=2,至少应倒几次后才能使酒精的浓度低于10%?
解:设开始的浓度为1,操作一次后溶液浓度a1=1-,
设操作n次后溶液的浓度为an,
则操作n+1次后溶液的浓度为an+1=an(1-),从而建立了递推关系.
∴{an}是以a1=1-为首项,公比为q=1-的等比数列,
∴an=a1qn-1=(1-)n,
即第n次操作后酒精的浓度是(1-)n.
当a=2时,由an=()n<,
解得n≥4.
故至少应倒4次后才能使酒精浓度低于10%.
2.5 等比数列的前n项和
【选题明细表】
知识点、方法
题号
等比数列的前n项和公式
1、2、5、6、9、10
等比数列前n项和的性质
3、4、7
综合应用
8、11、12
基础达标
1.(2014吉林高二期末)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn,a2=2,a5=,则S5等于( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:设{an}公比为q,
则q3==,
∴q=,a1=4,
S5==.故选B.
2.设Sn为等比数列{an}的前n项和,8a2+a5=0,则等于( D )
(A)11 (B)5 (C)-8 (D)-11
解析:设等比数列的公比为q,
则由8a2+a5=0得=-8=q3,
∴q=-2,
∴===-11.故选D.
3.设Sn为等比数列{an}的前n项和,且Sn=48,S2n=60,则S3n等于( D )
(A)183 (B)108 (C)75 (D)63
解析:∵Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等比数列,
∴(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n),
∴122=48(S3n-60),∴S3n=63,故选D.
4.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S6∶S3=1∶2,则S9∶S3等于( C )
(A)1∶2 (B)2∶3 (C)3∶4 (D)1∶3
解析:由S6∶S3=1∶2,不妨设S6=k,则S3=2k,从而S6-S3=-k,由等比数列前n项和的性质得S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即2k,-k,S9-k6成等比数列,所以S9-k6=,因此S9=,于是S9∶S3=∶2k=3∶4,故选C.
5.等比数列{an}中,a3=3S2+2,a4=3S3+2,则公比q等于( C )
(A)2 (B) (C)4 (D)
解析:∵a3=3S2+2,a4=3S3+2,
∴a4-a3=3(S3-S2)=3a3,
即a4=4a3,
∴q==4,故选C.
6.(2014淄博高二期末)若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则前n项和Sn= ;?
解析:==q=2,
又a1q+a1q3=20,
∴a1=2,
∴Sn==2n+1-2.
答案:2n+1-2
7.在等比数列{an}中,已知a1+a2+a3=1,a4+a5+a6=-2,则该数列的前15项和S15= .?
解析:记b1=a1+a2+a3,b2=a4+a5+a6,…,b5=a13+a14+a15,依题意{bn}构成等比数列,
其首项b1=1,公比为q==-2,
则{bn}的前5项和即为{an}的前15项和S15==11.
答案:11
能力提升
8.(2014中山高二检测)在等比数列{an}中,公比q=,且log2a1+log2a2+…+log2a10=55,则a1+a2+…+a10= .?
解析:据题意知log2(·q1+2+…+9)=log2(·q45)=55,
即=2100.
又an>0,∴a1=210,
∴S10=211-2.
答案:211-2
9.已知等比数列{an}的公比q=,且a1+a3+a5+…+a99=66,则其前100项的和S100= .?
解析:a2+a4+a6+…+a100=(a1+a3+a5+…+a99)q
=66×=22,
于是S100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)
=66+22=88.
答案:88
10.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn.
解:设{an}的公比为q,
由题意得
解得或
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.
11.已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d>0,且第二项、第五项、第十四项分别为等比数列{bn}的第二项、第三项、第四项.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}对任意正整数n都有++…+=an+1成立,求c1+c2+…+c2013的值.
解:(1)设数列{bn}的公比为q,
则a1+d=b1q,a1+4d=b1q2,a1+13d=b1q3.
由题意,得(1+d)(1+13d)=(1+4d)2,整理得d2-2d=0,
解得d=2或d=0(舍去),
∴an=2n-1.
于是b2=a2=3,b3=a5=9,b4=a14=27,
所以公比q==3,b1=1,故bn=b1qn-1=3n-1.
(2)∵an=2n-1,bn=3n-1,∴an+1=2n+1.
由++…+=an+1,
得++…+=an(n≥2),
两式相减得=an+1-an=2(n≥2),
即cn=2bn=2·3n-1(n≥2).
当n=1时,∵=a2,∴c1=b1·a2=1×3=3,
∴cn=
∴c1+c2+c3+…+c2012+c2013
=3+2×3+2×32+…+2×32012
=3+2(3+32+…+32012)
=3+2×
=32013.
探究创新
12.(2014淄博高二期末)已知{an}为等比数列,Sn是它的前n项和.若a2·a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为,则S5等于( A )
(A)31 (B)32 (C)33 (D)34
解析:由a2·a3=2a1得,
a1q·a1q2=2a1,
∴a1q3=2,
即a4=2,
又=,
∴a7=,
∴q3==,
∴q=,∴a1==16,
∴S5==31.故选A.
【选题明细表】
知识点、方法
题号
公式法求和
1、9
分组求和法
5、7
裂项求和法
2、6、8、11
错位相减法
4、12、13
并项转化法
3、10
基础达标
1.(2014桂林高二期末)在等比数列{an}中,a1+a2+…+an=2n-1,则++…+等于( D )
(A)(2n-1)2 (B)(2n-1)
(C)4n-1 (D)(4n-1)
解析:由a1+a2+…+an=2n-1,
得a1=1,a2=2,
则数列{an}的公比q=2,
∴数列{}的首项为=1,公比为q2=4.
∴++…+==(4n-1).故选D.
2.(2014潍坊高二期末)已知数列an=(n∈N*),则数列{an}的前10项和为( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:an===(-),
∴S10=(-+-+…+-)=.故选C.
3.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10等于( A )
(A)15 (B)12 (C)-12 (D)-15
解析:a1+a2+…+a10
=-1+4-7+10-…+(-1)10·(3×10-2)
=(-1+4)+(-7+10)+…+[(-1)9·(3×9-2)+(-1)10·(3×10-2)]
=3×5=15.
故选A.
4.数列{n·2n}的前n项和等于( B )
(A)n·2n-2n+2 (B)n·2n+1-2n+1+2
(C)n·2n+1-2n (D)n·2n+1-2n+1
解析:设{n·2n}的前n项和为Sn,
则Sn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n ①
∴2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)2n+n·2n+1②
①-②得-Sn=2+22+23+…+2n-n·2n+1
=-n·2n+1
∴Sn=n·2n+1-2n+1+2,故选B.
5.(2014烟台高二检测)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+n+2n(n∈N*),则an等于( B )
(A)+2n-1-1 (B)+2n-1
(C)+2n+1-1 (D)+2n+1-1
解析:∵an+1=an+n+2n,∴an+1-an=n+2n,
∴a2-a1=1+2,
a3-a2=2+22,
a4-a3=3+23,
…
an-an-1=n-1+2n-1(n≥2),
以上各式相加得
an-a1=1+2+2+22+3+23+…+n-1+2n-1=(1+2+3+…+n-1)+(2+22+23+…+2n-1),
∴an=[1+2+3+…+(n-1)]+(1+2+22+23+…+2n-1)=+=+2n-1
(n≥2).
又a1=1适合上式,
∴an=+2n-1.故选B.
6.(2014德州联考)已知数列{an}满足an+1=an+2(n∈N*)且a1=2,数列{bn}满足bn=,则数列{bn}的前10项和为 .?
解析:由an+1-an=2得{an}是首项为2,公差为2的等差数列,
∴an=2n,
∴bn=,
数列{bn}的前10项和
S10=++…+
=×(-+-+…+-)
=×(-)=.
答案:
7.6+66+666+…+= .?
解析:原式可视为数列{an}的前n项和,
其中an==(10n-1).
∴其前n项和
Sn=(10-1)+(102-1)+(103-1)+…+(10n-1)
=(10+102+103+…+10n-n)
=[-n]=.
答案:
能力提升
8.(2014珠海高二期末)求和:1+++…+= .?
解析:∵1+2+3+…+n=,
∴1+++…+=+++…+=2×(-+-+…+-)
=.
答案:
9.已知数列{an}中,a1=10,an+1=an-,则它的前n项和Sn的最大值为 .?
解析:由an+1=an-得an+1-an=-,
故{an}是公差为-的等差数列,
于是Sn=10n+×(-)=-n2+n
=-(n-)2+,
因此当n=20或n=21时,Sn取最大值为S20=S21=105.
答案:105
10.(2012年高考福建卷)数列{an}的通项公式an=ncos +1,前n项和为Sn,则S2012= .?
解析:∵函数y=cos x的周期为4,
∴当n=4k+1(k∈N)时,
an=(4k+1)cos π+1=1;
当n=4k+2(k∈N)时,
an=(4k+2)cos π+1=-4k-1;
当n=4k+3(k∈N)时,
an=(4k+3)cos π+1=1;
当n=4k+4(k∈N)时,
an=(4k+4)cos π+1=4k+5.
∴a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=1-4k-1+1+4k+5=6.
∴S2012=a1+a2+a3+a4+a5+…+a2012=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a2009+a2010+a2011+a2012)=6×503=3018.
答案:3018
11.(2014洛阳高二期末)已知数列{an}的前n项和Sn=2an-2n+1+2(n为正整数).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=log2a1+log2+…+log2,求数列{}的前n项和Tn.
解:(1)在Sn=2an-2n+1+2中,令n=1,可得
S1=2a1-22+2=a1,
∴a1=2.
当n≥2时,Sn-1=2an-1-2n+2,
∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-2n,
∴an=2an-1+2n,
∴=+1.
又=1,
∴数列{}是首项和公差均为1的等差数列.
∴=n,
∴an=n·2n.
(2)由(1)得=2n,
∴bn=log2a1+log2+…+log2
=1+2+…+n
=.
Tn=++…+
=++…+
=2(1-+-+…+-)
=.
12.(2014潍坊高二期末)设{an}是递增等差数列,其前n项和为Sn,已知a1=1,且S2,a4+1,S4成等比数列,数列{bn}满足an=2log3bn-1(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)令cn=(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)设{an}的公差为d(d>0),由S2,a4+1,S4成等比数列得(a4+1)2=S2·S4,
即(2+3d)2=(2+d)(4+6d),
整理得3d2-4d-4=0,
解得d=2或d=-(舍去).
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
∵an=2log3bn-1,即log3bn==n,所以bn=3n.
(2)cn==,
∴Tn=+++…+,①
Tn=++…++,②
①-②得,
Tn=+++…+-
=2(++…+)--
=-.
∴Tn=1-.
探究创新
13.(2014宣城高二期末)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*).
(1)求证:{+}是等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足bn=(3n-1)··an,数列{bn}的前n项和为Tn,求使不等式Tn+>成立的正整数n的最小值.
(1)证明:由a1=1,an+1=(n∈N*)知,
+=3(+),
又+=,
∴{+}是以为首项,3为公比的等比数列,
∴+=×3n-1=,
∴an=.
(2)解:bn=,
Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
=1×+2×+…+(n-1)×+n×,
两式相减得
=+++…+-n×=2-,
∴Tn=4-,
∴Tn+=4->,<,
∴2n-1>16,
∴n>5,
∴n的最小值为6.
