高考数学大二轮总复习增分策略专题四数列推理与证明等差数列与等比数列试题 18页

第1讲　等差数列与等比数列 ‎1．(2015·课标全国Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10等于(　　)‎ A. B. C．10 D．12‎ ‎2．(2015·安徽)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a‎2a3＝8，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a‎10a11＋a‎9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln 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(n∈N*)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：an＝a1＋(n－1)d；‎ 等比数列：an＝a1·qn－1.‎ ‎(2)求和公式 等差数列：Sn＝＝na1＋d；‎ 等比数列：Sn＝＝(q≠1)．‎ ‎(3)性质 若m＋n＝p＋q，‎ 在等差数列中am＋an＝ap＋aq；‎ 在等比数列中am·an＝ap·aq.‎ 例1　(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，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．－ B．1‎ C．－或1 D．－1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2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.‎ ‎(2)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，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：‎ ‎①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；‎ ‎②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．‎ ‎(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法：‎ ‎①利用定义，证明(n∈N*)为一常数；‎ ‎②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．‎ 例2　(2014·大纲全国)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.‎ ‎(1)设bn＝an＋1－an，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a＝an－1an＋1(n≥2)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a1＝1，且满足an＋1＝，则an＝________________________________________________________________________.‎ ‎(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，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a2＋a7＋a12＝－6.‎ ‎(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m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn0，a3＋a10>0，a‎6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．12 D．13‎ ‎2．已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－‎2a＋‎3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b12等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ ‎3．已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋‎2a5，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，a4＋a6＝10，则a‎1a7＋‎2a3a7＋a‎3a9＝________.‎ 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，a5＝10，则a2＋a4＋a5＋a9的值等于(　　)‎ A．52 B．40‎ C．26 D．20‎ ‎2．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是(　　)‎ A．15 B．30‎ C．31 D．64‎ ‎3．(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(　　)‎ A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0‎ C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞0‎ ‎4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn6.即实数λ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S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，‎ 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，‎ 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 an＝×n－1＝(－1)n－1·.‎ ‎(2)由(1)得Sn＝1－n＝ 当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，‎ 所以1Sn－≥S2－＝－＝－.‎ 综上，对于n∈N*，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 ‎1．C　[∵a1>0，a‎6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝‎2a7<0，‎ ‎∴S12>0，S13<0，‎ ‎∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.]‎ ‎2．C　[设等差数列{an}的公差为d，因为a4－‎2a＋‎3a8＝0，所以a7－3d－‎2a＋3(a7＋d)＝0，即a＝‎2a7，解得a7＝0(舍去)或a7＝2，所以b7＝a7＝2.因为数列{bn}是等比数列，所以b2b12＝b＝4.]‎ ‎3．A　[由a7＝a6＋‎2a5，得a1q6＝a1q5＋‎2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由＝‎4a1，得aman＝‎16a，即a‎2m＋n－2＝‎16a，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)(＋)‎ ‎＝(＋＋5)≥(2＋5)＝，‎ 当且仅当＝，m＋n＝6，‎ 即n＝2m＝4时取得最小值.]‎ ‎4．100‎ 解析　因为a1a7＝a，a3a9＝a，a3a7＝a4a6，‎ 所以a1a7＋2a3a7＋a3a9＝(a4＋a6)2＝102＝100.‎ ‎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 ‎1．B　[因为a2＋a4＝‎2a3，a5＋a9＝‎2a7，‎ 所以a2＋a4＋a5＋a9＝2(a3＋a7)＝4a5，而a5＝10，‎ 所以a2＋a4＋a5＋a9＝4×10＝40.故选B.]‎ ‎2．A　[因为a8是a7，a9的等差中项，所以‎2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，再由等差数列前n项和的计算公式可得S11＝＝＝‎11a6，又因为S11＝，所以a6＝，则d＝＝，‎ 所以a12＝a8＋4d＝15，‎ 故选A.]‎ ‎3．B　[∵a3，a4，a8成等比数列，‎ ‎∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－d，‎ ‎∴a1d＝－d2＜0，又S4＝‎4a1＋d＝－，‎ ‎∴dS4＝－＜0，故选B.]‎ ‎4．D　[由(n＋1)Sn0，a7<0，所以数列{an}的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.]‎ ‎5．B　[∵{bn}为等差数列，设其公差为d，‎ 由b3＝－2，b10＝12，‎ ‎∴7d＝b10－b3＝12－(－2)＝14，∴d＝2，‎ ‎∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6，‎ ‎∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d ‎＝7×(－6)＋21×2＝0，‎ 又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3，‎ ‎∵a8－3＝0，‎ ‎∴a8＝3.故选B.]‎ ‎6．4‎ 解析　由题意得 所以由k∈N*可得k＝4.‎ ‎7．－ 解析　由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，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－(n－1)‎ ‎＝－n，所以Sn＝－.‎ ‎8．2×n－1　 解析　由an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，可得an＋1＝Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn，即Sn＋1＝Sn，由此可知数列{Sn}是一个等比数列，其中首项S1＝a1＝2，公比为，所以Sn＝2×n－1，由此得an＝ ‎9．(1)解　设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.‎ 依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15.‎ 解得a＝5.‎ 所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.‎ 依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，‎ 解得d＝2或d＝－13(舍去)．‎ 故{bn}的第3项为5，公比为2.‎ 由b3＝b1·22，‎ 即5＝b1·22，‎ 解得b1＝.‎ 所以bn＝b1·qn－1＝·2n－1＝5·2n－3，‎ 即数列{bn}的通项公式为bn＝5·2n－3.‎ ‎(2)证明　由(1)得数列{bn}的前n项和 Sn＝＝5·2n－2－，‎ 即Sn＋＝5·2n－2.‎ 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n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，‎ 即4＋5 ‎＝8＋1，解得：a4＝.‎ ‎(2)证明　因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，因为‎4a3＋a1＝4×＋1＝6＝‎4a2，‎ 所以4an＋2＋an＝4an＋1，‎ 因为＝ ‎＝＝＝，所以数列是以a2－a1＝1为首项，公比为的等比数列．‎ ‎(3)解　由(2)知，数列是以a2－a1＝1为首项，公比为的等比数列，所以an＋1－an＝n－1，即－＝4，所以数列是以＝2为首项，公差为4的等差数列，‎ 所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2，‎ 即an＝(4n－2)×n＝(2n－1)×n－1，‎ 所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×n－1.‎ ‎11．A　[由S21＝S4 000得a22＋a23＋…＋a4 000＝0，‎ 由于a22＋a4 000＝a23＋a3 999＝…＝2a2 011，‎ 所以a22＋a23＋…＋a4 000‎ ‎＝3 979a2 011＝0，‎ 从而a2 011＝0，而·＝2 011＋a2 011·an＝2 011.]‎ ‎12．D　[由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有：a，－2，b；b，－2，a.‎ ‎∴或解之得：或 ‎∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故选D.]‎ ‎13. 解析　令m＝1，可得an＋1＝an，‎ 所以{an}是首项为，公比为的等比数列，所以Sn＝ ‎＝[1－()n]<，故实数t的最小值为.‎ ‎14．解　(1)设等比数列{an}的公比为q，‎ 则a1≠0，q≠0.由题意得 即 解得 故数列{an}的通项公式为an ‎＝3×(－2)n－1.‎ ‎(2)由(1)有Sn＝ ‎＝1－(－2)n.‎ 假设存在n，使得Sn≥2 013，‎ 则1－(－2)n≥2 013，‎ 即(－2)n≤－2 012.‎ 当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；‎ 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，‎ 即2n≥2 012，得n≥11.‎ 综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．‎