第2课时 数列
课后篇巩固提升
基础巩固
1.在等比数列{an}中,若lg(a2a5a8)=0,则lg a4+lg a6等于( )
A.1 B.2 C.0 D.-2
解析由lg(a2a5a8)=0,知a2a5a8=1.因为a2a8=a52,所以a53=1,a5=1.于是a4a6=a52=1,
lg a4+lg a6=lg(a4a6)=lg 1=0.
答案C
2.已知数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,对于任意的k∈N*,akn=kan,则当S10=110时,a10等于( )
A.5 B.10 C.20 D.30
解析设公差为d,则a1+(kn-1)d=k[a1+(n-1)d],即(a1-d)(k-1)=0.因为k∈N*,所以必有a1=d.由S10=110,得10a1+10×92a1=110,解得a1=d=2,于是a10=a1+9d=10×2=20.
答案C
3.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,3Sn=anan+1,则a2+a4+a6+…+a2n=( )
A.n(n+5)2 B.n(5n+1)2
C.3n(n+1)2 D.(n+3)(n+5)2
解析当n=1时,3S1=a1a2,即3a1=a1a2,∴a2=3.
当n≥2时,由3Sn=anan+1,可得3Sn-1=an-1an,两式相减得3an=an(an+1-an-1).
∵an≠0,∴an+1-an-1=3,
∴{a2n}是以3为首项,3为公差的等差数列,
∴a2+a4+a6+…+a2n=3n+n(n-1)2×3=3n(n+1)2,故选C.
答案C
4.已知在数列{an}中,a1=6,且满足an+1-3an=2·3n+1(n∈N*),则数列{an}的通项公式为( )
A.an=3n B.an=(2n+4)·3n
C.an=2n·3n+1 D.an=2n·3n
解析由已知可得an+13n+1?an3n=2,于是数列an3n为公差等于2的等差数列,且首项为63=2,于是an3n=2+2(n-1)=2n,从而an=2n·3n.
答案D
5.已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n(2n-1)·cosnπ2+1(n∈N*),其前n项和为Sn,则S60=( )
A.-30 B.-60 C.90 D.120
解析由题意可得,当n=4k-3(k∈N*)时,an=a4k-3=1;当n=4k-2(k∈N*)时,an=a4k-2=6-8k;当n=4k-1(k∈N*)时,an=a4k-1=1;当n=4k(k∈N*)时,an=a4k=8k.所以a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k=8,所以S60=8×15=120.
答案D
6.已知数列{an},{bn}都是等差数列,若a1-b1=7,a3-b3=21,则a5-b5= .?
解析由已知得{an-bn}也是等差数列,因此a1-b1,a3-b3,a5-b5也成等差数列,于是a5-b5=2×21-7=35.
答案35
7.在等比数列{an}中,an=2n,则a2与a4的等比中项为 .?
解析由已知得a2=4,a4=16,所以a2与a4的等比中项为±4×16=±8.
答案±8
8.已知{an}为各项均是正数的等比数列,Sn为{an}的前n项和,则a4S4与a6S6的大小关系是 .?
解析当q=1时,有a4S4?a6S6=14?16>0;当q≠1时,有a4S4?a6S6=a1q3(1-q)a1(1-q4)?a1q5(1-q)a1(1-q6)=q3(1-q)·1-q2(1-q4)(1-q6)=q31+q2·1-q1-q6>0,所以a4S4>a6S6.
答案a4S4>a6S6
9.已知{an}为等差数列,且a4=14,a5+a8=48.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设Sn是等比数列{bn}的前n项和,若b1=a1,且3S1,2S2,S3成等差数列,求S4.
解(1)设{an}的公差为d,则由题意知a1+3d=14,a1+4d+a1+7d=48,
解得a1=2,d=4.
所以an=2+4(n-1)=4n-2.
(2)设{bn}的公比为q,
若q=1,则S1=b1,S2=2b1,S3=3b1.
由已知得2×2S2=3S1+S3,所以8b1=6b1.而b1≠0,故q=1不合题意.
若q≠1,则S1=b1,S2=b1(1-q2)1-q,S3=b1(1-q3)1-q,
于是2×2×b1(1-q2)1-q=3b1+b1(1-q3)1-q,
整理得4q2=3q+q3,解得q=0(舍去),q=1(舍去),q=3,
故S4=2×(1-34)1-3=80.
10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=a2n2-2n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列1Sn+4n的前n项和Tn.
解(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知得S1=a2-2,即a1=a2-2.
因为S2=4a2-4,即a1+a2=4a2-4,解得a1=-1,d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=-1+2(n-1),即an=2n-3.
(2)由(1)得Sn=n(a1+an)2=n2-2n,所以1Sn+4n=1n2+2n=121n-1n+2,
于是Tn=121-13+12-14+13-
15+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2
=3n2+5n4(n+1)(n+2).
能力提升
1.若数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2,则使ak·ak+1<0的k值为( )
A.22 B.21 C.24 D.23
解析因为3an+1=3an-2,所以an+1-an=-23,所以数列{an}是首项为15,公差为-23的等差数列,所以an=15-23·(n-1)=-23n+473.令an=-23n+473>0,得n<23.5,所以使ak·ak+1<0的k值为23.
答案D
2.已知数列{an}的首项为a1=2,且an+1=12(a1+a2+…+an)(n∈N*),记Sn为数列{an}的前n项和,则Sn=( )
A.32n B.32n-1 C.232n-1 D.232n
解析由已知可得Sn+1-Sn=12Sn,即Sn+1=32Sn,因此{Sn}是公比为32的等比数列.因为S1=a1=2,所以Sn=232n-1.
答案C
3.在等差数列{an}中,其前n项和是Sn,若S9>0,S10<0,则在S1a1,S2a2,…,S9a9中最大的是( )
A.S1a1 B.S8a8 C.S5a5 D.S9a9
解析依题意,数列{an}是等差数列,其前n项和是Sn,
S9>0,S10<0,所以9a5>0,a5+a6<0,所以a5>0,a6<0,所以公差d<0,
所以当6≤n≤9时,Snan<0,当1≤n≤5时,Snan>0,又因为当1≤n≤5时,Sn单调递增,an单调递减,所以当1≤n≤5时,Snan单调递增,所以S5a5最大,故选C.
答案C
4.已知数列{an}满足1+log3an=log3an+1(n∈N*),若a2+a4+a6=9,则log13(a5+a7+a9)的值是 .?
解析由1+log3an=log3an+1,得log3an+1an=1,即an+1an=3,
则a5+a7+a9=33×(a2+a4+a6)=33×9=35,
故log13(a5+a7+a9)=-5.
答案-5
5.已知在数列{an}中,an=(-1)n+1(2n+3),其前n项和为Sn,若bn=S2n,则{bn}的前n项和Tn等于 .?
解析由已知得S2n=5-7+9-11+13-15+…+(4n+1)-(4n+3)=-2n,即bn=-2n,所以Tn=-2(1+2+…+n)=-n2-n.
答案-n2-n
6.在等差数列{an}中a3=0,如果ak是a6与ak+6的等比中项,那么k= .?
解析在等差数列{an}中,由a3=0,
得ak=a3+(k-3)d=(k-3)d,a6=a3+3d=3d,ak+6=a3+(k+3)d=(k+3)d,
∵ak是a6与ak+6的等比中项,
∴ak2=a6·ak+6,即(k-3)2d2=3d·(k+3)d,
∵d≠0,∴k2=9k,得k=9.
答案9
7.已知Sn是数列{an}的前n项和,Sn满足关系式2Sn=Sn-1-12n-1+2,a1=12(n≥2,n为正整数).
(1)令bn=2nan,求证:数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)求Sn的取值范围.
解(1)由2Sn=Sn-1-12n-1+2,得2Sn+1=Sn-12n+2,两式相减得2an+1=an+12n,
两边同乘2n,得2n+1an+1=2nan+1,即bn+1=bn+1,
所以bn+1-bn=1,
故数列{bn}是等差数列,且公差为1.
因为b1=2a1=1,所以bn=1+(n-1)=n.
因此2nan=n,从而an=n·12n.
(2)由于2Sn=Sn-1-12n-1+2,所以2Sn-Sn-1=
2-12n-1,即Sn+an=2-12n-1,Sn=2-12n-1-an.
而an=n·12n,所以Sn=2-12n-1-n·12n=2-(n+2)·12n.
则Sn+1=2-(n+3)·12n+1,且Sn+1-Sn=n+12n+1>0,所以Sn≥S1=12.
因为在Sn=2-(n+2)·12n中,(n+2)·12n>0,
所以Sn<2.故Sn的取值范围是12,2.
8.已知首项为32,公比不等于1的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),且-2S2,S3,4S4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=n|an|,数列{bn}的前n项和为Tn,比较Tn+bn与6的大小.
解(1)(方法一)由题意得2S3=-2S2+4S4,即(S4-S2)+(S4-S3)=0,亦即(a4+a3)+a4=0,
∴a4a3=-12,
∴公比q=-12.
于是数列{an}的通项公式为an=32-12n-1(n∈N*).
(方法二)由题意得2S3=-2S2+4S4,q≠1,
∴a1(1-q3)1-q=-a1(1-q2)1-q+2·a1(1-q4)1-q,化简得2q2-q-1=0,∴q=-12,
∴an=32-12n-1(n∈N*).
(2)bn=n|an|=n·32·12n-1=3n2n,
Tn=b1+b2+b3+…+bn=321+622+923+…+3n2n, ①
12Tn=322+623+924+…+3(n-1)2n+3n2n+1, ②
①-②,得12Tn=321+322+323+…+32n?3n2n+1
=3×12×1-12n1-12?3n2n+1=3-3n+62n+1,
所以Tn=6-3n+62n.从而Tn+bn=6-62n<6.
故Tn+bn<6.
课件48张PPT。第2课时 数列知识网络要点梳理思考辨析知识网络要点梳理思考辨析知识网络要点梳理思考辨析1.等差数列的判断方法
(1)定义法:在n≥2,n∈N*时,有an-an-1=d(d为常数)或在n∈N*,有an+1-an=d(d为常数);
(2)等差中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*);
(3)函数法:an=kn+b(k,b∈R),Sn=An2+Bn(A,B∈R).
2.等比数列的判断方法(2)等比中项: =an·an+2(n∈N*);
(3)通项特征:通项an=f(n)=cqn(c≠0,q≠0),其函数特征为常数与指数函数的乘积;前n项和公式Sn=g(n)=k(1-qn)(q≠1),其特征是qn的系数与常数项互为相反数.知识网络要点梳理思考辨析3.等差数列与等比数列的概念、有关公式和性质 知识网络要点梳理思考辨析知识网络要点梳理思考辨析4.求数列通项公式的方法
(1)观察归纳法:由给出数列的前几项,猜想数列的通项公式.
(2)先定性再定量法:先确定数列的通项的性质,再确定基本量.(4)累加法与累乘法.
(5)构造法.知识网络要点梳理思考辨析5.数列求和方法的比较 知识网络要点梳理思考辨析知识网络要点梳理思考辨析判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)数列的通项公式是唯一的. ( )
(2)若数列{an}是等差数列,则an+1一定是an和an+2的等差中项. ( )
(3)若b2=ac,则a,b,c一定构成等比数列. ( )
(4)若数列{an+1-an}是等差数列,则{an}必为等差数列. ( )
(5)若数列{an}是等差数列,且m+n+k=3l,则am+an+ak=3al. ( )
(6)若{an}是公比为q的等比数列,且a1+a2,a2+a3,a3+a4,…也成等比数列,则q≠-1. ( )
答案:(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)√专题归纳高考体验专题一 等差数列与等比数列的基本运算 答案:A 专题归纳高考体验反思感悟等差数列与等比数列的基本量运算主要以通项公式和前n项和公式为基础,运用方程(组)思想,解决问题.专题归纳高考体验A.8 B.12 C.22 D.24答案:C 专题归纳高考体验专题二 等差数列与等比数列的性质及其应用
例2已知在等差数列{an}中,Sn是其前n项和,且S10+S8-S9-S7=6,则S17等于( )
A.51 B.17 C.-51 D.-17
解析:利用Sn与an的关系将已知条件化简得到a9的值,再利用等差数列的性质求得S17的值.
由S10+S8-S9-S7=6,得(S10-S9)+(S8-S7)=6,即a10+a8=6,所以2a9=6,于是a9=3,故S17=17a9=17×3=51.
答案:A
反思感悟在解决问题时,等差数列与等比数列的性质主要起到简化计算的作用,即通过运用性质,简化运算过程,快速解决问题.专题归纳高考体验变式训练2已知等比数列{an}的前n项积记为Ⅱn,若a3a4a8=8,则Ⅱ9=( )
A.512 B.256 C.81 D.16
答案:A专题归纳高考体验专题三 等差数列与等比数列的判断与证明 数列,且当n≥3时,an>0.
(1)求证:当n≥3时,{an}为等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
分析:(1)利用Sn与an的关系消去Sn,然后根据an与an+1的关系式以及等差数列的定义进行证明;(2)在(1)的基础上求解,注意分类讨论.专题归纳高考体验反思感悟证明一个数列是等差数列或等比数列,主要利用等差数列和等比数列的定义,通过给出的递推关系式或者通过构造等方法,与欲证问题联系起来证明.专题归纳高考体验变式训练3已知a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上,Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an).
(1)证明数列{lg(1+an)}是等比数列;
(2)求Tn及数列{an}的通项公式.专题归纳高考体验专题四 数列通项公式的求法 分析:首先利用Sn与an的关系,消去Sn,得到an与an-1的关系式,然后利用累乘法求得通项公式.专题归纳高考体验专题归纳高考体验反思感悟累加法与累乘法是求通项公式的常用方法:
(1)累加法:如果已知数列{an}的相邻两项an+1与an的差的一个关系式,那么我们可依次写出前n项中所有相邻两项的差的关系式,然后把这(n-1)个式子相加,整理并求出数列的通项.
(2)累乘法:如果已知数列{an}的相邻两项an+1与an的商的一个关系式,那么我们可依次写出前n项中所有相邻两项的商的关系式,然后把这(n-1)个式子相乘,整理并求出数列的通项.专题归纳高考体验变式训练4已知在数列{an}中,a1=1,且an+1-an=3n-n,求数列{an}的通项公式.
解:由an+1-an=3n-n,
得an-an-1=3n-1-(n-1),
an-1-an-2=3n-2-(n-2),
……
a3-a2=32-2,a2-a1=3-1.
当n≥2时,以上(n-1)个等式两端分别相加,得
(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)=3n-1+3n-2+…+3-[(n-1)+(n-2)+…+1],专题归纳高考体验例5已知数列{an}满足a1=3,an+1-6an=3n+1(n∈N*),则数列{an}的通项公式为( )
A.an=6n-3n B.an=6n
C.an=3n D.an=6n-1-3n-1
解析:根据已知条件,可在等式两边同时除以3n+1,即可构造等比数列,然后进行求解.答案:A 专题归纳高考体验反思感悟构造法求通项公式,就是根据所给数列的递推公式以及其他有关关系式,进行变形整理,构造出一个新的等差或等比数列,利用等差或等比数列的通项公式求解.专题归纳高考体验专题归纳高考体验专题五 数列的求和
例6已知数列{an}的前n项和Sn=kcn-k(其中c,k为常数),且a2=4,a6=8a3.
(1)求an;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.专题归纳高考体验解:(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=k(cn-cn-1),
则a6=k(c6-c5),a3=k(c3-c2), ∴c=2.
∵a2=4,即k(c2-c1)=4,解得k=2,
∴an=2n.
当n=1时,a1=S1=2.
综上所述,an=2n(n∈N*).
(2)由(1)知nan=n·2n,
则Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n,
2Tn=1·22+2·23+3·24+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
两式作差得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2.
Tn=2+(n-1)·2n+1.专题归纳高考体验反思感悟错位相减法求和的适用条件及关注点
1.适用条件:如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项的乘积组成,那么这个数列的前n项和可用此法来求.即求数列{an·bn}的前n项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列.
2.关注点:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负数的情形;(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.专题归纳高考体验变式训练6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;专题归纳高考体验考点一 等差数列及其前n项和
1.(2019·全国Ⅰ高考)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( )
A.an=2n-5 B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n D.Sn= n2-2n答案:A 专题归纳高考体验2.(2018·全国Ⅰ高考)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=( )
A.-12 B.-10 C.10 D.12
解析:因为3S3=S2+S4,所以3S3=(S3-a3)+(S3+a4),即S3=a4-a3.设公差为d,则3a1+3d=d,又由a1=2,得d=-3,所以a5=a1+4d=-10.
答案:B
3.(2017·全国Ⅰ高考)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为( )
A.1 B.2 C.4 D.8答案:C 专题归纳高考体验答案:4 专题归纳高考体验5.(2018·全国Ⅱ高考)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
解:(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.
由a1=-7得d=2.
所以{an}的通项公式为an=2n-9.
(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.
所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.专题归纳高考体验考点二 等比数列及其前n项和
6.(2015·课标全国Ⅱ高考)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( )
A.21 B.42 C.63 D.84答案:B 专题归纳高考体验专题归纳高考体验专题归纳高考体验(1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;
(3)求{an}的通项公式.专题归纳高考体验10.(2018·全国Ⅲ高考)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.专题归纳高考体验考点三 数列的求和问题
11.(2017·全国Ⅱ高考)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则专题归纳高考体验12.(2018·天津高考)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.
(1)求Sn和Tn;
(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.专题归纳高考体验13.(2017·全国Ⅲ高考)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式;专题归纳高考体验14.(2017·山东高考)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn.已知S2n+1=bnbn+1,专题归纳高考体验专题归纳高考体验考点四 数列的综合问题 答案:A 专题归纳高考体验16.(2019·全国Ⅱ高考)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.专题归纳高考体验17.(2019·天津高考)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;专题归纳高考体验专题归纳高考体验18.(2017·全国Ⅰ高考)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S2=2,S3=-6.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.解:(1)设{an}的公比为q. 第二章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题(每小题5分,共60分)
1.已知数列{an}的通项公式为an=n2-n,则可以作为这个数列的其中一项的数是( )
A.10 B.15
C.21 D.42
解析当n=7时,a7=72-7=42,所以42是这个数列中的一项.
答案D
2.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=( )
A.16 B.8
C.4 D.2
解析因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{bn}的性质可得b2b16=b92=4.
答案C
3.已知在递减的等差数列{an}中,a3=-1,a1,a4,-a6成等比数列,若Sn为数列{an}的前n项和,则S7的值为 ( )
A.-14 B.-9
C.-5 D.-1
解析设数列{an}的公差为d,由已知得a3=a1+2d=-1,a42=a1·(-a6),即(a1+3d)2=a1·(-a1-5d),且{an}为递减数列,则d=-1,a1=1.故S7=7a1+7×62d=7-21=-14.
答案A
4.等差数列{an}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=( )
A.8 B.9
C.16 D.17
解析依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a9<0,a8>0,所以等差数列{an}为递减数列,且前8项为正数,从第9项以后为负数,所以当其前n项和取得最大值时,n=8.故选A.
答案A
5.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab1+ab2+…+ab10=( )
A.1 033 B.1 034
C.2 057 D.2 058
解析由已知可得an=n+1,bn=2n-1,于是abn=a2n-1=2n-1+1,因此ab1+ab2+…+ab10=(20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+22+…+29)+10=1-2101-2+10=1 033.
答案A
6.已知数列{an}满足an+an+1=12(n∈N*),a2=2,Sn是数列{an}的前n项和,则S21为( )
A.5 B.72
C.92 D.132
解析∵an+an+1=12,a2=2,∴an=-32,n为奇数,2,n为偶数.
∴S21=11×-32+10×2=72.故选B.
答案B
7.我国古代数学巨著《九章算术》中,有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题用今天的白话叙述为:“有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?”根据上面的已知条件,可求得该女子第4天所织布的尺数为( )
A.815 B.1615
C.2031 D.4031
解析设该女子第n天织的布为an尺,且数列{an}为公比q=2的等比数列,
由题意可得a1(1-25)1-2=5,解得a1=531.
所以该女子第4天所织布的尺数为a4=a1q3=4031.
故选D.
答案D
8.在各项都为正数且不相等的等比数列{an}中,Sn为其前n项和,若am·a2m+2=a72=642(m∈N*),且am=8,则S2m=( )
A.127 B.255
C.511 D.1 023
解析设等比数列{an}的公比为q,则a1qm-1·a1q2m+1=(a1q6)2.因为等比数列{an}的各项都为正数且不相等,所以m-1+2m+1=12,解得m=4,故a4=8.又因为a72=642,所以a7=64,q3=a7a4=8,解得q=2,所以a1=a423=1.故S2m=S8=1-281-2=255.
答案B
9.给出数阵:
0 1 … 9
1 2 … 10
? ? ? ?
9 10 … 18
其中每行、每列均为等差数列,则此数阵所有数的和为 ( )
A.495 B.900
C.1 000 D.1 100
解析设b1=0+1+2+…+9,b2=1+2+3+…+10,……b10=9+10+…+18,则{bn}是首项b1=45,公差d=10的等差数列,
所以S10=45×10+10×92×10=900.
答案B
10.已知数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n3(n∈N*),则an=( )
A.13n B.13n-1
C.13n D.13n+1
解析∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=n3,①
a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=n-13(n≥2),②
①-②,得3n-1an=n3?n-13=13(n≥2),∴an=13n(n≥2).由①得a1=13,经验证也满足上式,∴an=13n(n∈N*).故选C.
答案C
11.对于正项数列{an},定义:Gn=a1+2a2+3a3+…+nann为数列{an}的“匀称值”.已知数列{an}的“匀称值”为Gn=n+2,则该数列中的a10等于( )
A.83 B.125
C.94 D.2110
解析∵Gn=a1+2a2+3a3+…+nann,Gn=n+2,∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10·a10=21,∴a10=2110.故选D.
答案D
12.在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则S100=( )
A.0 B.1 300
C.2 600 D.2 602
解析由an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),当n=1时,得a3-a1=0,即a3=a1;当n=2时,得a4-a2=2.由此可得,当n为奇数时,an=a1;当n为偶数时,an=2×n-22+a2=n.
所以S100=a1+a2+…+a100
=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)
=50a1+(2+4+…+100)
=50+50×(100+2)2=2 600.
答案C
二、填空题(每小题5分,共20分)
13.若数列{an}的前n项和Sn=n2-8n,n=1,2,3,…,则满足an>0的n的最小值为 .?
解析依题意,当n=1时,a1=S1=-7,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-9.而a1=2×1-9=-7.
综上,an=2n-9.
由2n-9>0,得n>92,又因为n∈N*.
故满足an>0的n的最小值为5.
答案5
14.已知在公差不为零的正项等差数列{an}中,Sn为其前n项和,lg a1,lg a2,lg a4也成等差数列.若a5=10,则S5=.
解析设{an}的公差为d,则d>0.
由lg a1,lg a2,lg a4成等差数列,
得2lg a2=lg a1+lg a4,
则a22=a1a4,
即(a1+d)2=a1(a1+3d),d2=a1d.
因为d>0,所以d=a1,a5=5a1=10,
解得d=a1=2.
故S5=5a1+5×42×d=30.
答案30
15.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=0,S5=10,数列{bn}满足b1=0,且b n+1=an+1+bn,则数列{bn}的通项公式为 .?
解析设{an}的公差为d,则a1+d=0,5a1+10d=10,解得a1=-2,d=2.于是an=-2+2(n-1)=2n-4.因此an+1=2n-2.于是bn+1-bn=2n-2,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=0+0+2+…+(2n-4)=n2-3n+2,故数列{bn}的通项公式为bn=n2-3n+2.
答案bn=n2-3n+2
16.我国古代数学名著《张邱建算经》有“分钱问题”:今有与人钱,初一人与三钱,次一人与四钱,次一人与五钱,以次与之,转多一钱,与讫,还敛聚与均分之,人得一百钱,问人几何?意思是:将钱分给若干人,第一人给3钱,第二人给4钱,第三人给5钱,以此类推,每人比前一人多给1钱,分完后,再把钱收回平均分给各人,结果每人分得100钱,问有多少人?则题中的人数是 .?
解析设共有n人,根据题意得3n+n(n-1)2=100n,解得n=195,所以一共有195人.
答案195
三、解答题(共6小题,共70分)
17.(本小题满分10分)已知数列{an}是等差数列,前n项和为Sn,且满足a2+a7=23,S7=10a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a2,ak,ak+5(k∈N*)构成等比数列,求k的值.
解(1)设等差数列{an}的公差是d.
根据题意有a1+d+a1+6d=23,7a1+7×62d=10(a1+2d),
解得a1=1,d=3.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2.
(2)由(1)得a2=4,ak=3k-2,ak+5=3(k+5)-2,
由于a2,ak,ak+5(k∈N*)构成等比数列,
所以(3k-2)2=4[3(k+5)-2],
整理得3k2-8k-16=0,解得k=4舍去k=-43.
故k=4.
18.(本小题满分12分)已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a52=9a4a8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an-an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.
解(1)设{an}的公比为q,
则由a52=9a4a8,可得(a1q4)2=9a1q3·a1q7,
即a12q8=9a12q10,
因此q2=19.
因为{an}的各项均为正数,
所以q>0,故q=13.
又因为2a1+3a2=1,
所以2a1+3a1·13=1,解得a1=13.
故an=13·13n-1,即an=13n.
(2)由(1)得bn=an-an-1=13n?13n-1=-23·13n-1,
所以{bn}是首项为-23,公比为13的等比数列,
因此其前n项和Sn=-231-13n1-13=13n-1.
19.(本小题满分12分)已知数列{an}满足2an+1=1an+1an+2(n∈N*),且a3=15,a2=3a5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=3anan+1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.
解(1)由2an+1=1an+1an+2(n∈N*)可知数列1an为等差数列.
由已知得1a3=5,1a2=13·1a5,
设其公差为d,则1a1+2d=5,1a1+d=131a1+4d,
解得1a1=1,d=2,于是1an=1+2(n-1)=2n-1,
整理得an=12n-1.
(2)由(1)得bn=3anan+1=3(2n-1)(2n+1)=3212n-1-12n+1,
所以Sn=321-13+13?15+…+12n-1?12n+1=3n2n+1.
20.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn=2an-2n.
(1)求a1,a2.
(2)设cn=an+1-2an,证明数列{cn}是等比数列.
(3)求数列n+12cn的前n项和Tn.
(1)解∵a1=S1,2a1=S1+2,∴a1=S1=2.
由2an=Sn+2n,知2an+1=Sn+1+2n+1=an+1+Sn+2n+1,∴an+1=Sn+2n+1,①
∴a2=S1+22=2+22=6.
(2)证明由题设和①式知an+1-2an=(Sn+2n+1)-(Sn+2n)=2n+1-2n=2n,即cn=2n,
∴cn+1cn=2(常数).
∵c1=21=2,
∴{cn}是首项为2,公比为2的等比数列.
(3)解∵cn=2n,
∴n+12cn=n+12n+1.
∴数列n+12cn的前n项和Tn=222+323+424+…+n+12n+1,12Tn=223+324+…+n2n+1+n+12n+2,
两式相减,得12Tn=222+123+124+125+…+12n+1?n+12n+2=12+123×1-12n-11-12?n+12n+2=34?12n+1?n+12n+2=34?n+32n+2.∴Tn=32?n+32n+1.
21.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn=an+12n2+32n-2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=1(an-1)(an+1),n为奇数,4·12an,n为偶数,且数列{bn}的前n项和为Tn,求T2n.
解(1)由于Sn=an+12n2+32n-2,
所以当n≥2时,Sn-1=an-1+12(n-1)2+32(n-1)-2,
两式相减得an=an-an-1+n+1,于是an-1=n+1,
所以an=n+2.
(2)由(1)得bn=1(n+1)(n+3),n为奇数,12n,n为偶数,
所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n).
因为b1+b3+…+b2n-1=12×4+14×6+16×8+…+12n×(2n+2)=1411×2+12×3+…+1n×(n+1)=141-12+12-13+…+1n-1n+1=n4(n+1),b2+b4+…+b2n=122+144+…+122n=141-14n1-14=131-14n,于是T2n=n4(n+1)+131-14n.
22.(本小题满分12分)已知数列{an}满足3(n+1)an=nan+1(n∈N*),且a1=3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和;
(3)若anbn=2n+3n+1,求证:56≤1b1+1b2+…+1bn<1.
(1)解因为3(n+1)an=nan+1,
所以an+1an=3(n+1)n(n∈N*),
则a2a1=3×21,a3a2=3×32,a4a3=3×43,……anan-1=3×nn-1,累乘可得ana1=3n-1×n.
又因为a1=3,所以an=n×3n(n∈N*).
(2)解设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=1×3+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1+n×3n,①
3Sn=1×32+2×33+3×34+…+(n-1)×3n+n×3n+1,②
①-②,可得
-2Sn=3+32+33+…+3n-n×3n+1
=3(1-3n)1-3-n×3n+1
=32(3n-1)-n×3n+1
=12-n×3n+1-32.
所以Sn=n2-14×3n+1+34.
(3)证明因为anbn=2n+3n+1,
所以1bn=2n+3n+1×1n×3n=2n+3n(n+1)×13n
=3(n+1)-nn(n+1)×13n=3n-1n+1×13n=1n×13n-1?1n+1×13n,
则1b1+1b2+…+1bn=1×130-12×131+12×131-13×132+…+1n×13n-1-1n+1×13n=1-1n+1×13n.
因为n∈N*,所以0<1n+1×13n≤16,
即56≤1-1n+1×13n<1,
于是56≤1b1+1b2+…+1bn<1.
