第五章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.一个各项均正的等比数列,其每一项都等于它后面的相邻两项之和,则公比q=( )
A.
B.
C.
D.
解析由题意知an=an+1+an+2=anq+anq2,即q2+q-1=0,解得q=(负值舍去),故选C.
答案C
2.等比数列{an}中,a2,a6是方程x2-34x+64=0的两根,则a4等于( )
A.8
B.-8
C.±8
D.以上选项都不对
解析∵a2+a6=34,a2·a6=64,∴=64,且a2>0,a6>0,∴a4=a2q2>0(q为公比),∴a4=8.
答案A
3.(2020全国Ⅱ卷)北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3
699块
B.3
474块
C.3
402块
D.3
339块
解析由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an}.设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n.因为{an}为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.所以S3n=S27=27×9+×9=3
402.故选C.
答案C
4.已知等差数列{an}中,a1>0,前n项和是Sn,且S14=S8,则当Sn取得最大值时,n为( )
A.8
B.9
C.10
D.11
解析∵S14=S8,∴a9+a10+a11+a12+a13+a14=3(a11+a12)=0.
∵a1>0,∴d<0,∴a11>0,a12<0,∴n=11.
答案D
5.已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+2n,则a10=( )
A.1
024
B.2
048
C.1
023
D.2
047
解析因为an+1=an+2n,所以an+1-an=2n,因此a10=a10-a9+a9-a8+…+a2-a1+a1=29+28+…+2+1==1
023,选C.
答案C
6.设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,S3=,且S1,S2,S4成等比数列,则a10=( )
A.15
B.19
C.21
D.30
解析由S3=,得3a2=,故a2=0或a2=3.由S1,S2,S4成等比数列可得=S1·S4,又S1=a2-d,S2=2a2-d,S4=4a2+2d,故(2a2-d)2=(a2-d)(4a2+2d),化简得3d2=2a2d,又d≠0,∴a2=3,d=2,a1=1,∴an=1+2(n-1)=2n-1,∴a10=19.
答案B
7.(2020北京卷)在等差数列{an}中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…),则数列{Tn}( )
A.有最大项,有最小项
B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项
D.无最大项,无最小项
解析由题意可知,等差数列的公差d==2,则其通项公式为an=a1+(n-1)d=-9+(n-1)×2=2n-11,
注意到a1
由=ai>1(i≥7,i∈N)可知数列{Tn}不存在最小项,
由于a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=-1,a6=1,
故数列{Tn}中的正项只有有限项:T2=63,T4=63×15=945.
故数列{Tn}中存在最大项,且最大项为T4.
故选B.
答案B
8.设数列{an}满足an+1=-2an,a1=1,数列{|an|}的前n项和为Sn,则S2
021=( )
A.22
021-1
B.22
022-2
C.22
020-1
D.1-22
021
解析(方法一)由an+1=-2an,可得=-2,
又a1=1,所以an=(-2)n-1,
所以|an|=|(-2)n-1|=2n-1,
所以S2
021==22
021-1.故选A.
(方法二)由an+1=-2an,可得=-2,
又a1=1,所以an=(-2)n-1,
所以S2
021=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a2
021|
=(a1+a3+a5+…+a2
021)-(a2+a4+a6+…+a2
020)=(22
022-1+2×22
020-2)=22
021-1.故选A.
答案A
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.(2020宁阳第四中学高二期末)等差数列{an}是递增数列,满足a7=3a5,前n项和为Sn,下列选择项正确的是
( )
A.d>0
B.a1<0
C.当n=5时,Sn最小
D.Sn>0时,n的最小值为8
解析由题意,设等差数列{an}的公差为d,
因为a7=3a5,可得a1+6d=3(a1+4d),
解得a1=-3d.
又由等差数列{an}是递增数列,可知d>0,则a1<0,故A,B正确;
因为Sn=n2+a1-n=n2-n,
由n=-可知,当n=3或n=4时,Sn最小,故C错误;
令Sn=n2-n>0,解得n<0或n>7,即Sn>0时,n的最小值为8,故D正确.
故选ABD.
答案ABD
10.(2020江苏高二期末)设d,Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和,若S10=S20,则下列论断中正确的有
( )
A.当n=15时,Sn取最大值
B.当n=30时,Sn=0
C.当d>0时,a10+a22>0
D.当d<0时,|a10|>|a22|
解析因为S10=S20,所以10a1+d=20a1+d,解得a1=-d.
对选项A,因为无法确定a1和d的正负,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误;
对选项B,S30=30a1+d=30×-d+15×29d=0,故B正确.
对选项C,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2-d+15d=d>0,故C正确.
对选项D,a10=a1+9d=-d+d=-d,
a22=a1+21d=-d+d=d,
因为d<0,所以|a10|=-d,|a22|=-d,
|a10|<|a22|,故D错误.
故选BC.
答案BC
11.(2019山东济南高二期中)已知各项均为正项的等比数列{an},a1>1,0A.数列{ln
an}为等差数列
B.若Sn=Aqn+B,则A+B=0
C.Sn·S3n=
D.记Tn=a1·a2·…·an,则数列{Tn}有最大值
解析由题可知,an=a1qn-1,Sn=.
对于A,ln
an=ln
a1qn-1=ln
a1+(n-1)ln
q,ln
an+1=ln
a1qn=ln
a1+nln
q,ln
an+1-ln
an=ln
q,A正确;
对于B,Sn==-qn+,
又Sn=Aqn+B,则A+B=-=0,B正确;
对于C,Sn=,S3n=,
Sn·S3n=,
S2n=,
,
显然Sn·S3n≠,C错误;
对于D,Tn=a1·a2·…·an,由于数列a1>1,0故数列为单调递减数列,总存在从某一项开始使得ak=a1qk-1∈(0,1),
故Tk-1=a1·a2·…·ak-1有最大值,故D正确.
故选ABD.
答案ABD
12.(2020山东实验中学高三月考)记数列{an}的前n项和为Sn,若存在实数H,使得对任意的n∈N+都有|Sn|( )
A.若{an}是等差数列,且公差d=0,则{an}是“和有界数列”
B.若{an}是等差数列,且{an}是“和有界数列”,则公差d=0
C.若{an}是等比数列,且公比|q|<1,则{an}是“和有界数列”
D.若{an}是等比数列,且{an}是“和有界数列”,则{an}的公比|q|<1
解析对于AB选项分析如下:若{an}是等差数列,则Sn=na1+n2+a1-n.
对于A选项,当d=0时,Sn=na1,若a1≠0,根据一次函数的性质可知,此时不存在符合题意的H.所以A选项错误.
对于B选项,{an}是“和有界数列”,而Sn=n2+a1-n,若d≠0,根据二次函数的性质可知,此时不存在符合题意的H,故d=0.所以B选项正确.
对于CD选项分析如下:若{an}是等比数列,则Sn==-·qn+.
对于C选项,若|q|<1,则|Sn|=·qn<+qn<2,则{an}是“和有界数列”.所以C选项正确.
对于D选项,若{an}是等比数列,且{an}是“和有界数列”,q的取值可能为-1,此时|Sn|≤|a1|,所以存在实数H,使得对任意的n∈N+,都有|Sn|故选BC.
答案BC
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2020浙江宁波高二月考)已知{an}是等差数列,公差d不为零.若a2,a3,a7成等比数列,且2a1+a2=1,则a1= ,d= .?
解析由题意,可得(a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d),故有3a1+2d=0,
又因为2a1+a2=1,即3a1+d=1,
所以d=-1,a1=.
答案 -1
14.(2020吉林长春高三模拟)数列{an}满足a1=3,且对于任意的n∈N+,都有an+1-an=n+2,则a39= .?
解析因为an+1-an=n+2,
所以a2-a1=3,
a3-a2=4,
a4-a3=5,
…
an-an-1=n+1(n≥2),
上面n-1个式子左右两边分别相加,
得an-a1=,
即an=,
所以a39==820.
答案820
15.(2020兰州市第二中学高二月考)正项数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=+an(n∈N+),设cn=(-1)n·,则数列{cn}的前2
019项的和为 .?
解析正项数列{an}的前n项和为Sn,2Sn=+an(n∈N+),
①
则2Sn+1=+an+1,
②
②-①得2an+1=+an+1-an,
整理得an+1-an=1,
当n=1时,2S1=+a1,解得a1=1,
所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列.
则an=1+n-1=n,
所以Sn=.
则cn=(-1)n=(-1)n,
数列{cn}的前2
019项的和为T2
019=-1+++…-=-1-=-.
答案-
16.(2020江苏卷)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N+),则d+q的值是 .?
解析本题考查等差数列、等比数列的前n项和.
由等差数列的前n项和公式和等比数列的前n项和公式得Sn=na1+d+
=n2+n+qn+.
对照已知条件Sn=n2-n+2n-1,得d=2,q=2,所以d+q=4.
答案4
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分10分)等差数列{an}中,前三项分别为x,2x,5x-4,前n项和为Sn,且Sk=2
550.
(1)求x和k的值;
(2)求T=+…+的值.
解(1)由4x=x+5x-4,得x=2,
所以an=2n,Sn=n(n+1),
所以k(k+1)=2
550,得k=50.
(2)因为Sn=n(n+1),
所以,
所以T=1-++…+=1-.
18.(本小题满分12分)(2020全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
解(1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.
由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.
①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.
②
①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
19.(本小题满分12分)已知函数f(x)=,数列{an}满足a1=1,并且an+1=f(an).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an,求数列{bn}的前n项和Sn.
解(1)由题意,得an+1=,
∴=1+,
即=1,
∴数列是一个等差数列,公差为1,首项为=1,
从而=n,∴an=.
(2)由(1),得bn=an==2,
∴Sn=b1+b2+…+bn
=21-++…+
=.
20.(本小题满分12分)已知数列{an}的通项公式为an=3n-1,在等差数列{bn}中,bn>0,且b1+b2+b3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列.
(1)求数列{anbn}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解(1)∵an=3n-1,
∴a1=1,a2=3,a3=9.
∵在等差数列{bn}中,b1+b2+b3=15,
∴3b2=15,则b2=5.
设等差数列{bn}的公差为d,
又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,
∴(1+5-d)(9+5+d)=64,
解得d=-10或d=2.
∵bn>0,∴d=-10应舍去,
∴d=2,∴b1=3,∴bn=2n+1.
故anbn=(2n+1)·3n-1.
(2)由(1),知Tn=3×1+5×3+7×32+…+(2n-1)3n-2+(2n+1)3n-1,
①
3Tn=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)3n-1+(2n+1)3n,
②
①-②,得-2Tn=3×1+2×3+2×32+2×33+…+2×3n-1-(2n+1)3n=3+2(3+32+33+…+3n-1)-(2n+1)3n=3+2×-(2n+1)3n=3n-(2n+1)3n=-2n·3n.
∴Tn=n·3n.
21.(本小题满分12分)(2020上海杨浦高三二模)某地出现了虫害,农业科学家引入了“虫害指数”数列{In},{In}表示第n周的虫害的严重程度,虫害指数越大,严重程度越高,为了治理虫害,需要环境整治、杀灭害虫,然而由于人力资源有限,每周只能采取以下两个策略之一:
策略A:环境整治,“虫害指数”数列满足In+1=1.02In-0.20;
策略B:杀灭害虫,“虫害指数”数列满足In+1=1.08In-0.46.
当某周“虫害指数”小于1时,危机解除.
(1)设第一周的虫害指数I1∈[1,8],用哪一个策略将使第二周的虫害严重程度更小?
(2)设第一周的虫害指数I1=3,如果每周都采用最优的策略,虫害的危机最快在第几周解除?
解(1)由题意可知,使用策略A时,I2=1.02I1-0.20;使用策略B时,I2=1.08I1-0.46.
令1.02I1-0.20-(1.08I1-0.46)>0,解得I1<,即当I1∈1,时,使用策略B第二周严重程度更小;当I1=时,使用两种策略第二周严重程度一样;当I1∈,8时,使用策略A第二周严重程度更小.
(2)由(1)可知,最优策略为策略B,
即In+1=1.08In-0.46,In+1-=1.08In-,
所以数列In-是以-为首项,1.08为公比的等比数列,
所以In-=-·1.08n-1,
即In=-·1.08n-1+,
令In<1,可得n≥9,
所以虫害最快在第9周解除.
22.(本小题满分12分)(2020浙江卷)已知数列{an},{bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1=·cn,n∈N+.
(1)若{bn}为等比数列,公比q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+,n∈N+.
(1)解由b1+b2=6b3,得1+q=6q2,
解得q=.
由cn+1=4cn,得cn=4n-1.
由an+1-an=4n-1,得
an=a1+1+4+…+4n-2=.
(2)证明由cn+1=cn,得
cn=,
所以c1+c2+c3+…+cn=,
由b1=1,d>0,得bn+1>0,
因此c1+c2+c3+…+cn<1+,n∈N+.(共24张PPT)
章末整合
专题一 等差(比)数列的基本运算?
例1等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
解:(1)设{an}的公比为q,
由已知,得16=2q3,
解得q=2,∴an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)得,a3=8,a5=32,
则b3=8,b5=32.
规律方法等差与等比数列的基本运算的求解策略
在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中,共涉及五个量,a1,an,n,d(或q),Sn,其中a1和d(或q)为基本量.“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,d(或q),an,Sn,n的方程组,利用方程的思想求出需要的量.在求解中若能运用等差(比)数列的性质可以化繁为简,减少运算量,同时还要注意整体代入思想方法的运用.
变式训练1已知等差数列{an}的公差d=1,前n项和为Sn.
(1)若1,a1,a3成等比数列,求a1;
(2)若S5>a1a9,求a1的取值范围.
专题二 求数列的通项公式?
例2(1)已知数列{an}的前n项和Sn=3+2n,求an.
(2)数列{an}的前n项和为Sn且a1=1,an+1=
Sn,求an.
解:(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3+2n-(3+2n-1)=2n-1,当n=1时,a1=S1=5不适合上式.
(2)由题意,知Sn=3an+1,①
∴当n≥2时,Sn-1=3an.②
①-②,得Sn-Sn-1=3an+1-3an,
规律方法数列通项公式的求法
(1)定义法,即直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法,这种方法适用于已知数列类型的题目.
(2)已知Sn求an.若已知数列的前n项和Sn与n的关系,求数列{an}的通项an可用公式an=
求解.
(3)累加或累乘法,形如an-an-1=f(n)(n≥2)的递推式,可用累加法求通项公式;形如
=f(n)(n≥2)的递推式,可用累乘法求通项公式.
变式训练2设数列{an}是首项为1的正项数列,且an+1-an+an+1·an
=0(n∈N+),求{an}的通项公式.
专题三 数列求和?
例3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.
解:(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=k(cn-cn-1),
则a6=k(c6-c5),a3=k(c3-c2),
∵a2=4,即k(c2-c1)=4,
解得k=2,∴an=2n.
当n=1时,a1=S1=2,适合上式.
综上所述,an=2n(n∈N+).
(2)由(1),得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,
Tn=2+(n-1)·2n+1.
方法总结数列求和的常用方法
(1)公式法:利用等差数列或等比数列前n项和公式.
(2)分组求和法:把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
(3)裂项相消法:把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程消去中间项,只剩有限项再求和.
(4)错位相减法:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.
(5)倒序相加法:例如等差数列前n项和公式的推导.
延伸探究本例中的条件不变,(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列{n+an}的前n项和Tn”.
解:由题意,知Tn=1+2+2+22+3+23+…+n+2n
=(1+2+3+…+n)+(2+22+…+2n)
专题四 等差(比)数列的判定?
例4数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N+).
(1)设bn=an+1-2an,求证:{bn}是等比数列;
因为a1=1,S2=a1+a2=4a1+2,所以a2=5.
所以b1=a2-2a1=3.
所以数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.
所以数列{cn}是公差为3,首项为2的等差数列.
方法总结等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法:an+1-an=d(常数)?{an}是等差数列;
=q(q为常数,q≠0)?{an}是等比数列.
(2)中项公式法:2an+1=an+an+2?{an}是等差数列;=an·an+2(an≠0)?{an}是等比数列.
(3)通项公式法:an=kn+b(k,b是常数)?{an}是等差数列;an=k·qn(k,q为非零常数)?{an}是等比数列.
(4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数,n∈N+)?{an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A,q为常数,且A≠0,q≠0,q≠1,n∈N+)?{an}是等比数列.
变式训练3已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设
(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.
将n=1代入,得a2=4a1,而a1=1,所以,a2=4.
将n=2代入,得a3=3a2,所以,a3=12.
从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
专题五 数学归纳法?
(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{an}的通项公式;
(2)用数学归纳法证明你的结论.
方法总结1.数学归纳法的两个关注点
(1)关注点一:用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型,其关键点在于“先看项”,弄清等式两边的构成规律,如等式两边各有多少项,初始值n0是多少.
(2)关注点二:由n=k到n=k+1时,除等式两边变化的项外还要利用n=k时的式子,即利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明.
2.与“归纳—猜想—证明”相关的常用题型的处理策略
(1)与函数有关的证明:由已知条件验证前几个特殊值,正确得出猜想,充分利用已知条件并用数学归纳法证明.
(2)与数列有关的证明:利用已知条件,当直接证明遇阻时,可考虑应用数学归纳法.
这就是说,当n=k+1时,不等式也成立.由①②可知,原不等式对任意大于等于2的正整数都成立.