数列的概念
(20分钟 35分)
1.已知数列-1,,-,…,(-1)n,…,它的第5项的值为
( )
A.
B.-
C.
D.-
【解析】选D.a5=(-1)5×=-.
2.下列四个数中,哪一个是数列{n(n+1)}中的一项
( )
A.380
B.391
C.352
D.23
【解析】选A.由n(n+1)=380得n=19.可验证其他项不符合.
3.数列,,,,…的第10项是
( )
A.
B.
C.
D.
【解题指南】由数列,,,,…可得一个通项公式an=,即可得出.
【解析】选C.由数列,,,,…可得一个通项公式an=,所以a10==.
4.数列0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的一个通项公式是an等于
( )
A.
B.
C.cos
π
D.cos
π
【解析】选D.A项,展开可得数列为0,1,0,1,…不符合题意.
B项,展开可得数列为0,-1,0,1,…不符合题意.
C项,展开可得数列为-1,0,1,0,…不符合题意.
D项,展开可得数列为0,1,0,-1,…符合题意.
5.(2020·上海高一检测)已知数列满足a1=1,an+1=2an+1(n∈N
),则a5= .?
【解题指南】根据数列的首项及递推公式依次求出a2,a3,…a5即可.
【解析】因为a1=1,an+1=2an+1,
所以a2=2a1+1=3,a3=2a2+1=7,a4=2a3+1=15,a5=2a4+1=31,
答案:31
6.写出下列数列的一个通项公式:
(1)0,3,8,15,24,…
(2)1,2,3,4,…
(3)1,11,111,1
111,…
【解析】(1)观察数列中的数,可以看到0=1-1,3=4-1,8=9-1,15=16-1,
24=25-1,…所以它的一个通项公式是an=n2-1.
(2)此数列的整数部分1,2,3,4,…恰好是序号n,分数部分与序号n的关系为,故所求的数列的一个通项公式为an=n+=.
(3)原数列的各项可变为×9,×99,×999,×9
999,…易知数列9,99,999,9
999,…的一个通项公式为an=10n-1.所以原数列的一个通项公式为an=(10n-1).
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.有下列一列数:
,1,1,1,( ),,,,,…,按照规律,括号中的数应为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.把数列变为
,,,,( ),,,,,…可得分子为连续的奇数,分母为连续的质数,故括号中的数应该为.
【易错提醒】本题中不知道对第2,3,4项进行变形,使整个数列遵循同样的规律是解不出题的主要原因.
2.数列2,5,11,20,32,x,…中的x等于
( )
A.28
B.32
C.33
D.47
【解析】选D.由5-2=3,11-5=6,20-11=9,32-20=12,则x-32=15,所以x=47.
3.已知数列{an}满足an+2=an+1-an,若a1=1,a3=3,则a17=
( )
A.-4
B.-3
C.3
D.4
【解析】选A.因为数列满足an+2=an+1-an,故有an+3=an+2-an+1=
-an+1=-an,
所以an+6=-an+3=an,故数列是以6为周期的周期数列,所以a17=a5=-a2,又因为
a1=1,a3=3,a3=a2-a1得a2=4,故a17=-4.
4.若一个数列的前三项依次为6,18,54,则此数列的一个通项公式为
( )
A.an=4n-2
B.an=2n+4
C.an=2×3n
D.an=3×2n
【解题指南】6=1×6=30×6,18=3×6=31×6,54=9×6=32×6,可以归纳出数列的通项公式.
【解析】选C.依题意,6=1×6=30×6,18=3×6=31×6,54=9×6=32×6,
所以此数列的一个通项公式为an=6×3n-1=2×3n.
5.(2020·贵阳高一检测)数列,,,,…的递推公式可以是
( )
A.an=
B.an=
C.an+1=an
D.an+1=2an
【解题指南】观察数列,数列从第二项起,可知每一项是前一项的,由此可以得到递推公式,得出结果.
【解析】选C.由题意可知,数列从第二项起,后一项是前一项的,所以递推公式为an+1=an.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.正整数列满足a1=a,且对于n∈N
有an+1=,若a6=1,则a的所有可能取值为 .?
【解析】因为正整数列满足a1=a,且对于n∈N
有an+1=,
由a6=1,得a5=2或a5=0(舍),则a4=4,
则a3=1,a2=2,a1=4或a3=8,
a2=16,a1=5或a3=8,a2=16,a1=32,
即a的所有可能取值为4,5或32.
答案:4,5或32
7.将正偶数按下表排列
第1列
第2列
第3列
第4列
第5列
第1行
2
4
6
8
第2行
16
14
12
10
第3行
18
20
22
24
…
…
28
26
则2
010在第 行第 列.?
【解析】由题意可知,2
010是第1
005个正偶数,
因为1
005÷4=251……1,所以2
010在第252行.
观察表格知,第偶数行的四个数字从第4列开始从右至左排列,
所以2
010在第252行,第4列.
答案:252 4
8.如图1是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主体图案是由如图2的一连串直角三角形演化而成的,其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1,如果把图2中的直角三角形继续作下去,记OA1,OA2,…,OAn,…的长度构成数列{an},则此数列的通项公式为an= .?
【解析】因为OA1=1,OA2=,OA3=,…,OAn=,…,
所以a1=1,a2=,a3=,…,an=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知数列的通项公式为an=.
(1)求a10.
(2)是否是这个数列中的项?
(3)这个数列中有多少整数项?
【解析】(1)a10==.
(2)由an==,解得,n=100.
即是这个数列中的项,且是第100项.
(3)由an=为整数项可知,n=1,n=2,n=3,n=6,即数列中有4个整数项.
10.写出数列的一个通项公式,使它的前几项分别为下列各数.
(1)3,5,9,17,33;
(2)4,-4,4,-4,4;
(3)1,0,1,0;
(4),,,.
【解析】(1)每项都可以看成2的n次幂加1的形式,
所以an=2n+1.
(2)数列中的每一项的绝对值均等于4,只有各项的系数的符号正负相间,所以an=4(-1)n+1(答案不唯一).
(3)原数列可改写为+,-,+,…,所以an=+(-1)n+1(答案不唯一).
(4)可将分子、分母分别求其通项,再合并,分子通项为2n-1,分母通项为2n+1,
所以an=.
1.已知f(1)=2,f(n+1)=(n∈N+),则f(4)= .?
【解析】因为f(1)=2,f(n+1)=,
所以f(2)==,f(3)===,f(4)===.
答案:
2.如图,下列四个图形中,着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项,求这个数列的一个通项公式.
【解析】4个图形中着色三角形的个数依次为1,3,9,27,都是3的指数幂,猜想数列的通项公式为an=3n-1.
PAGE数列的函数特性
(20分钟 35分)
1.一给定函数y=f(x)的图像在下列图中,并且对任意a1∈(0,1),由关系式an+1=f(an)得到的数列{an}满足an+1>an,则该函数的图像是
( )
【解析】选A.因为an+1=f(an),an+1>an,所以f(an)>an,即f(x)>x.
2.(2020·西安高一检测)若不等式++…+
019对任意n∈N
恒成立,则最小的整数a=
( )
A.2
018 B.2
019 C.2
020 D.2
021
【解题指南】构造数列an=++…+,分析的单调性,将问题转化为019,从而求解出a的取值范围.
【解析】选C.设an=++…+,
所以an+1=++…+,
所以an+1-an=+-
=-=-<0,
所以an>an+1,所以是单调递减数列,
所以=a1=+=,所以019,所以a>2
019+,a∈Z,所以amin=2
020.
3.已知数列{an},an=-2n2+λn,若该数列是递减数列,则实数λ的取值范围是
( )
A.(-∞,3]
B.(-∞,4]
C.(-∞,5)
D.(-∞,6)
【解析】选D.依题意,an+1-an=-2(2n+1)+λ<0,即λ<2(2n+1)对任意的n∈N+恒成立.注意到当n∈N+时,2(2n+1)的最小值是6,因此λ<6,即λ的取值范围是(-∞,6).
4.对于函数y=g(x),部分x与y的对应关系如表:
x
1
2
3
4
5
6
y
2
4
7
5
1
8
数列{xn}满足:x1=2,且对于任意n∈N+,点(xn,xn+1)都在函数y=g(x)的图像上,则x1+x2+…+x2
015=
( )
A.4
054
B.5
046
C.5
075
D.6
047
【解题指南】由题意易得数列是周期为4的周期数列,可得x1+x2+…+x2
015=503(x1+x2+x3+x4)+x1+x2+x3,代值计算可得.
【解析】选D.因为数列{xn}满足x1=2,且对任意n∈N+,点(xn,xn+1)都在函数y=g(x)的图像上,
所以xn+1=g(xn),
所以由题中表格可得x1=2,x2=g(x1)=4,x3=g(x2)=5,x4=g(x3)=1,x5=g(x4)=2,
所以数列是周期为4的周期数列,
故x1+x2+…+x2
015
=503(x1+x2+x3+x4)+x1+x2+x3
=503×(2+4+5+1)+2+4+5=6
047.
5.已知数列{an},an=,则数列{an}中的最小项是第 项.?
【解析】an===+,
令3n-16<0,得n<.
又因为f(n)=an在上单调递减,且n∈N+,
所以当n=5时,an取最小值.
答案:5
6.在数列{an}中,an=n(n-8)-20,请回答下列问题:
(1)这个数列共有几项为负?
(2)这个数列从第几项开始递增?
(3)这个数列中有无最小值?若有,求出最小值;若无,请说明理由.
【解析】(1)因为an=n(n-8)-20=(n+2)(n-10),所以当an<0时,0(2)因为an+1-an=2n-7,所以当an+1-an>0时,即2n-7>0,解得n>,故从第4项开始数列{an}递增.
(3)an=n(n-8)-20=(n-4)2-36,根据二次函数的性质知,当n=4时,an取得最小值-36,即数列中有最小值,最小值为-36.
【补偿训练】
已知函数f(x)=2x-2-x,数列{an}满足f(log2an)=-2n.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)证明:数列{an}是递减数列.
【解析】(1)因为f(x)=2x-2-x,
f(log2an)=-2n,
所以-=-2n,
所以an-=-2n,
所以+2nan-1=0,解得an=-n±.
因为an>0,所以an=-n,n∈N+.
(2)=
=<1.
因为an>0,所以an+1所以数列{an}是递减数列.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.已知数列an的通项公式为an=n+,若对任意n∈N+,都有an≥a3,则实数k的取值范围为
( )
A.[6,12]
B.(6,12)
C.[5,12]
D.(5,12)
【解析】选A.由已知n+≥3+对任意n∈N+恒成立,所以k≥3-n,
即k≥3-n,
当n≥4时,k≤3n,所以k≤12;当n=1时,k≥3;当n=2时,k≥6,以上三式都成立,所以取交集得6≤k≤12.
2.已知数列{an}的通项公式为an=,下列表述正确的是( )
A.最大项为0,最小项为-
B.最大项为0,最小项不存在
C.最大项不存在,最小项为-
D.最大项为0,最小项为-
【解析】选A.令t=,则an=f(t)=t(t-1),0整数,则n=3时,an取到最小项为-,n=1时,取到最大项为0.
3.(2020·佛山高一检测)下列叙述正确的是
( )
A.1,3,5,7与7,5,3,1是相同的数列
B.0,1,0,1,…是常数列
C.数列0,1,2,3,…的通项an=n
D.数列是递增数列
【解析】选D.数列1,3,5,7与7,5,3,1各项顺序不同,不是相同的数列,故A错误;数列0,1,0,1,…是摆动数列,故B错误;数列0,1,2,3,…的通项an=n-1,故C错误;易知数列是递增数列,故D正确.
4.在递减数列{an}中,an=kn(k为常数),则实数k的取值范围是
( )
A.R
B.(0,+∞)
C.(-∞,0)
D.(-∞,0]
【解析】选C.因为{an}是递减数列,所以an+1-an=k(n+1)-kn=k<0.
5.在数列{an}中,已知an=(c∈R),则对于任意正整数n有
( )
A.an
B.an与an+1的大小关系和c有关
C.an>an+1
D.an与an+1的大小关系和n有关
【解析】选B.因为an==1+,n+1≥2,
所以当c-1>0,即c>1时,f(n)=an单调递减,an+1an,
所以an+1与an的大小关系和c有关,和n无关.
【光速解题】因为c∈R,所以可以令c=0,求出an判断C错.令c=1,求出an=1,判断A,D错.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2020·上海高一检测)已知数列an=,若对任意正整数n都有an≤ak,则正整数k= .?
【解题指南】分析数列的单调性,以及数列各项的取值正负,得到数列中的最大项,由此即可求解出k的值.
【解析】因为an=,所以n≤9时,an>0,n≥10时,an<0,
又因为在上递增,
所以=a9,又因为对任意正整数n都有an≤ak,所以k=9.
答案:9
7.已知数列{an}是递增数列,且an=n∈N+,则λ的取值范围是 .?
【解析】由于数列为递增数列,
所以解得λ∈.
答案:
8.已知an=(n∈N+),设am为数列{an}的最大项,则m= .?
【解析】因为an=(n∈N+),
所以an==1+.
根据函数的单调性可判断:数列{an}在[1,7],[8,+∞)上单调递减,因为在[1,7]上an<1,在[8,+∞)上an>1,所以a8为最大项.
答案:8
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.
(2020·哈尔滨高一检测)已知数列满足:an=(n∈N
),且数列是递增数列,求实数a的取值范围.
【解析】根据题意,an=f(n)=,(n∈N
),
要使{an}是递增数列,必有,
据此有:,综上可得210.若数列中的最大项是第k项,求k.
【解析】由ak+1≤ak,ak≥ak-1得
k(k+4)≥(k+1)(k+5),
k(k+4)·≥(k-1)(k+3),化简得
k2≥10,k2-2k-9≤0,解得≤k≤+1,
由于k是正整数,所以k=4.
1.函数f(x)定义如表,数列{xn}满足x0=5,且对任意的自然数均有=f(xn),则x2
020=
( )
x
1
2
3
4
5
f(x)
5
1
3
4
2
A.1
B.2
C.4
D.5
【解析】选B.根据定义可得,x1=f(x0)=2,x2=f(x1)=1,x3=f(x2)=5,x4=f(x3)=2,…,所以周期为3,所以x2
020=x1=2.
2.已知数列{an}的通项公式an=n2-7n-8.
(1)数列中有多少项为负数?
(2)数列{an}是否有最小项?若有,求出其最小项.
【解析】(1)令an<0,即n2-7n-8<0,得-1又n∈N+,所以n=1,2,3,…,7,数列从第1项至第7项均为负数,共7项.
(2)方法一:an=n2-7n-8是关于n的二次函数,其对称轴方程为n==3.5,
所以当1≤n≤3时,{an}单调递减;当n≥4时,{an}单调递增,
所以当n=3或4时,an最小,且最小项a3=a4=-20.
方法二:设an为数列{an}的最小项,
则
即
解得3≤n≤4,
故当n=3或n=4时,a3=a4是数列中的最小项,且最小项a3=a4=-20.
PAGE等差数列的性质
(20分钟 35分)
1.在等差数列{an}中,a10=30,a20=50,则a40等于
( )
A.40
B.70
C.80
D.90
【解析】选D.方法一:设公差为d.
因为a20=a10+10d,所以50=30+10d,
所以d=2,a40=a20+20d=50+20×2=90.
方法二:因为2a20=a10+a30,
所以2×50=30+a30,所以a30=70,
又因为2a30=a20+a40,
所以2×70=50+a40,所以a40=90.
2.在等差数列{an}中,已知a1=2,a2+a3=13,则a4+a5+a6等于
( )
A.40
B.42
C.43
D.45
【解析】选B.因为a2+a3=13,所以2a1+3d=13.
因为a1=2,所以d=3.
所以a4+a5+a6=3a5=3(a1+4d)=42.
3.在等差数列{an}中,首项a1=0,公差d≠0.若ak=a1+a2+a3+…+a7,则k=
( )
A.22
B.23
C.24
D.25
【解题指南】利用等差数列的性质得:a1+a2+a3+…+a7=7a4.
【解析】选A.因为数列{an}为等差数列,首项a1=0,公差d≠0,所以ak=a1+(k-1)d=a1+a2+a3+…+a7=7a4=21d.解得k=22.
4.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
( )
A.120
B.105
C.90
D.75
【解析】选B.设公差为d.
因为a1+a2+a3=3a2=15,所以a2=5,
又因为a1a2a3=80,所以a1a3=16,
即(a2-d)(a2+d)=16,因为d>0,所以d=3.
则a11+a12+a13=3a12=3(a2+10d)=105.
5.(2020·重庆高一检测)等差数列中a2+a4+a6+a8=20,则a3+a7= .?
【解析】a2+a4+a6+a8=2=20,
所以a3+a7=10.
答案:10
6.(1)三个数成等差数列,和为6,积为-24,求这三个数;
(2)四个数成递增等差数列,中间两数的和为2,首末两项的积为-8,求这四个数.
【解析】(1)方法一:设等差数列的等差中项为a,公差为d,则这三个数分别为a-d,a,a+d,
由已知,3a=6且a(a-d)(a+d)=-24,
所以a=2,代入a(a-d)(a+d)=-24,
化简得d2=16,于是d=±4,
所以这三个数为-2,2,6或6,2,-2.
方法二:设首项为a,公差为d,则这三个数分别为a,a+d,a+2d,
由已知,3a+3d=6,且a(a+d)(a+2d)=-24,
所以a=2-d,代入a(a+d)(a+2d)=-24,
得2(2-d)(2+d)=-24,整理得4-d2=-12,
即d2=16,于是d=±4,
所以,这三个数为-2,2,6或6,2,-2.
(2)方法一:设这四个数为a-3d,a-d,a+d,a+3d(公差为2d),由已知,2a=2,且(a-3d)(a+3d)=-8,即a=1,a2-9d2=-8,
所以d2=1,所以d=1或d=-1.
又四个数成递增等差数列,所以d>0,
所以d=1,所以所求的四个数为-2,0,2,4.
方法二:设这四个数为a,a+d,a+2d,a+3d(公差为d),由已知,2a+3d=2,且a(a+3d)=-8,
把a=1-d代入a(a+3d)=-8,
得=-8,即1-d2=-8,
化简得d2=4,所以d=2或-2.
又四个数成递增等差数列,所以d>0,所以d=2,
所以所求的四个数为-2,0,2,4.
【补偿训练】
设数列{an}是等差数列,bn=,又因为b1+b2+b3=,b1b2b3=,求通项an.
【解析】因为b1b2b3=,又因为bn=,
所以··=.
所以=,所以a1+a2+a3=3,
又因为{an}成等差数列,所以a2=1,a1+a3=2,
所以b1b3=,b1+b3=,
所以或
即或
所以an=2n-3或an=-2n+5.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2020·石嘴山高一检测)在等差数列中,若a1+a2=4,a3+a4=12,则a5+a6=
( )
A.8
B.16
C.20
D.28
【解析】选C.因为为等差数列,则a1+a2,a3+a4,a5+a6也成等差数列,公差为12-4=8.所以a5+a6=a3+a4+8=12+8=20.
2.在数列中,已知an+1-an=an+2-an+1,a1
011=1,则该数列中a1+a2
021=
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解题指南】根据条件判断出为等差数列,利用等差数列的等差中项得到答案.
【解析】选B.因为an+1-an=an+2-an+1,
所以2an+1=an+an+2,所以为等差数列,因为a1
011=1,所以a1+a2
021=2a1
011=2.
【光速解题】选B.根据题意,可以让a1=a2=…=a2
021=1求解.
3.(2020·邢台高一检测)在等差数列{an}中,若a1+a4+a7=39,a2+a5+a8=33,则a3+a6+a9的值为
( )
A.30
B.27
C.24
D.21
【解题指南】首先由等差中项的性质知:a4=13,a5=11,由d=a5-a4,a3+a6+a9=3a6,计算a6代入即可.
【解析】选B.因为a1+a4+a7=3a4=39,所以a4=13.因为a2+a5+a8=3a5=33,所以a5=11.所以d=a5-a4=-2.又a6=a5+d=9,
所以a3+a6+a9=3a6=27.
4.(2020·福州高三检测)在等差数列中,已知a1=3,公差d=2,若am=a1+a2+a3+a4+a5(m∈N
),则m=
( )
A.19
B.18
C.17
D.16
【解题指南】依题意an=2n+1,且a1+a2+a3+a4+a5=5a3=35,令am=35解方程即可.
【解析】选C.根据题意,数列{an}是等差数列,且a1=3,公差d=2,所以
an=a1+(n-1)d=3+2n-2=2n+1,又因为am=2m+1=a1+a2+a3+a4+a5=5a3
=35(m∈N
),所以m=17.
5.设等差数列满足a3+a7=36,a4a6=275,且anan+1有最小值,则这个最小值为
( )
A.-10
B.-12
C.-14
D.-16
【解题指南】设该等差数列的首项为a1,公差为d,根据题意,分析可得(a1+2d)+(a1+6d)=36,(a1+3d)(a1+5d)=275,解可得a1与d的值,即可得数列的通项,将其代入anan+1中,结合二次函数的性质分析可得答案.
【解析】选B.根据题意,设该等差数列的首项为a1,公差为d,若a3+a7=36,a4a6=275,则有(a1+2d)+(a1+6d)=36,(a1+3d)(a1+5d)=275,
解得或,
则数列的通项为an=7n-17或an=-7n+53,
当an=7n-17时,anan+1=(7n-17)(7n-10)
=49=49-,
分析可得当n=2时,anan+1有最小值,且其最小值为-12;当an=-7n+53时,anan+1=(-7n+53)(-7n+46)=(7n-53)(7n-46)=49,
因为=≈7.07,分析可得当n=7时,anan+1有最小值,且其最小值为-12;即anan+1有最小值-12.
【误区警示】本题因为d有两个解,所以求解an易错,最后在计算anan+1的最值时由于计算量较大,也容易出错.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(5分)已知{an}为等差数列,且a6=4,则a4a7的最大值为 .?
【解析】设等差数列的公差为d,
则a4a7=(a6-2d)(a6+d)=(4-2d)(4+d)=-2(d+1)2+18,即a4a7的最大值为18.
答案:18
7.已知数列{an}为等差数列且a1+a7+a13=4π,则tan(a2+a12)的值为 .?
【解析】由等差数列的性质得a1+a7+a13=3a7=4π,
所以a7=.所以tan(a2+a12)=tan(2a7)=tan
=tan
=-.
答案:-
8.在△ABC中,若lgsin
A,lgsin
B,lgsin
C成等差数列,且三个内角A,B,C也成等差数列,则△ABC的形状为 .?
【解析】因为lgsin
A,lgsin
B,lgsin
C成等差数列,
得lgsin
A+lgsin
C=2lgsin
B,即sin2
B=sin
Asin
C①,
又三内角A,B,C也成等差数列,
所以B=60°,代入①得sin
Asin
C=②,
设A=60°-α,C=60°+α,
代入②得sin(60°+α)sin(60°-α)=,
?cos2α-sin2α=,
即cos2
α=1,所以α=0°,
所以A=B=C=60°,所以△ABC为等边三角形.
答案:等边三角形
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知无穷等差数列{an},首项a1=3,公差d=-5,依次取出项的序号被4除余3的项组成数列{bn}.
(1)求b1和b2;(2)求数列{bn}的通项公式;
(3)数列{bn}中的第110项是数列{an}中的第几项?
【解析】(1)由题意,等差数列{an}的通项公式为
an=3+(n-1)(-5)=8-5n,
设数列{bn}的第n项是数列{an}的第m项,
则需满足m=4n-1,n∈N+,所以b1=a3=8-5×3=-7,b2=a7=8-5×7=-27.
(2)由(1)知bn+1-bn=a4(n+1)-1-a4n-1=4d=-20,
所以新数列{bn}也为等差数列,
且首项为b1=-7,公差为d′=-20,
所以bn=b1+(n-1)d′=-7+(n-1)×(-20)=13-20n.
(3)因为m=4n-1,n∈N+,所以当n=110时,
m=4×110-1=439,所以数列{bn}中的第110项是数列{an}中的第439项.
10.某化工厂打算投入一条新的生产线,但需要经环保部门审批同意方可投入生产,已知该厂连续生产n个月的累计产量为f(n)=n(n+1)(2n-1)吨,但如果月产量超过96吨,将会给环境造成危害.
(1)请你代表环保部门给厂拟定最长的生产周期.
(2)若该厂在环保部门的规定下生产,但需要每月交纳a万元环保税,已知每吨售价0.6万元,第n个月的工人工资为g(n)=n2-n-1万元,若每月都赢利,求出a的范围?
【解析】(1)设化工厂每个月的产量构成数列{an},则an=f(n)-f(n-1)=n(n+1)(2n-1)-(n-1)n(2n-3)=3n2-2n,所以产量逐月递增.当3n2-2n≤96时,解得n≤6,所以环保部门给厂拟定最长的生产周期为6个月.
(2)若每月都赢利,
则(3n2-2n)--a>0恒成立,
所以a<,
当n=2时,=,所以a<.
又因为a>0,所以01.在数表中,已知每行、每列中的数都成等差数列.
第1列
第2列
第3列
…
第1行
1
2
3
…
第2行
2
4
6
…
第3行
3
6
9
…
…
…
…
…
…
那么位于表中的第n行第n+1列的数是 .?
【解析】观察可知,第n行的数构成以n为首项,n为公差的等差数列,所以第n行第n+1列的数是n+[(n+1)-1]×n=n2+n.
答案:n2+n
2.已知,,成等差数列,求证:,,也成等差数列.
【证明】因为,,成等差数列,所以=+,即2ac=b(a+c).
因为+=
===
=,所以,,成等差数列.
PAGE等差数列的前n项和
(20分钟 35分)
1.设数列{an}是等差数列,其前n项和为Sn,若a6=2且S5=30,则S8等于
( )
A.31
B.32
C.33
D.34
【解析】选B.由已知
解得所以S8=8a1+d=32.
2.在等差数列{an}和{bn}中,a1=25,b1=15,a100+b100=139,则数列{an+bn}的前100项的和为
( )
A.0
B.4
475
C.8
950
D.10
000
【解析】选C.设cn=an+bn,
则c1=a1+b1=40,c100=a100+b100=139,{cn}是等差数列,
所以前100项和S100===8
950.
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9等于
( )
A.63
B.45
C.36
D.27
【解析】选B.因为a7+a8+a9=S9-S6,而由等差数列的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6构成等差数列,
所以S3+(S9-S6)=2(S6-S3),即a7+a8+a9=S9-S6=2S6-3S3=2×36-3×9=45.
4.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若=,则等于
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.设S3=m,因为=,
所以S6=3m,所以S6-S3=2m.
由等差数列依次每k项之和仍为等差数列,
得S3=m,S6-S3=2m,S9-S6=3m,S12-S9=4m,
所以S12=10m.所以=.
5.(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=-3,S5=-10,则a5= ,Sn的最小值为 .?
【解析】设公差为d,a2=a1+d=-3,S5=5a1+d=-10,即a1+2d=-2,解得a1=-4,d=1,所以a5=a1+4d=0,Sn=na1+d=,
当n=4或5时,Sn最小,为-10.
答案:0 -10
6.在等差数列{an}中,a1=25,S17=S9,求Sn的最大值.
【解析】方法一:设等差数列{an}的公差为d.
由S17=S9,得25×17+×(17-1)d
=25×9+×(9-1)d,解得d=-2.
所以Sn=25n+×(n-1)×(-2)
=-(n-13)2+169.
由二次函数的性质,知当n=13时,
Sn有最大值169.
方法二:设等差数列{an}的公差为d.
由S17=S9,得25×17+×(17-1)d=25×9+×(9-1)d,解得d=-2.
因为a1=25>0,由
解得≤n≤,
所以当n=13时,Sn有最大值,
S13=25×13+=169.
【补偿训练】
设数列{an}是公差不为零的等差数列,Sn是数列{an}的前n项和,且=9S2,S4=4S2,求数列{an}的通项公式.
【解析】设等差数列{an}的公差为d,
由Sn=na1+d及已知条件得
(3a1+3d)2=9(2a1+d),①
4a1+6d=4(2a1+d).②
由②得d=2a1,代入①,有=a1,
解得a1=0或a1=.
当a1=0时,d=0(舍去),因此a1=,d=.
故数列{an}的通项公式为an=+(n-1)×=(2n-1).
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5=7,S10=21,则S15等于
( )
A.35
B.42
C.49
D.63
【解析】选B.在等差数列{an}中,S5,S10-S5,
S15-S10成等差数列,即7,14,S15-21成等差数列,
所以7+(S15-21)=2×14,解得S15=42.
2.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=
( )
A.-12
B.-10
C.10
D.12
【解析】选B.3=2a1+d+4a1+×d?9a1+9d=6a1+7d?3a1+2d=0
?6+2d=0?d=-3,所以a5=a1+4d=2+4×(-3)=-10.
3.(2020·淮北高一检测)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一,书中有一道这样的题目:把100个面包分给五个人,使每个人所得成等差数列,最大的三份之和的是最小的两份之和,则最小的一份的量是
( )
A.
B.
C.
D.
【解题指南】由题意可得中间部分的为20个面包,设最小的一份为a1,公差为d,可得到a1和d的方程,即可求解.
【解析】选D.由题意可得中间的那份为20个面包,设最小的一份为a1,公差为d,由题意可得[20+(a1+3d)+(a1+4d)]×=a1+(a1+d),解得a1=.
4.(2020·仙游高一检测)记Sn为等差数列的前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
【解析】选A.由题知,
解得,
所以an=2n-5.
所以Sn==n2-4n.
【光速解题】选A.本题还可用排除法,对B,a5=5,S4==-10≠0,排除B;对C,S4=0,a5=S5-S4=2×52-8×5-0=10≠5,排除C;对D,S4=0,a5=S5-S4=×52-2×5-0=≠5,排除D.
5.等差数列{an}的前四项和为124,后四项和为156,各项和为210,则此数列的项数为
( )
A.5
B.6
C.7
D.8
【解析】选B.由题意知a1+a2+a3+a4=124,
an+an-1+an-2+an-3=156,
所以4(a1+an)=280,
所以a1+an=70.
又S==×70=210,所以n=6.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2019·江苏高考)已知数列{an}(n∈N+)是等差数列,Sn是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27,则S8的值是 .?
【解析】设等差数列的首项为a1,公差为d,
由a2a5+a8=0,S9=27,
得
解得a1=-5,d=2,
所以S8==4(2a1+7d)=16.
答案:16
7.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=-2
018,-=6,则S2
020= .?
【解析】由等差数列的性质可得也为等差数列.
设其公差为d,
则-=6d=6,所以d=1.
故=+2
019d=-2
018+2
019=1,
所以S2
020=1×2
020=2
020.
答案:2
020
8.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10= .?
【解析】设等差数列的公差为d.
因为是等差数列,
且a1=-2,a2+a6=2,
根据等差数列通项公式:an=a1+d,
可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d++5d=2,
整理可得:6d=6,解得:d=1.
根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+d,n∈N
,
可得:S10=10×+=-20+45=25,所以S10=25.
答案:25
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.在等差数列{an}中.
(1)a1=105,an=994,d=7,求Sn;
(2)d=2,an=11,Sn=35,求a1和n.
【解析】(1)d====7,
解得n=128.
所以Sn=
==70
336.
(2)由
得
解方程组得或
10.设等差数列的前n项和为Sn,且a5+a13=34,S3=9.
(1)求数列的通项公式及前n项和公式.
(2)设数列{bn}的通项公式为bn=,问:是否存在正整数t,使得b1,b2,bm(m≥3,m∈N)成等差数列?若存在,求出t和m的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)设等差数列的公差为d,
因为a5+a13=34,S3=9.
所以
整理得
解得
所以an=1+(n-1)×2=2n-1,
Sn=n×1+×2=n2.
(2)由(1)知bn=,
所以b1=,b2=,bm=,
若b1,b2,bm(m≥3,m∈N)成等差数列,
则2b2=b1+bm,
所以=+,
即6(1+t)(2m-1+t)
=(3+t)(2m-1+t)+(2m-1)(1+t)(3+t),
整理得(m-3)t2-(m+1)t=0,因为t是正整数,
所以(m-3)t-(m+1)=0,m=3时显然不成立,
所以t===1+.
又因为m≥3,m∈N,
所以m=4或5或7,
当m=4时,t=5;当m=5时,t=3;
当m=7时,t=2.
所以存在正整数t,使得b1,b2,bm(m≥3,m∈N)成等差数列.
即当t=5时,b1,b2,b4成等差数列;
当t=3时,b1,b2,b5成等差数列;
当t=2时,b1,b2,b7成等差数列.
1.一个凸多边形的内角成等差数列,其中最小的内角为120°,公差为5°,那么这个多边形的边数n等于
( )
A.12
B.16
C.9
D.16或9
【解析】选C.an=120+5(n-1)=5n+115,
由an<180得n<13且n∈N+,
由n边形内角和定理得,
(n-2)×180=n×120+×5.
解得n=16或n=9,
因为n<13,所以n=9.
2.某仓库有同一型号的圆钢600根,堆放成如图所示的形状,从第二层开始,每一层比下面一层少放一根,而第一层至少要比第二层少一根,要使堆垛的占地面积最小(即最下面一层根数最少),则最下面一层放几根?共堆了多少层?
【解析】设最下面一层放n根,则最多可堆n层,则1+2+3+…+n=≥600,
所以n2+n-1
200≥0,记?(n)=n2+n-1
200,
因为当n∈N+时,f(n)单调递增,
而f(35)=60>0,f(34)=-10<0,
所以n≥35,因此最下面一层最少放35根.
因为1+2+3+…+35=630,
所以最多可堆放630根,必须去掉上面30根,去掉顶上7层,共1+2+3+…+7=28根,再去掉顶上第8层的2根,剩下的600根共堆了28层.
故最下面一层放35根,共堆了28层.
PAGE等差数列习题课
(20分钟 35分)
1.为了参加5
000
m长跑比赛,李强给自己制订了10天的训练计划;第1天跑
5
000
m,以后每天比前一天多跑400
m,李强10天一共跑的路程是
( )
A.60
000
m
B.64
000
m
C.68
000
m
D.72
000
m
【解析】选C.将李强每一天跑的路程记为数列{an},由题意知,{an}是等差数列,则a1=5
000
m,公差d=400
m.所以S10=10a1+d=10×5
000+45×400=
68
000(m),故李强10天一共跑了68
000
m.
2.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,第k项满足5( )
A.9
B.8
C.7
D.6
【解析】选B.由an=
所以an=2n-10.由5<2k-10<8,得
7.53.1002-992+982-972+…+22-12的值是
( )
A.5
000
B.5
050
C.10
100
D.20
200
【解析】选B.对相邻两项由平方差公式得,原式=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=
5
050.
4.设数列{an}的通项公式为an=2n-7,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a15|=
( )
A.139
B.153
C.144
D.178
【解析】选B.Sn==n(n-6).
因为an≥0时,n≥.
所以|a1|+|a2|+…+|a15|
=-a1-a2-a3+a4+a5+…+a15
=S15-2S3=15×9-2×3×(-3)=153.
5.2020年3月美国某市突发新冠肺炎疫情期间,根据CDC的记录,3月12日该市新冠肺炎感染者有2万人,此后每天的新感染者平均比上一天的新感染者增加
5
000人,那么到3月18日该市新冠肺炎感染者共有 人.?
【解析】由题意可知,从3月12日到3月18日该市每天新感染者组成一个以2万为首项,5
000为公差的等差数列.所以到3月18日纽约市新感染者共有7×20
000+×7×6×5
000=245
000.
答案:245
000
6.等差数列{an}中,a1=1,an,an+1是方程x2-(2n+1)x+=0的两个根,求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】因为an,an+1是方程x2-(2n+1)x+=0的两个根,所以an+an+1=2n+1,
又因为数列{an}为等差数列,
所以an+an+1=a1+a2n=1+a2n=2n+1,
所以a2n=2n,所以an=n.
anan+1=n(n+1)=,
所以bn==-,
所以数列{bn}的前n项和Sn=1-+-+…+-=1-=.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.++++…+=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.原式=1-+-+-+-+…+-
=
=.
2.在数列中,
a2=8,
a5=2,且2an+1-an+2=an(n∈N+),则++…+的值是
( )
A.-10
B.10
C.50
D.70
【解析】选C.由2an+1-an+2=an得2an+1=an+2+an,即数列是等差数列,由
a2=8,
a5=2得a1=10,d=-2,所以an=-2n+12,当1≤n≤6时,an≥0,
当n≥7时an<0,所以++…+
=2S6-S10=50.
3.(2020·六安高三检测)《周髀算经》有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸,冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸,前九个节气日影之和为八丈五尺五寸,问芒种日影长为
( )
A.一尺五寸
B.二尺五寸
C.三尺五寸
D.四尺五寸
【解题指南】从冬至日起各节气日影长设为,可得为等差数列,根据已知结合前n项和公式和等差中项关系,求出通项公式,即可求解.
【解析】选B.由题知各节气日影长依次成等差数列,设为,Sn是其前n项和,则S9==9a5=85.5尺,所以a5=9.5尺,由题知a1+a4+a7=3a4=31.5,所以a4=10.5,所以公差d=a5-a4=-1,
所以a12=a5+7d=2.5尺.
4.(2020·临川高一检测)设等差数列的前n项和为Sn,首项a1>0,公差d<0,a10·S21<0,则Sn最大时,n的值为
( )
A.11 B.10 C.9 D.8
【解题指南】由等差数列前n项和公式得出S21=21a11,结合数列为递减数列确定a10>0,a11<0,从而得到Sn最大时n的值为10.
【解析】选B.由题意可得S21=21a1+d=21=21a11,
因为a10·S21<0,
所以a10·a11<0.
等差数列的首项a1>0,公差d<0,
则数列为递减数列,所以a10>0,a11<0.
即当n=10时,Sn最大.
5.若数列{an}的前n项和是Sn=n2-4n+2,则|a1|+|a2|+…+|a10|等于
( )
A.15
B.35
C.66
D.100
【解析】选C.易得an=
|a1|=1,|a2|=1,|a3|=1,令an>0,
则2n-5>0,
所以n≥3.
所以|a1|+|a2|+…+|a10|=1+1+a3+…+a10
=2+(S10-S2)
=2+[(102-4×10+2)-(22-4×2+2)]=66.
【误区警示】本题由于不注意an=-1容易当成等差数列的绝对值求和.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.已知数列{an}:,+,++,+++,…,bn=,则数列{bn}的前n项的和为 .?
【解析】因为an===,
所以bn===4.
所以Sn=4
=4.
答案:4
7.若等差数列{an}的前n项和为Sn=An2+Bn,则该数列的公差为 .?
【解析】数列{an}的前n项和为Sn=An2+Bn,所以当n≥2时,an=Sn-=An2+Bn-A(n-1)2-B(n-1)=2An+B-A,当n=1时也满足,所以d=2A.
答案:2A
8.(2020·江门高二检测)已知无穷项等差数列{an}中,它的前n项和为Sn,且S7>S6,S7>S8,若数列中bn=,数列的和为Tn,则下列命题正确的是 .?
①{bn}中b7最大;
②{an}中a3或a4最大;
③当n≥8时an<0;④一定有T3=T11.
【解析】由S7>S6知a7>0,由S7>S8知a8<0,故d<0,所以当n≥8时an<0.所以②错误,③正确.数列{bn}的单调性是先减后增的,所以①错误.由于bn>0,所以T3≠T11,所以④错误.
答案:③
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2020·大庆高一检测)已知数列的各项为正数的递增数列,其前n项和Sn满足Sn=,设bn=10-an.
(1)求证:数列是等差数列,并求的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Tn,求Tn的最大值.
【解析】(1)当n=1时,a1=S1=,
所以a1=1,当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=-,
即--2an-2an-1=0,
所以-2an+1=+2an-1+1,
所以=,
所以an-1=an-1+1,
所以an-an-1=2,
所以是等差数列,an=2n-1.
(2)bn=10-an=-2n+11,b1=9,
因为bn-bn-1=-2,
所以是等差数列,
所以Tn==-n2+10n,
当n=5时,Tnmax=-52+10×5=25.
10.一支车队有15辆车,某天依次出发执行任务.第1辆车于下午2时出发,第2辆车于下午2时10分出发,第3辆车于下午2时20分出发,以此类推.假设所有的司机都连续开车,并且都在下午6时停下休息.
(1)到下午6时,最后一辆车行驶了多长时间?
(2)如果每辆车的行驶速度都是60
km/h,这支车队当天一共行驶了多少路程?
【解析】由题意,知第1辆车休息时行驶了240
min,各辆车行驶的时间构成一个等差数列{an},其中a1=240,公差d=-10,
则an=240-10(n-1)=-10n+250.
(1)因为a15=-10×15+250=100,所以到下午6时,最后一辆车行驶了100
min.
(2)这支车队所有车辆行驶的总时间为×15=2
550(min)=(h),所以这支车队当天一共行驶的路程为×60=2
550(km).
1.已知直线x+2y+=0与直线x-dy+11=0互相平行且距离为m.等差数列{an}的公差为d,且a7·a8=35,a4+a10<0,令Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,则Sm的值为
( )
A.
60
B.
52
C.
44
D.
36
【解析】选B.由两直线平行得d=-2,由两平行直线间距离公式得m==10,
因为a7·(a7-2)=35得a7=-5或a7=7.
因为a4+a10=2a7<0,所以a7=-5,
所以an=-2n+9,所以Sm=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a10|=|7|+|5|+|3|+|1|+|-1|+|-3|+|-5|+|-7|+|-9|+|-11|=52.所以选B.
2.Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg
an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]
=0,[lg
99]=1.
(1)求b1,b11,b101.
(2)求数列{bn}的前1
000项和.
【解析】(1)设{an}的公差为d,根据已知有7+21d=28,解得d=1,所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg
1]=0,b11=[lg
11]=1,
b101=[lg
101]=2.
(2)因为bn=
所以数列{bn}的前1
000项和为1×90+2×900+3×1=1
893.
PAGE等
比
数
列
(20分钟 35分)
1.下列命题中正确的是
( )
A.若a,b,c是等差数列,则lg
a,lg
b,lg
c是等比数列
B.若a,b,c是等比数列,则lg
a,lg
b,lg
c是等差数列
C.若a,b,c是等差数列,则10a,10b,10c是等比数列
D.若a,b,c是等比数列,则10a,10b,10c是等差数列
【解析】选C.若a,b,c成等差数列,则2b=a+c,
所以10a·10c=10a+c=102b=(10b)2,
所以10a,10b,10c是等比数列.
2.在首项a1=1,公比q=2的等比数列{an}中,当an=64时,项数n等于
( )
A.4
B.5
C.6
D.7
【解析】选D.因为an=a1qn-1,所以1×2n-1=64,即2n-1=26,得n-1=6,解得n=7.
3.(2020·高新高一检测)若正项等比数列满足a2a3=a4,且a1+a3=2,则公比为
( )
A.-1
B.1
C.2
D.3
【解题指南】根据a2a3=a4可计算出首项a1的值,再根据a1+a3=2以及a1的值即可计算出公比q的值.
【解析】选D.因为a2a3=a4,所以q3=a1q3,所以a1=1,
又因为a1+a3=2所以1+q2=2,
所以q2-2q-3=0,所以q=3或q=-1,
又因为是正项等比数列,所以q=3.
4.等比数列{an}的公比为q,且|q|≠1,a1=-1,若am=a1·a2·a3·a4·a5,则m等于
( )
A.9
B.10
C.11
D.12
【解析】选C.因为a1·a2·a3·a4·a5=a1·a1q·a1q2·a1q3·a1q4=·q10=-q10,am=a1qm-1=-qm-1,
所以-q10=-qm-1,所以10=m-1,所以m=11.
5.画一个边长为2厘米的正方形,再以这个正方形的对角线为边画第2个正方形,以第2个正方形的对角线为边画第3个正方形,这样一共画了10个正方形,则第10个正方形的面积等于 平方厘米.?
【解析】依题意这10个正方形的边长构成以2为首项,为公比的等比数列{an}(1≤n≤10,n∈N+),则第10个正方形的面积S==[2×()9]2=4×29=2
048(平方厘米).
答案:2
048
6.在等比数列{an}中,
(1)已知a2=18,a4=8,求a1与q.
(2)已知a5-a1=15,a4-a2=6,求a3.
【解析】(1)由已知得
解这个方程组,得或
(2)根据题意,有
方程两边分别相除,得=.
整理得2q2-5q+2=0.解这个方程,得q=2或q=.
当q=2时,a1=1;当q=时,a1=-16.
所以a3=4或a3=-4.
【补偿训练】
已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=(an-1)
(n∈N+).
(1)求a1,a2;
(2)求证:数列{an}是等比数列.
【解析】(1)由S1=(a1-1),得a1=(a1-1),
所以a1=-.又S2=(a2-1),
即a1+a2=(a2-1),得a2=.
(2)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(an-1)-(an-1-1),
得=-,又=-,所以{an}是首项为-,公比为-的等比数列.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.设等比数列{an}的前三项分别为,,,则该数列的第四项为
( )
A.1
B.
C.
D.
【解析】选A.q==,所以a4=·=1.
2.如图给出了一个“三角形数阵”.已知每一列数成等差数列,从第三行起,每一行数成等比数列,而且每一行的公比都相等,
,
,,
…
记第i行第j列的数为aij(i,j∈N+),则a53的值为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.第一列构成首项为,公差为的等差数列,所以a51=+(5-1)×=.
又因为从第三行起每一行数成等比数列,而且每一行的公比都相等,所以第5行构成首项为,公比为的等比数列,所以a53=×=.
3.(2020·余姚高一检测)设为等比数列,给出四个数列:
①,②,③,④.其中一定为等比数列的是
( )
A.①③
B.②④
C.②③
D.①②
【解题指南】设an=a1qn-1,再利用等比数列的定义和性质逐一分析判断每一个选项得解.
【解析】选D.设an=a1qn-1,
①2an=2a1qn-1,所以数列是等比数列;
②=q2n-2=(q2)n-1,所以数列是等比数列;③=,==不是一个常数,所以数列不是等比数列;
④=不是一个常数,
所以数列不是等比数列.
4.一个蜂巢里有1只蜜蜂,第1天,它飞出去找回了5个伙伴;第2天,6只蜜蜂飞出去,各自找回了5个伙伴…如果这个找伙伴的过程继续下去,第6天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有蜜蜂
( )
A.55
986只
B.46
656只
C.216只
D.36只
【解题指南】先由题得到{an}是公比为6的等比数列,再利用等比数列的通项求出a6得解.
【解析】选B.设第n天所有的蜜蜂都归巢后共有an只蜜蜂,则有an+1=6an,a1=6,则{an}是公比为6的等比数列,则a6=a1q5=6×65=46
656.
5.(2020·石家庄高一检测)已知数列是首项a1=4,公比q≠1的等比数列,且4a1,a5,-2a3成等差数列,则公比q等于
( )
A.-1
B.
C.-2
D.2
【解题指南】由等差数列的性质得2a5=4a1-2a3,由此利用等比数列通项公式能求出公比.
【解析】选A.因为数列是首项a1=4,公比q≠1的等比数列,且4a1,a5,-2a3成等差数列,所以2a5=4a1-2a3,所以2=4×4-2,
解得q=1(舍)或q=-1.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.在数列{an}中,对任意n∈N+,都有an+1-2an=0(an≠0),则等于 .?
【解析】由an+1-2an=0得=2,所以数列{an}是公比为2的等比数列,所以===.
答案:
7.设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2
…an的最大值为 .?
【解析】设等比数列的公比为q,
由得,解得
所以a1a2…an=q1+2+…+(n-1)=8n×=,于是当n=3或4时,a1a2…an取得最大值26=64.
答案:64
8.在表格中,每格填上一个数字后,使每一横行成等差数列,每纵列成等比数列,则a+b+c的值为 .?
1
2
0.5
1
a
b
c
【解析】因为每一横行成等差数列,每一纵列成等比数列,所以根据第三列,得2×a=12,可得a=.在第一列中,公比q=,第3个数为=,第4个数为=,第三列中,公比q=,第4个数为2×=,所以第四行中的公差d==,所以第四行中第4个数b=+=,同理c=,所以a+b+c=++=1.
答案:1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知等差数列满足a1+a2=10,a4-a3=2.
(1)求的通项公式;
(2)设等比数列满足b2=a3,b3=a7.若b6=ak,求k的值.
【解析】(1)由题意,得等差数列的公差d=a4-a3=2,a1+a2=2a1+d=10,a1=4,
所以an=a1+(n-1)d=4+(n-1)×2=2n+2;
(2)由(1),得b2=a3=8,b3=a7=16,
所以q===2,b6=b2q4=8×24=128,
所以ak=2k+2=128,k=63.
10.设关于x的二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,且满足6α-2αβ+6β=3.
(1)试用an表示an+1.
(2)求证:是等比数列.
(3)当a1=时,求数列{an}的通项公式及项的最值.
【解析】(1)根据根与系数的关系,得
代入题设条件6(α+β)-2αβ=3,
得-=3.
所以an+1=an+.
(2)因为an+1=an+,所以an+1-=.
若an=,则方程anx2-an+1x+1=0,
可化为x2-x+1=0,即2x2-2x+3=0.
此时Δ=(-2)2-4×2×3<0,
所以an≠,即an-≠0.
所以数列是以为公比的等比数列.
(3)当a1=时,
a1-=,
所以数列是首项为,公比为的等比数列.
所以an-=×=,
所以an=+,n=1,2,3,…,
即数列{an}的通项公式为an=+,n=1,2,3,….
由函数y=在(0,+∞)上单调递减知当n=1时,an的值最大,即最大值为a1=.
PAGE等比数列的性质
(20分钟 35分)
1.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
【解析】选B.因为b2=(-1)×(-9)=9且b与首项-1同号,所以b=-3,且a,c必同号.
2.(2020·重庆高一检测)等比数列的各项均为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2+…+log3a10=
( )
A.12
B.10
C.8
D.2+log35
【解析】选B.由等比数列的性质可得:a5a6+a4a7=2a5a6=18,所以a5a6=9.
a1a10=a2a9=a3a8=a4a7=…=9.则log3a1+log3a2+…+log3a10=log3=5log39=10.
3.一个数分别加上20,50,100后得到的三数成等比数列,其公比为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.设这个数为x,
则(50+x)2=(20+x)·(100+x),解得x=25,
所以这三个数为45,75,125,公比q为=.
4.已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=
( )
A.5
B.7
C.6
D.4
【解析】选A.因为a1a7=,a2a8=,a3a9=,
所以(a4a5a6)2=(a1a2a3)·(a7a8a9)=5×10=50.
又因为an>0,所以a4a5a6=5.
5.在等比数列{an}中,a2a10=16,a4+a8=8,则= .?
【解析】由题意可得a2a10=a4a8=16,又a4+a8=8,
所以a4=a8,即数列{an}为常数列,所以=1.
答案:1
6.已知各项都为正数的等比数列{an}满足a3是3a1与2a2的等差中项,且a1a2=a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log3an,且Sn为数列{bn}的前n项和,求数列的前n项和Tn.
【解析】(1)设等比数列的公比为q,由题意知q>0,且3a1+2a2=a3,
所以解得a1=q=3,故an=3n.
(2)由(1),得bn=log3an=n,所以Sn=.
所以=+2=2+2,
故数列的前n项和为Tn
=2+2n
=2+2n=.
【补偿训练】
已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2an-2n(n∈N+).
(1)证明:{an+2}是等比数列,并求{an}的通项公式.
(2)数列{bn}满足bn=log2(an+2),Tn为数列的前n项和,若Tn【解析】(1)由题设Sn=2an-2n(n∈N+),Sn-1=2an-1-2(n-1)(n≥2).
两式相减得an=2an-1+2,
即an+2=2(an-1+2),又a1+2=4,
所以{an+2}是以4为首项,2为公比的等比数列
an+2=4×2n-1,an=4×2n-1-2=2n+1-2(n≥2),
又a1=2,所以an=2n+1-2(n∈N+).
(2)因为bn=log2(an+2)=log2(2n+1)=n+1,
==-,
所以Tn=++…
+=-<,
依题意得:a≥.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.在等比数列{an}中,Tn表示前n项的积,若T5=1,则
( )
A.a1=1
B.a3=1
C.a4=1
D.a5=1
【解析】选B.由题意,可得a1·a2·a3·a4·a5=1,
即(a1·a5)·(a2·a4)·a3=1,
又a1·a5=a2·a4=,所以=1,得a3=1.
2.设各项为正数的等比数列{an}中,公比q=2,且a1·a2·a3·…·a30=230,则a3·a6·a9·…·a30=
( )
A.230
B.210
C.220
D.215
【解析】选C.因为a1·a2·a3·…·a30=230,
所以·q1+2+3+…+29=·=230,
所以a1=,
所以a3·a6·a9·…·a30=·(q3
=×(23)45=220.
3.若三个实数a,b,c成等比数列,其中a=3-,c=3+,则b=
( )
A.2
B.-2
C.±2
D.4
【解题指南】由实数a,b,c成等比数列,得b2=ac,从而得解.
【解析】选C.由实数a,b,c成等比数列得b2=ac==9-5=4.所以b=±2.
4.设{an}是公比为q的等比数列,令bn=an+1,n∈N+,若数列{bn}的连续四项在集合{-53,-23,17,37,82}中,则q等于
( )
A.-
B.-
C.-或-
D.-或-
【解析】选C.由题意知an的连续四项在集合{-54,-24,16,36,81}中,这四项可选择-54,36,-24,16,此时,q=-,若选择16,-24,36,-54,则q=-.
5.(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=
( )
A.12
B.24
C.30
D.32
【解析】选D.设等比数列的公比为q,
则a1+a2+a3=a1=1,
a2+a3+a4=a1q+a1q2+a1q3=a1q=q=2,因此,a6+a7+a8=a1q5+a1q6+a1q7=a1q5=q5=32.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.已知四个实数,前三个数依次成等比数列,它们的积是-8,后三个数依次成等差数列,它们的积是-80,则这四个数为 .?
【解析】由题意设此四个数分别为,b,bq,a,则b3=-8解得b=-2,q与a可通过解方程组
求出即为或所以四个数为1,-2,4,10或-,-2,-5,-8.
答案:1,-2,4,10或-,-2,-5,-8
7.(2020·佛山高一检测)若等比数列的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln
a1+ln
a2+…+ln
a20等于 .?
【解析】由题意可得a10a11=a9a12=e5,ln
a1+ln
a2+…+ln
a20=ln(a1a2…a19a20)=ln=ln
e50=50.
答案:50
8.在等比数列{an}中,已知a4a7=-512,a3+a8=124,且公比q为整数,则an= .?
【解析】在等比数列{an}中,由a4a7=-512得a3a8=-512,又a3+a8=124,解得a3=-4,a8=128或a3=128,a8=-4,因为公比q为整数,所以q==-=-2,故an=-4×(-2)n-3=-(-2)n-1.
答案:-(-2)n-1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.有三个数成等比数列,其积为27,其平方和为91,求这三个数.
【解析】设这三个数为,a,aq(公比为q),
由已知得
由①得a=3.将a=3代入②得q2+=,
所以9q4-82q2+9=0,令q2=t(t>0),
所以9t2-82t+9=0,得t1=9,t2=.
所以q=±3或q=±.
(1)当q=3时,此数列为1,3,9;
(2)当q=-3时,此数列为-1,3,-9;
(3)当q=时,此数列为9,3,1;
(4)当q=-时,此数列为-9,3,-1.
10.在公差为d(d≠0)的等差数列{an}和公比为q的等比数列{bn}中,已知a1=b1=1,a2=b2,a8=b3.
(1)求d,q的值;
(2)是否存在常数a,b,使得对于一切自然数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.
【解析】(1)由a2=b2,a8=b3,
得即
解方程组得或(舍去)
(2)由(1)知an=1+(n-1)·5=5n-4,
bn=b1qn-1=6n-1.
由an=logabn+b,得5n-4=loga6n-1+b,
即5n-4=nloga6+b-loga6.
比较系数得解得a=,b=1,使得对一切自然数n,都有an=logabn+b成立.
1.已知等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则等于
( )
A.1+
B.1-
C.3+2
D.3-2
【解析】选C.设等比数列{an}的公比为q,
因为a1,a3,2a2成等差数列,所以a3=a1+2a2,a1q2=a1+2a1q,q2-2q-1=0,q=1±.因为an>0,
所以q>0,q=1+.所以=q2=(1+)2=3+2.
2.在由实数组成的等比数列{an}中,a3+a7+a11=28,a2·a7·a12=512,求q.
【解析】方法一:由已知
由②得=512,即a7=8.
将其代入①得2q8-5q4+2=0.
解得q4=或q4=2,即q=±或q=±.
方法二:因为a3a11=a2a12=,
所以=512,即a7=8.所以
即a3和a11是方程x2-20x+64=0的两根,
解此方程得x=4或x=16.
所以或又因为a11=a3·q8,
所以q=±,
即q=±=±或q=±=±.
PAGE等比数列的前n项和
(20分钟 35分)
1.设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,则Sn等于
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.Sn==.
2.等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为
( )
A.-24
B.-3
C.3
D.8
【解析】选A.设等差数列的公差为d,d≠0,
=a2·a6?(1+2d)2=(1+d)(1+5d),d2=-2d(d≠0),所以d=-2,所以S6=6×1+×(-2)=-24.
3.已知等比数列的公比为2,且前5项和为1,那么前10项和等于
( )
A.31
B.33
C.35
D.37
【解析】选B.根据等比数列性质得=q5,
所以=25,所以S10=33.
4.(2020·全国Ⅱ卷)数列中,a1=2,am+n=aman,若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=
( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【命题意图】本题考查等比数列的判定、等比数列的通项公式及前n项和公式,意在考查学生的运算求解能力.
【解析】选C.取m=1,则an+1=a1an,又a1=2,所以=2,所以是等比数列,则an=2n,所以ak+1+ak+2+…+ak+10==2k+11-2k+1=215-25,所以k=4.
5.等比数列{an}的前n项和为Sn,S5=2,S10=6,则a16+a17+a18+a19+a20等于 .?
【解析】设等比数列{an}的公比为q,
因为S2n-Sn=qnSn,所以S10-S5=q5S5,
所以6-2=2q5,所以q5=2,
所以a16+a17+a18+a19+a20
=a1q15+a2q15+a3q15+a4q15+a5q15
=q15(a1+a2+a3+a4+a5)
=q15S5=23×2=16.
答案:16
6.已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)令cn=.求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由题意知当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,
当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5.
设数列{bn}的公差为d,
由即
可解得b1=4,d=3,所以bn=3n+1.
(2)由(1)知cn==3(n+1)·2n+1,
又Tn=c1+c2+c3+…+cn,
得Tn=3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×2n+2],
两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×
=-3n·2n+2
所以Tn=3n·2n+2.
【补偿训练】
已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.
【解析】(1)设等差数列{an}公差为d,因为a2+a4=2a3=10,所以a3=5=1+2d,所以d=2.
所以an=2n-1.
(2)设{bn}的公比为q,b2·b4=a5?qq3=9,
所以q2=3,
所以{b2n-1}是以b1=1为首项,q′=q2=3为公比的等比数列,所以b1+b3+b5+…+b2n-1==.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2020·三明高一检测)等比数列中,a1=1,公比q=2,当Sn=127时,n=
( )
A.8
B.7
C.6
D.5
【解题指南】利用等比数列的前n项和公式Sn=即可求解.
【解析】选B.由Sn=,a1=1,q=2,
当Sn=127时,则127=,解得n=7.
2.(2020·重庆高二检测)等比数列的前n项和为Sn,且3a2,2a3,a4成等差数列,则=
( )
A.
B.3或
C.3
D.
【解题指南】由等比数列通项公式可得4a1q2=3a1q+a1q3,可得q=1或q=3,将q=1和q=3分别代入求解即可.
【解析】选B.由已知4a1q2=3a1q+a1q3,整理得q2-4q+3=0,所以q=1或q=3,当q=1时,==3;
当q=3时===,
所以=3或.
3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若=3,则=
( )
A.2
B.
C.
D.3
【解析】选B.由题意知===1+q3=3,所以q3=2,所以=====.
【补偿训练】
(2020·张家口高一检测)已知数列满足a2=2,2an+1=an,则数列的前6项和S6等于
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.由2an+1=an得数列是以为公比的等比数列,所以a1=4,故S6===.
4.(2020·余姚高一检测)已知等比数列的公比是q,首项a1<0,前n项和为Sn,设a1,a4,a3-a1成等差数列,若Sk>a1,则正整数k的最大值是
( )
A.4
B.5
C.14
D.15
【解析】选A.由已知可得2a4=a1+a3-a1?q==?Sk=>a1?
>?k<5?kmax=4.
5.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则=
( )
A.2n-1
B.2-21-n
C.2-2n-1
D.21-n-1
【解析】选B.设等比数列的公比为q,
由a5-a3=12,a6-a4=24可得:
?,所以an=a1qn-1=2n-1,Sn===2n-1,因此==2-21-n.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,请问第二天走了 .?
【解析】由题意,设等比数列{an}的首项为a1,公比为q=,依题意有=378,
解得a1=192,
则a2=192×=96,即第二天走了96里.
答案:96里
7.在等比数列{an}中,a1+a2+…+a6=10,++…+=5,则a1·a2·…·a6= .?
【解析】由等比数列的前n项和公式,得a1+a2+…+a6==10,++…+===5,把a1-a6q=10(1-q)代入,得a1a6=2,又a1·a2·…·a6=(a1·a6)3=23=8.
答案:8
8.(2020·岳阳高二检测)已知数列的前n项和为Sn,且满足a1+3a2+…+3n-1an=n,则S4= .?
【解析】a1+3a2+…+3n-1an=n,可得n=1时,a1=1,n≥2时,a1+3a2+…+3n-2an-1=n-1,又a1+3a2+…+3n-1an=n,两式相减可得3n-1an=1,即an=,上式对n=1也成立,可得数列是首项为1,公比为的等比数列,可得S4==.
答案:
【光速解题】对题目所给等式进行赋值,由此猜想出an的表达式.
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2020·全国Ⅰ卷)设是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.
(1)求的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
【解析】(1)设的公比为q,
由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.因为a1≠0,
所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故的公比为-2.
(2)设Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.
可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=-n×(-2)n.
所以Sn=-.
10.设数列{an}(n=1,2,3…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)记数列的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|<成立的n的最小值.
【解析】(1)由已知Sn=2an-a1,
有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),
即an=2an-1(n≥2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.
又因为a1,a2+1,a3成等差数列,
即a1+a3=2(a2+1).
所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.
所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.
故an=2n.
(2)由(1)得=,所以Tn=++…+==1-.由|Tn-1|<,
得<,即2n>1
000.
因为29=512<1
000<1
024=210,所以n≥10.
于是,使|Tn-1|<成立的n的最小值为10.
1.设数列{an}的前n项和为Sn,点(n∈N+)均在直线y=x+上.若bn=,则数列{bn}的前n项和Tn= .?
【解析】由已知=n+,即Sn=n2+n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-
=2n-;当n=1时,
a1=S1=,符合an=2n-,所以an=2n-(n∈N+),则bn==32n,由==32=9,
可知{bn}为等比数列,b1=32×1=9,
故Tn==.
答案:
2.已知数列{an}中,a1=1,an·an+1=,记T2n为{an}的前2n项的和,bn=a2n+a2n-1,n∈N+.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列,并求出bn.
(2)求T2n.
【解析】(1)因为an·an+1=,
所以an+1·an+2=,
所以=,即an+2=an,
因为bn=a2n+a2n-1,
所以===,
所以{bn}是公比为的等比数列.
因为a1=1,a1·a2=,
所以a2=?b1=a1+a2=,
所以bn=×=.
(2)由(1)可知an+2=an,所以a1,a3,a5,…是以a1=1为首项,以为公比的等比数列;a2,a4,a6,…是以a2=为首项,以为公比的等比数列,
所以T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)
=+=3-.
PAGE等比数列习题课
(20分钟 35分)
1.数列{1+2n-1}的前n项和为
( )
A.1+2n
B.2+2n
C.n+2n-1
D.n+2+2n
【解析】选C.由题意得an=1+2n-1,
所以Sn=n+=n+2n-1.
2.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5,S4,S6成等差数列,则数列{an}的公比等于
( )
A.-2或1
B.-1或2
C.-2
D.1
【解析】选C.由已知2S4=S5+S6,可知q≠1,由等比数列前n项和公式可得2=q+q2,解得q=-2.
3.已知等比数列{an}的公比q=4,且a1+a2=20,bn=log2an,则b2+b4+b6+…+b2n=
( )
A.n2+n
B.2n2+n
C.2(n2+n)
D.4(n2+n)
【解析】选C.由已知得a1+a2=a1(1+q)=5a1=20,
所以a1=4,所以an=4n,bn=log2an=log24n=2n,
b2+b4+b6+…+b2n=4+8+…+4n,
==2(n2+n).
4.(2020·徐州高二检测)在公比q为整数的等比数列中,Sn是数列的前n项和,若a1·a4=32,a2+a3=12,则下列说法不正确的是
( )
A.q=2
B.数列是等比数列
C.S8=510
D.数列是公差为2的等差数列
【解析】选D.因为数列为等比数列,又a1·a4=32,所以a2·a3=32,又a2+a3=12,
所以或
又公比q为整数,则
即an=2n,Sn==2n+1-2,
对于选项A,由上可得q=2,即选项A正确;
对于选项B,Sn+2=2n+1,==2,则数列是等比数列,即选项B正确;
对于选项C,S8=29-2=510,即选项C正确;
对于选项D,lg
an+1-lg
an=(n+1)-n=1,即数列是公差为1的等差数列,即选项D错误.
5.已知数列为等比数列,an>0,且amam+1am+2=26m,若p+q=6,则ap·aq= .?
【解析】数列为等比数列,an>0,且amam+1am+2=26m,
可得=26m,所以am+1=22m,所以an=22n-2,
又p+q=6,则ap·aq=22p-2·22q-2=22(p+q)-4=28.
答案:28
6.已知数列{an},Sn是其前n项和,且满足3an=2Sn+n(n∈N+).
(1)求证:数列为等比数列.
(2)记Tn=S1+S2+…+Sn,求Tn的表达式.
【解析】(1)n=1时,3a1=2S1+1=2a1+1,
所以a1=1.当n≥2时,由3an=2Sn+n,①
得3an-1=2Sn-1+n-1,②
①-②得3an-3an-1=2Sn+n-2Sn-1-n+1
=2(Sn-Sn-1)+1=2an+1,
即an=3an-1+1,
所以an+=3an-1+1+=3,
又a1+=≠0,
所以是首项为,公比为3的等比数列.
(2)由(1)得an+=×3n-1,
即an=×3n-1-,将其代入①得
Sn=×3n-(2n+3),
所以Tn=S1+S2+…+Sn
=(3+32+33+…+3n)-(5+7+…+2n+3)
=×-
=(3n-1)-.
【补偿训练】
已知数列{an}满足(n+1)an=(n-1)an-1(n≥2),且a1=,数列{bn}满足bn+1=2bn,且b1=2.
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;
(2)是否存在正整数m,使得对于任意的n∈N+且n≥2,1+++…+<恒成立?若存在,请求出m的最小值;若不存在,说明理由.
【解析】(1)因为(n+1)an=(n-1)an-1(n≥2),
所以=(n≥2).
又因为a1=,所以an=××…××a1=××…××=(n≥2).
当n=1时,a1==,满足上式,
所以an=(n∈N+).
因为bn+1=2bn,且b1=2,所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,所以bn=2n.
(2)由(1)知bn=2n,
所以1+++…+=1+++…+=2-.
假设存在正整数m,使得对于任意的n∈N+且n≥2,1+++…+<恒成立,
则2-<恒成立,所以≥2,
解得m≥16.
所以存在正整数m,使得对于任意的n∈N+且n≥2,1+++…+<恒成立,m的最小值为16.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn为其前n项和,已知a2a4=1,S3=7,则S5等于
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.因为{an}是由正数组成的等比数列,且a2a4=1,
所以设{an}的公比为q,则q>0,且=1,即a3=1.
因为S3=7,所以a1+a2+a3=++1=7,
即6q2-q-1=0.
故q=或q=-(舍去),所以a1==4.
所以S5==8=.
2.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称为中国四大石窟.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1
016个“浮雕像”,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案,若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an},则log2(a3·a5)的值为
( )
A.16
B.12
C.10
D.8
【解析】选B.每上层的数量是下层的2倍,得到数列{an}是公比为2的等比数列,7项之和为1
016,设首项为a1,和为=1
016,得到a1=8,a4=8×23=64,则log2(a3·a5)=log2()=log2(642)=12.
3.(2020·吉林高二检测)等比数列的首项为,公比为-,前n项和为Sn,则当n∈N
时,Sn-的最大值与最小值的比值为
( )
A.-
B.-
C.
D.
【解析】选B.因为等比数列的首项为,公比为-,
所以an=×,
所以Sn==1-.
①当n为奇数时,Sn=1+随着n的增大而减小,则1②当n为偶数时,Sn=1-随着n的增大而增大,则=S2≤Sn<1,故-≤Sn-<0.
所以Sn-的最大值与最小值的比值为=-.
【易错点】本题等比数列是正负相间的,求解时容易忽视单调性问题.
4.某厂2019年投资和利润逐月增加,投入资金逐月增长的百分率相同,利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等,12月份投资额与利润值相等,则全年的总利润ω与总投资N的大小关系是
( )
A.ω>N
B.ωC.ω=N
D.不确定
【解析】选A.投入资金逐月值构成等比数列{bn},利润逐月值构成等差数列{an},等比数列{bn}可以看成关于n的指数式函数,它是凹函数,等差数列{an}可以看成关于n的一次式函数.由于a1=b1,a12=b12,相当于图像有两个交点,且两交点间指数式函数图像在一次函数图像下方,所以全年的总利润ω=a1+a2+…+a12比总投资N=b1+b2+…+b12大.
5.若f(x)+f(1-x)=4,an=f(0)+f+…+f+f(1)(n∈N+),则数列{an}的通项公式为
( )
A.4n
B.2n
C.4
D.2
【解析】选D.由f(x)+f(1-x)=4,可得f(0)+f(1)=4,…,f+f=4,所以2an=[f(0)+f(1)]++…+[f(1)+f(0)]=4(n+1),即an=2(n+1).
【光速解题】用特殊的项计算a1=4,a2=6,只有D满足.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.已知ln
x+ln
x2+…+ln
x10=110,则ln
x+ln2
x+ln3
x+…+ln10
x= .?
【解析】由ln
x+ln
x2+…+ln
x10=110.
得(1+2+3+…+10)ln
x=110,所以ln
x=2.
从而ln
x+ln2
x+…+ln10
x=2+22+23+…+210
==211-2=2
046.
答案:2
046
7.(2020·江苏高考)设是公差为d的等差数列,是公比为q的等比数列,已知数列的前n项和Sn=n2-n+2n-1,则d+q的值是 .?
【解析】设数列{an},{bn}的首项分别为a1,b1,前n项和分别为An,Bn,则An=n2+n,Bn=qn+,结合Sn=n2-n+2n-1,
得解得所以d+q=4.
答案:4
8.(2020·上海高二检测)定义Hn=为数列的均值,已知数列的均值Hn=2n+1,记数列的前n项和是Sn,若Sn≤S5对于任意的正整数n恒成立,则实数k的取值范围是 .?
【解析】因为Hn==2n+1,
所以
b1+2b2+…+2n-1bn=n·2n+1,
故b1+2b2+…+2n-2bn-1=(n-1)·2n(n≥2),
所以2n-1bn=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n,
则bn=2(n+1),对b1也成立,所以bn=2(n+1),
则bn-kn=n+2,所以数列为等差数列,记数列为.故Sn≤S5对任意的n(n∈N
)恒成立,可化为:c5≥0,c6≤0;
即
解得,≤k≤.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.记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.
【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设可得
解得q=-2,a1=-2.
故{an}的通项公式为an=(-2)n.
(2)由(1)可得Sn==-+(-1)n.
由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n·
=2=2Sn,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
10.已知数列{an}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为Sn,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an+1=,Tn为数列{bn}的前n项和,若Tn≥m恒成立,求m的最大值.
【解析】(1)因为S1+a1,
S3+a3,
S2+a2成等差数列,
所以2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),
(S3-S1)+(S3-S2)+2a3=a1+a2,4a3=a1,
因为数列是等比数列,
所以==q2,又q>0,所以q=,
所以数列的通项公式an=.
(2)因为Tn≥m恒成立,所以只需≥m,
由(1)知an=,又an+1=,
所以bn=n·2n-1,
Tn=1×20+2×21+…+(n-1)×2n-2+n×2n-1,
2Tn=
1×21+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
所以-Tn=1×20+(2-1)×21+…+[n-(n-1)]×2n-1-n×2n
=(20+21+…+2n-1)-n×2n=-n×2n
=-(n-1)×2n-1,
所以Tn=(n-1)×2n+1,Tn+1=n×2n+1+1,
所以Tn+1-Tn=n×2n+1+1-[(n-1)×2n+1]
=(n+1)×2n>0,即Tn+1>Tn,
所以{Tn}是递增数列,所以(Tn)min=T1=1,
所以m≤1,即m的最大值为1.
1.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为 .?
【解析】由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为-n=2n+1-2-n.
答案:2n+1-2-n
2.已知数列和满足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)求和的通项公式;
(3)令cn=,求数列的前n项和Sn的通项公式,并求数列的最大值、最小值,并指出分别是第几项.
【解析】(1)由题4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4,相加得4(an+1+bn+1)=2(an+bn)
得=,故{an+bn}是首项为a1+b1=1,公比为的等比数列;
又由4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4,相减得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即(an+1-bn+1)-(an-bn)=2,故{an-bn}是首项为a1-b1=1,公差为2
的等比数列.
(2)由(1)得an+bn=,an-bn=2n-1,联立解得
an=n-+,bn=-n++.
(3)由(2)得an+bn+1=+=-1,
当n为偶数时,Sn=a1+b2+a3+b4+…+an-1+bn
=3-=1--
当n为奇数时,S1=1,n≥3时,Sn=Sn-1+an=+=+1-,
则当n为奇数时,Sn=+1-.
综合得Sn=
则当n为奇数时,Sn单调递增且Sn>0;
当n为偶数时,Sn+2-Sn=(1--)-(1--)=-1<0,故Sn单调递减,又S2=-<0,即Sn<0,
则当n为奇数时,单调递减且Sn>0,当n为偶数时,单调递增且Sn<0,故的最大值为第1项,最大值为1,最小值为第2项,最小值为-4.
PAGE数列在日常经济生活中的应用
(20分钟 35分)
1.一个屋顶的某一个斜面成等腰梯形,最上面一层铺了21块瓦片,往下每一层多铺一块瓦片,斜面上铺了20层瓦片,共铺了瓦片
( )
A.420块
B.630块
C.610块
D.620块
【解析】选C.由题意每层所铺瓦片数构成一个以1为公差、以21为首项的等差数列,求前20项的和,所以共铺了S20=20×21+×1=610块瓦片.
2.某地为了保持水土资源实行退耕还林,如果2018年退耕a万亩,以后每年比上一年增加10%,那么到2025年一共退耕
( )
A.10a万亩
B.a万亩
C.10a万亩
D.a万亩
【解题指南】建立等比数列模型后,利用等比数列的前n项和的公式即可得到结果.
【解析】选A.记2018年为第一年,第n年退耕an万亩,则为等比数列,且a1=a,公比q=1+10%,则问题转化为求数列的前8项和,所以数列的前8项和为==10a(1.18-1).
所以到2025年一共退耕10a万亩.
3.某房屋开发商出售一套50万元的住宅,可以首付5万元,以后每过一年付5万元,9年后共10次付清,也可以一次付清(此后一年定期存款税后利率设为2%,按复利计算)并优惠x%,为鼓励购房者一次付款,问优惠率应不低于多少?(x取整数,计算过程中参考以下数据:1.029≈1.19,1.0210≈1.2,1.0211≈1.24)
( )
A.15%
B.16%
C.17%
D.18%
【解析】选B.由题意,知50(1-x%)(1+2%)9
≤5(1.029+1.028+…+1.02+1).
整理,得1-x%≤≈≈0.840
3,
所以x%≥15.97%,
所以一次付款的优惠率应不低于16%.
4.某市出租车的计价标准为1.2元/km,起步价为10元,即最初的4
km(不含4
km)计费10元.如果某人乘坐该市的出租车去往14
km处的目的地,且一路畅通,等候时间为0,需要支付车费 元.?
【解析】根据题意,当该市出租车的行程大于或等于4
km时,每增加1
km,乘客需要支付1.2元.所以可以建立一个等差数列{an}来计算车费.令a1=11.2,表示4
km处的车费,公差d=1.2,那么当出租车行至14
km处时,n=11,此时需要支付车费a11=11.2+(11-1)×1.2=23.2(元).
答案:23.2
5.某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N+)等于 .?
【解析】设每天植树的棵数组成的数列为{an},
由题意可知它是等比数列,且首项为2,公比为2,所以由题意可得≥100,即2n≥51,
而25=32,26=64,n∈N+,所以n≥6.
答案:6
6.某地本年度旅游业收入估计为400万元,由于该地出台了一系列措施,进一步发展旅游业,预计今后旅游业的收入每年会比上一年增加.
(1)求n年内旅游业的总收入;
(2)试估计大约几年后,旅游业的总收入超过8
000万元.
【解析】(1)设第n年的旅游业收入估计为an万元,
则a1=400,an+1=an=an,所以=,
所以数列{an}是公比为的等比数列,
所以Sn==
=1
600,
即n年内旅游业总收入为1
600万元.
(2)由(1)知Sn=1
600,
令Sn>8
000,即1
600>8
000,
所以>6,所以lg>lg
6,
所以n>≈8.029
6.
所以大约第9年后,旅游业总收入超过8
000万元.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.某运输卡车从材料工地运送电线杆到500
m以外的公路,沿公路一侧每隔50
m埋一根电线杆,又知每次最多只能运3根,要完成运载20根电线杆的任务,最佳方案是使运输卡车运行
( )
A.11
700
m
B.14
600
m
C.14
500
m
D.14
000
m
【解析】选D.由近往远运送,第一次运两根,以后每次运三根,这种运法最佳,由近往远运送,每次来回行走的米数构成一个等差数列,记为{an},则a1=1
100,d=300,n=7,所以S7=7×1
100+×300=14
000.
2.某学校餐厅每天供应500名学生用餐,每星期一有A,B两种菜可供选择,调查资料表明,凡是在星期一选A种菜的学生,下星期一会有20%改选B种菜;而选B种菜的学生,下星期一会有30%改选A种菜.用an,bn分别表示在第n个星期的星期一选A种菜和选B种菜的学生人数,则an+1与an的关系可以表示为
( )
A.=an+150
B.an+1=an+200
C.=an+300
D.an+1=an+180
【解析】选A.依题意得
消去bn,得=an+150.
3.(2020·成都高一检测)我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题:“今有垣厚五尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢,各穿几何”,翻译过来就是:有五尺厚的墙,两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙,大、小鼠第一天都进一尺,以后每天,大鼠加倍,小鼠减半,则几天后两鼠相遇,这个问题体现了古代对数列问题的研究,现将墙的厚度改为1
200尺,则需要几天时间才能打穿(结果取整数)
( )
A.12
B.11
C.10
D.9
【解题指南】大鼠和小鼠每天穿墙尺寸都构成一个等比数列,只是公比不同,然后由等比数列前n项和公式计算可得.
【解析】选B.大鼠和小鼠每天穿墙尺寸分别构成等比数列{an},{bn},a1=b1=1,数列的公比为q1=2,数列{bn}的公比为q2=,设需要n天能打穿墙,则(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)=+=2n+1-,
n=10时,2n+1-=1
025-≈1
025<1
200,
n=11时,2n+1-=2
049-≈2
049>1
200,
因此需要11天才能打穿.
4.某纯净水厂在净化过程中,每增加一次过滤可减少水中杂质的20%,要使水中杂质减少到原来的5%以下,则至少需过滤的次数为(lg
2≈0.301
0)
( )
A.5
B.10
C.14
D.15
【解析】选C.设原杂质数为1,由题意,得每次过滤杂质数成等比数列,且a1=1,公比q=1-20%,故an+1=(1-20%)n.由题意可知(1-20%)n<5%,即0.8n<0.05.两边取对数,得nlg
0.80.05,因为lg
0.8<0,所以n>,即n>==≈≈13.41,故取n=14.
5.已知甲、乙两车间的月产值在2018年1月份相同,甲以后每个月比前一个月增加相同的产值,乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同.到2018年7月份发现两车间的月产值又相同,比较甲、乙两个车间2018年4月份月产值的大小,则
( )
A.甲大于乙
B.甲等于乙
C.甲小于乙
D.大小不确定
【解析】选A.设甲以后每个月比前一个月增加相同的产值a,乙每个月比前一个月增加产值的百分比为x,甲、乙两车间的月产值在2018年1月份同为m,
则由题意得m+6a=m·(1+x)6,①
4月份甲的产值为m+3a,4月份乙的产值为m·(1+x)3,由①知,(1+x)6=1+,即4月份乙的产值为m=.因为(m+3a)2-(m2+6ma)=9a2>0,所以m+3a>,即4月份甲的产值大于乙的产值.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.在超市中购买一个卷筒纸,其内圆直径为4
cm,外圆直径为12
cm,一共卷60层,若把各层都视为一个同心圆,令π=3.14,则这个卷筒纸的长度(精确到个位)为 m.?
【解析】纸的厚度相同,且各层同心圆直径成等差数列,则纸的长度为:l=πd1+πd2+πd3+…+πd60,
其中d1+d2+d3+…+d60=×60=480
cm,
即l=πd1+πd2+πd3+…+πd60=480π≈480×3.14≈15(m).
答案:15
7.2020年广州市某单位拿出一定的经费奖励科研人员,第一名得全部资金的一半多一万元,第二名得剩下的一半多一万元,依名次类推都得剩下的一半多一万元,到第6名恰好将资金分完,则需要拿出资金 万元.?
【解析】设全部资金和每次发放后资金的剩余额组成一个数列{an},则a1为全部资金,
第一名领走资金后剩a2,a2=a1-1,……,
依此类推,an+1=an-1,所以an+1+2=(an+2).
所以{an+2}是一个等比数列,公比为,
首项为a1+2,所以an+2=·,
所以an=·-2.
所以第6名领走资金后剩余为a7=·-2=0,所以a1=126,即全部资金为126万元.
答案:126
8.用分期付款方式购买家用电器一件,价格为1
150元,购买当天先付150元,以后每月这一天都交付50元,并加付欠款利息,月利率为1%.若交付150元后的第一个月开始算分期付款的第一个月,全部欠款付清后,买这件家电实际付款 元.?
【解题指南】每月付50元,分20次付完,设每月付款数顺次组成数列{an},可得付款数{an}组成等差数列,公差d=-0.5,再利用等差数列的前n项和公式,求得结论.
【解析】购买时付了150元,欠款1
000元.每月付50元,分20次付完,设每月付款数顺次组成数列{an},则a1=50+1
000×0.01=60,
a2=50+(1
000-50)×0.01=60-0.5,
a3=50+(1
000-50×2)×0.01=60-0.5×2,
类推,得an=60-0.5(n-1)(1≤n≤20).
所以付款数{an}组成等差数列,公差d=-0.5,全部贷款付清后,付款总数为
150+S20=150+20a1+×=150+20×60-=1
255.
答案:1
255
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2020·上海高一检测)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车.每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,设Sn,Tn分别为n年里投入的电力型公交车、混合动力型公交车的总数量.
(1)求Sn,Tn,并求n年里投入的所有新公交车的总数Fn;
(2)该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.
【解析】(1)设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,
依题意知,数列是首项为128、公比为1+50%=的等比数列;数列是首项为400、公差为a的等差数列,所以数列的前n项和Sn==256,
数列的前n项和Tn=400n+a,
所以经过n年,该市更换的公交车总数
Fn=Sn+Tn=256+400n+a;
(2)因为256,400n+a(a>0)是关于n的单调递增函数,因此Fn是关于n的单调递增函数,所以满足a的最小值应该是F7≥10
000,
即256+400×7+a≥10
000,解得a≥,又a∈N
,所以a的最小值为147.
10.(2020·如皋高一检测)某校为扩大教学规模,从今年起扩大招生,现有学生人数为b人,以后学生人数年增长率为4.9‰.该校今年年初有旧实验设备a套,其中需要换掉的旧设备占了一半.学校决定每年以当年年初设备数量的10%的增长率增加新设备,同时每年淘汰x套旧设备.
(1)如果10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番,那么每年应更换的旧设备是多少套?
(2)依照(1)的更换速度,共需多少年能更换所有需要更换的旧设备?下列数据提供计算时参考:
1.19=2.36
1.004
99=1.04
1.110=2.6
1.004
910=1.05
1.111=2.85
1.004
911=1.06
【解析】(1)今年学生人数为b人,则10年后学生人数为=1.05b,
设今年起学校的合格实验设备为数列,
则a1=1.1a-x,an+1=1.1an-x,
令an+1+λ=1.1,则an+1=1.1an+0.1λ,
所以0.1λ=-x,即λ=-10x,
所以数列是首项为1.1a-11x,公比为1.1的等比数列,所以an-10x=·1.1n-1,即an=10x+·1.1n-1,
所以a10=10x+·1.19≈2.6a-16x,
由题意得=2·,解得x=,
所以每年应更换的旧设备为套.
(2)全部更换旧设备共需a÷=16年.
1.有这样一首诗:“有个学生资性好,一部《孟子》三日了,每日添增一倍多,问君每日读多少?”(注:《孟子》全书约34
685字,“一倍多”指一倍),由此诗知该君第二日读了 字.?
【解析】设第一日读的字数为a,由“每日添增一倍多”得此数列是以a为首项,公比为2的等比数列,可求得三日共读的字数为=7a=34
685,解得a=4
955,则2a=9
910,即该君第二日读的字数为9
910.
答案:9
910
2.甲、乙两物体分别从相距70
m的两处同时相向运动,甲第1分钟走2
m,以后每分钟比前1分钟多走1
m,乙每分钟走5
m.
(1)甲、乙开始运动后几分钟第1次相遇?
(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回,甲继续每分钟比前1分钟多走1
m,乙继续每分钟走5
m,那么开始运动几分钟后第二次相遇?
【解析】(1)设n分钟后第1次相遇,依题意,
有2n++5n=70,整理得n2+13n-140=0.
解之得n=7或n=-20(舍去).第1次相遇是在开始运动后7分钟.
(2)设m分钟后第2次相遇,依题意,
有2m++5m=3×70,整理得m2+13m-420=0.解之得m=15或m=-28(舍去).
第二次相遇是在开始运动后15分钟.
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