（全国通用）高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列试题.doc

第1讲等差数列与等比数列1(2015课标全国)已知an是公差为1的等差数列，sn为an的前n项和，若s84s4，则a10等于()a. b. c10 d122(2015安徽)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_3(2014广东)若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_.4(2013江西)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(nn*)等于_1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一等差数列、等比数列的运算(1)通项公式等差数列：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.(2)求和公式等差数列：snna1d；等比数列：sn(q1)(3)性质若mnpq，在等差数列中amanapaq；在等比数列中amanapaq.例1(1)设等差数列an的前n项和为sn.若a111，a4a66，则当sn取最小值时，n_.(2)已知等比数列an公比为q，其前n项和为sn，若s3，s9，s6成等差数列，则q3等于()a b1c或1 d1或思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量跟踪演练1(1)(2015浙江)已知an是等差数列，公差d不为零若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_.(2)已知数列an是各项均为正数的等比数列，a1a21，a3a42，则log2_.热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列an是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列an是等差数列的两种基本方法：利用定义，证明an1an(nn*)为一常数；利用中项性质，即证明2anan1an1(n2)(2)证明an是等比数列的两种基本方法：利用定义，证明(nn*)为一常数；利用等比中项，即证明aan1an1(n2)例2(2014大纲全国)数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明：bn是等差数列；(2)求an的通项公式思维升华(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法(2)q和aan1an1(n2)都是数列an为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零跟踪演练2(1)(2015大庆铁人中学月考)已知数列an的首项a11，且满足an1，则an_.(2)已知数列an中，a11，an12an3，则an_.热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解例3已知等差数列an的公差为1，且a2a7a126.(1)求数列an的通项公式an与前n项和sn；(2)将数列an的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列bn的前3项，记bn的前n项和为tn，若存在mn*，使对任意nn*，总有sn0，a3a100，a6a70的最大自然数n的值为()a6 b7c12 d132已知各项不为0的等差数列an满足a42a3a80，数列bn是等比数列，且b7a7，则b2b12等于()a1 b2c4 d83已知各项都为正数的等比数列an满足a7a62a5，存在两项am，an使得 4a1，则的最小值为()a. b.c. d.4已知等比数列an中，a4a610，则a1a72a3a7a3a9_.提醒：完成作业专题四第1讲二轮专题强化练专题四第1讲等差数列与等比数列a组专题通关1已知等差数列an中，a510，则a2a4a5a9的值等于()a52 b40c26 d202已知等差数列an中，a7a916，s11，则a12的值是()a15 b30c31 d643(2015浙江)已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()aa1d0，ds40 ba1d0，ds40ca1d0，ds40 da1d0，ds404设sn为等差数列an的前n项和，(n1)snnsn1(nn*)若1，则()asn的最大值是s8 bsn的最小值是s8csn的最大值是s7 dsn的最小值是s75数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nn*)，若b32，b1012，则a8等于()a0 b3 c8 d116若数列n(n4)()n中的最大项是第k项，则k_.7(2015课标全国)设sn是数列an的前n项和，且a11，an1snsn1，则sn_.8已知数列an的首项为a12，且an1(a1a2an) (nn*)，记sn为数列an的前n项和，则sn_，an_.9成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列bn中的b3、b4、b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为sn，求证：数列sn是等比数列10(2015广东)设数列an的前n项和为sn，nn*.已知a11，a2，a3，且当n2时，4sn25sn8sn1sn1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；(3)求数列an的通项公式b组能力提高11已知an是等差数列，sn为其前n项和，若s21s4 000，o为坐标原点，点p(1，an)，q(2 011，a2 011)，则等于()a2 011 b2 011 c0 d112(2015福建)若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于()a6 b7 c8 d913数列an的前n项和为sn，已知a1，且对任意正整数m，n，都有amnaman，若snt恒成立，则实数t的最小值为_14已知sn是等比数列an的前n项和，s4，s2，s3成等差数列，且a2a3a418.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数n，使得sn2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由学生用书答案精析专题四数列、推理与证明第1讲等差数列与等比数列高考真题体验1b公差为1，s88a118a128，s44a16.s84s4，8a1284(4a16)，解得a1，a10a19d9.故选b.22n1解析由等比数列性质知a2a3a1a4，又a2a38，a1a49，所以联立方程解得或又数列an为递增数列，a11，a48，从而a1q38，q2.数列an的前n项和为sn2n1.350解析因为a10a11a9a122a10a112e5，所以a10a11e5.所以ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550ln e50.46解析每天植树棵数构成等比数列an，其中a12，q2.则sn2(2n1)100，即2n1102.n6，最少天数n6.热点分类突破例1(1)6(2)a解析(1)设该数列的公差为d，则a4a62a18d2(11)8d6，解得d2，所以sn11n2n212n(n6)236，所以当sn取最小值时，n6.(2)若q1，则3a16a129a1，得a10，矛盾，故q1.所以2，解得q3或1(舍)，故选a.跟踪演练1(1)1(2)1 005解析(1)a2，a3，a7成等比数列，aa2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，a1d，2a1a21，2a1a1d1即3a1d1，a1，d1.(2)在等比数列中，(a1a2)q2a3a4，即q22，所以a2 011a2 012a2 013a2 014(a1a2a3a4)q2 010321 005，所以log21 005.例2(1)证明由an22an1an2得an2an1an1an2，即bn1bn2.又b1a2a11，所以bn是首项为1，公差为2的等差数列(2)解由(1)得bn12(n1)2n1，即an1an2n1.anan12n3，an1an22n5，a2a11，累加得an1a1n2，即an1n2a1.又a11，所以an的通项公式为ann22n2.跟踪演练2(1)(2)2n13解析(1)由已知得4，4，又1，故是以1为首项，4为公差的等差数列，14(n1)4n3，故an.(2)由已知可得an132(an3)，又a134，故an3是以4为首项，2为公比的等比数列an342n1，an2n13.例3解(1)由a2a7a126得a72，a14，an5n，从而sn.(2)由题意知b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为q，则q，tm81()m，()m随m增加而递减，tm为递增数列，得4tm8.又sn(n29n)(n)2，故(sn)maxs4s510，若存在mn*，使对任意nn*总有sntm，则106.即实数的取值范围为(6，)跟踪演练3解(1)设等比数列an的公比为q，因为s3a3，s5a5，s4a4成等差数列，所以s5a5s3a3s4a4s5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)由(1)得sn1n当n为奇数时，sn随n的增大而减小，所以1sns1，故0sns1.当n为偶数时，sn随n的增大而增大，所以s2snsns2.综上，对于nn*，总有sn.所以数列tn最大项的值为，最小项的值为.高考押题精练1ca10，a6a70，a70，a1a132a70，s130的最大自然数n的值为12.2c设等差数列an的公差为d，因为a42a3a80，所以a73d2a3(a7d)0，即a2a7，解得a70(舍去)或a72，所以b7a72.因为数列bn是等比数列，所以b2b12b4.3a由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理有q2q20，解得q2或q1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由4a1，得aman16a，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)()(5)(25)，当且仅当，mn6，即n2m4时取得最小值.4100解析因为a1a7a，a3a9a，a3a7a4a6，所以a1a72a3a7a3a9(a4a6)2102100.二轮专题强化练答案精析专题四数列、推理与证明第1讲等差数列与等比数列1b因为a2a42a3，a5a92a7，所以a2a4a5a92(a3a7)4a5，而a510，所以a2a4a5a941040.故选b.2a因为a8是a7，a9的等差中项，所以2a8a7a916a88，再由等差数列前n项和的计算公式可得s1111a6，又因为s11，所以a6，则d，所以a12a84d15，故选a.3ba3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得a1d，a1dd20，又s44a1d，ds40，故选b.4d由(n1)snnsn1得(n1)n，整理得anan1，所以等差数列an是递增数列，又0，a70，所以数列an的前7项为负值，即sn的最小值是s7.5bbn为等差数列，设其公差为d，由b32，b1012，7db10b312(2)14，d2，b32，b1b32d246，b1b2b77b1d7(6)2120，又b1b2b7(a2a1)(a3a2)(a8a7)a8a1a83，a830，a83.故选b.64解析由题意得所以由kn*可得k4.7解析由题意，得s1a11，又由an1snsn1，得sn1snsnsn1，所以sn0，所以1，即1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，得1(n1)n，所以sn.82n1解析由an1(a1a2an) (nn*)，可得an1sn，所以sn1snsn，即sn1sn，由此可知数列sn是一个等比数列，其中首项s1a12，公比为，所以sn2n1，由此得an9(1)解设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15.解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)故bn的第3项为5，公比为2.由b3b122，即5b122，解得b1.所以bnb1qn12n152n3，即数列bn的通项公式为bn52n3.(2)证明由(1)得数列bn的前n项和sn52n2，即sn52n2.所以s1，2.因此sn是以为首项，2为公比的等比数列10(1)解当n2时，4s45s28s3s1，即4581，解得：a4.(2)证明因为4sn25sn8sn1sn1(n2)，所以4sn24sn1snsn14sn14sn(n2)，即4an2an4an1(n2)，因为4a3a14164a2，所以4an2an4an1，因为，所以数列是以a2a11为首项，公比为的等比数列(3)解由(2)知，数列是以a2a11为首项，公比为的等比数列，所以an1ann1，即4，所以数列是以2为首项，公差为4的等差数列，所以2(n1)44n2，即an(4n2)n(2n1)n1，所以数列an的通项公式是an(2n1)n1.11a由s21s4 000得a22a23a4 0000，由于a22a4 000a23a3 9992a2 011，所以a22a23a4