高中化高三大題練習(xí)解題5數(shù)列專題5第22練

綜合復(fù)習(xí)資料高中化學(xué)第第頁第22練基本量——破解等差、等比數(shù)列的法寶[題型分析·高考展望]等差數(shù)列、等比數(shù)列是高考的必考點(diǎn)，經(jīng)常以一個(gè)選擇題或一個(gè)填空題，再加一個(gè)解答題的形式考查，題目難度可大可小，有時(shí)為中檔題，有時(shí)解答題難度較大.解決這類問題的關(guān)鍵是熟練掌握基本量，即通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式及等差、等比數(shù)列的常用性質(zhì).?？碱}型精析題型一等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算例1已知等差數(shù)列{an}的前5項(xiàng)和為105，且a10＝2a5.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)對任意m∈N*，將數(shù)列{an}中不大于72m的項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為bm.求數(shù)列{bm}的前m項(xiàng)和Sm.點(diǎn)評等差(比)數(shù)列基本運(yùn)算的關(guān)注點(diǎn)(1)基本量：在等差(比)數(shù)列中，首項(xiàng)a1和公差d(公比q)是兩個(gè)基本的元素.(2)解題思路：①設(shè)基本量a1和公差d(公比q)；②列、解方程(組)：把條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1和d(q)的方程(組)，然后求解，注意整體計(jì)算，以減少計(jì)算量.變式訓(xùn)練1(1)(2014·安徽)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，則q＝________.(2)(2015·課標(biāo)全國Ⅱ)已知等比數(shù)列{an}滿足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，則a3＋a5＋a7等于()A.21 B.42C.63 D.84題型二等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)及應(yīng)用例2(1)(2015·廣東)在等差數(shù)列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，則a2＋a8＝________.(2)設(shè)各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列{an}，Sn為前n項(xiàng)和，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于()A.150 B.－200C.150或－200 D.400或－50點(diǎn)評等差(比)數(shù)列的性質(zhì)盤點(diǎn)類型等差數(shù)列等比數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)2ak＝am＋al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差數(shù)列)aeq\o\al(2,k)＝am·al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差數(shù)列)am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q)am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*且m＋n＝p＋q)和的性質(zhì)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)：Sn＝n當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)：eq\f(S偶,S奇)＝q(公比)依次每k項(xiàng)的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…構(gòu)成等差數(shù)列依次每k項(xiàng)的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…構(gòu)成等比數(shù)列(k不為偶數(shù)且公比q≠－1)變式訓(xùn)練2(1)已知正數(shù)組成的等差數(shù)列{an}，前20項(xiàng)和為100，則a7·a14的最大值是________.(2)在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2016，其前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，則S2016的值為________.題型三等差、等比數(shù)列的綜合應(yīng)用例3(2015·陜西)設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的各項(xiàng)和，其中x＞0，n∈N，n≥2.(1)證明：函數(shù)Fn(x)＝fn(x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為xn)，且xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n)；(2)設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為gn(x)，比較fn(x)與gn(x)的大小，并加以證明.點(diǎn)評(1)對數(shù)列{an}，首先弄清是等差還是等比，然后利用相應(yīng)的公式列方程組求相關(guān)基本量，從而確定an、Sn.(2)熟練掌握并能靈活應(yīng)用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，也是解決此類題目的主要方法.變式訓(xùn)練3(2015·北京)已知等差數(shù)列{an}滿足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}滿足b2＝a3，b3＝a7，問：b6與數(shù)列{an}的第幾項(xiàng)相等？高考題型精練1.(2014·重慶)對任意等比數(shù)列{an}，下列說法一定正確的是()A.a1，a3，a9成等比數(shù)列B.a2，a3，a6成等比數(shù)列C.a2，a4，a8成等比數(shù)列D.a3，a6，a9成等比數(shù)列2.(2014·天津)設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和.若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a1等于()A.2 B.－2C.eq\f(1,2) D.－eq\f(1,2)3.已知{an}為等差數(shù)列，其公差為－2，且a7是a3與a9的等比中項(xiàng)，Sn為{an}的前n項(xiàng)和，n∈N*，則S10的值為()A.－110 B.－90C.90 D.1104.(2014·大綱全國)等比數(shù)列{an}中，a4＝2，a5＝5，則數(shù)列{lgan}的前8項(xiàng)和等于()A.6 B.5C.4 D.35.(2015·北京)設(shè){an}是等差數(shù)列，下列結(jié)論中正確的是()A.若a1＋a2＞0，則a2＋a3＞0B.若a1＋a3＜0，則a1＋a2＜0C.若0＜a1＜a2，則a2＞eq\r(a1a3)D.若a1＜0，則(a2－a1)(a2－a3)＞06.(2015·臨沂模擬)已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，則使得eq\f(an,bn)為整數(shù)的正整數(shù)n的個(gè)數(shù)是()A.2 B.3C.4 D.57.(2015·北京東城區(qū)模擬)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若數(shù)列{bn}有連續(xù)四項(xiàng)在集合{－53，－23,19,37,82}中，則6q＝________.8.(2014·北京)若等差數(shù)列{an}滿足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，則當(dāng)n＝________時(shí)，{an}的前n項(xiàng)和最大.9.(2015·浙江)已知{an}是等差數(shù)列，公差d不為零.若a2，a3，a7成等比數(shù)列，且2a1＋a2＝1，則a1＝________，d＝________.10.(2015·蘇州模擬)公差不為0的等差數(shù)列{an}的部分項(xiàng)ak1，ak2，ak3，…構(gòu)成等比數(shù)列，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，則k4＝________.11.已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)且an＋1＝an－aeq\o\al(2,n)(n∈N*).(1)證明：1≤eq\f(an,an＋1)≤2(n∈N*)；(2)設(shè)數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：eq\f(1,2n＋2)≤eq\f(Sn,n)≤eq\f(1,2n＋1)(n∈N*).12.(2015·廣東)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－

\f(1,2)an))為等比數(shù)列；(3)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

答案精析專題5數(shù)列第22練基本量——破解等差、等比數(shù)列的法寶常考題型精析例1解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Tn，由T5＝105，a10＝2a5，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×5－1,2)d＝105，,a1＋9d＝2a1＋4d，))解得a1＝7，d＝7.因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*).(2)對m∈N*，若an＝7n≤72m，則n≤72m－1.因此bm＝72m－1.所以數(shù)列{bm}是首項(xiàng)為7，公比為49的等比數(shù)列，故Sm＝eq\f(b11－qm,1－q)＝eq\f(7×1－49m,1－49)＝eq\f(7×72m－1,48)＝eq\f(72m＋1－7,48).變式訓(xùn)練1(1)1(2)B解析(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1，∴q＝eq\f(a3＋3,a1＋1)＝eq\f(a1－2＋3,a1＋1)＝1.(2)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故選B.例2(1)10(2)A解析(1)因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.(2)依題意，數(shù)列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比數(shù)列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.又S20>0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，則S40＝S30＋eq\f(S30－S202,S20－S10)＝70＋eq\f(402,20)＝150.變式訓(xùn)練2(1)25(2)－2016解析(1)∵S20＝eq\f(a1＋a20,2)×20＝100，∴a1＋a20＝10.∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.∵an>0，∴a7·a14≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a7＋a14,2)))2＝25.當(dāng)且僅當(dāng)a7＝a14時(shí)取等號.故a7·a14的最大值為25.(2)根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差數(shù)列，根據(jù)已知可得這個(gè)數(shù)列的首項(xiàng)eq\f(S1,1)＝a1＝－2016，公差d＝1，故eq\f(S2016,2016)＝－2016＋(2016－1)×1＝－1，所以S2016＝－2016.例3(1)證明Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，則Fn(1)＝n－1＞0，F(xiàn)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－2＝－eq\f(1,2n)＜0，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn).又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0(x＞0)，故Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)單調(diào)遞增，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)xn，因?yàn)閤n是Fn(x)的零點(diǎn)，所以Fn(xn)＝0，即eq\f(1－x\o\al(n＋1,n),1－xn)－2＝0，故xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n).(2)解方法一由題設(shè)，gn(x)＝eq\f(n＋11＋xn,2)，設(shè)h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－eq\f(n＋11＋xn,2)，x＞0.當(dāng)x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)；當(dāng)x≠1時(shí)，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1xn－1,2)，若0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝eq\f(nn＋1,2)xn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝0，若x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝eq\f(nn＋1,2)xn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝0，所以h(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，所以h(x)＜h(1)＝0，即fn(x)＜gn(x)，綜上所述，當(dāng)x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)；當(dāng)x≠1時(shí)，fn(x)＜gn(x).方法二由已知，記等差數(shù)列為{ak}，等比數(shù)列為{bk}，k＝1,2，…，n＋1，則a1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，所以ak＝1＋(k－1)·eq\f(xn－1,n)(2≤k≤n)，bk＝xk－1(2≤k≤n)，令mk(x)＝ak－bk＝1＋eq\f(k－1xn－1,n)－xk－1，x＞0(2≤k≤n)，當(dāng)x＝1時(shí)，ak＝bk，所以fn(x)＝gn(x)，當(dāng)x≠1時(shí)，m′k(x)＝eq\f(k－1,n)·nxn－1－(k－1)xk－2＝(k－1)xk－2(xx－k＋1－1)，而2≤k≤n，所以k－1＞0，n－k＋1≥1，若0＜x＜1，xx－k＋1＜1，m′k(x)＜0；若x＞1，xx－k＋1＞1，m′k(x)＞0，從而mk(x)在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，所以mk(x)＞mk(1)＝0，所以當(dāng)x＞0且x≠1時(shí)，ak＞bk(2≤k≤n)，又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，故fn(x)＜gn(x)，綜上所述，當(dāng)x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)；當(dāng)x≠1時(shí)，fn(x)＜gn(x).變式訓(xùn)練3解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因?yàn)閍4－a3＝2，所以d＝2.又因?yàn)閍1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1,2，…).(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.因?yàn)閎2＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝2，b1＝4.所以b6＝4×26－1＝128.由128＝2n＋2，得n＝63，所以b6與數(shù)列{an}的第63項(xiàng)相等.高考題型精練1.D[設(shè)等比數(shù)列的公比為q，因?yàn)閑q\f(a6,a3)＝eq\f(a9,a6)＝q3，即aeq\o\al(2,6)＝a3a9，所以a3，a6，a9成等比數(shù)列.故選D.]2.D[因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，所以S1，S2，S4分別為a1,2a1－1,4a1－6.因?yàn)镾1，S2，S4成等比數(shù)列，所以(2a1－1)2＝a1·(4a1－6).解得a1＝－eq\f(1,2).]3.D[∵a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16，又∵a7是a3與a9的等比中項(xiàng)，∴(a1－12)2＝(a1－4)·(a1－16)，解得a1＝20.∴S10＝10×20＋eq\f(1,2)×10×9×(－2)＝110.]4.C[數(shù)列{lgan}的前8項(xiàng)和S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.]5.C[設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，若a1＋a2>0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正負(fù)不確定，因而a2＋a3符號不確定，故選項(xiàng)A錯(cuò)；若a1＋a3<0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正負(fù)不確定，因而a1＋a2符號不確定，故選項(xiàng)B錯(cuò)；若0<a1<a2，可知a1>0，d>0，a2>0，a3>0，∴aeq\o\al(2,2)－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2>0，∴a2>eq\r(a1a3)，故選項(xiàng)C正確；若a1<0，則(a2－a1)·(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故選項(xiàng)D錯(cuò).]6.D[由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和及等差中項(xiàng)，可得eq\f(an,bn)＝eq\f(\f(1,2)a1＋a2n－1,\f(1,2)b1＋b2n－1)＝eq\f(\f(1,2)2n－1a1＋a2n－1,\f(1,2)2n－1b1＋b2n－1)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(72n－1＋45,2n－1＋3)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)(n∈N*)，故n＝1,2,3,5,11時(shí)，eq\f(an,bn)為整數(shù).即正整數(shù)n的個(gè)數(shù)是5.]7.－9解析由題意知，數(shù)列{bn}有連續(xù)四項(xiàng)在集合{－53，－23，19,37,82}中，說明{an}有連續(xù)四項(xiàng)在集合{－54，－24，18,36,81}中，由于{an}中連續(xù)四項(xiàng)至少有一項(xiàng)為負(fù)，∴q<0，又∵|q|>1，∴{an}的連續(xù)四項(xiàng)為－24,36，－54，81，∴q＝eq\f(36,－24)＝－eq\f(3,2)，∴6q＝－9.8.8解析∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0.∴數(shù)列的前8項(xiàng)和最大，即n＝8.9.eq\f(2,3)－1解析因?yàn)閍2，a3，a7成等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,3)＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴a1＝－eq\f(2,3)d，∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1即3a1＋d＝1，∴a1＝eq\f(2,3)，d＝－1.10.22解析根據(jù)題意可知等差數(shù)列的a1，a2，a6項(xiàng)成等比數(shù)列，設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則有(a1＋d)2＝a1(a1＋5d)，解得d＝3a1，故a2＝4a1，a6＝16a1?ak4＝a1＋(n－1)·(3a1)＝64a1，解得n＝22，即k4＝22.11.證明(1)由題意得an＋1－an＝－aeq\o\al(2,n)≤0，即an＋1≤an，故an≤eq\f(1,2).由an＝(1－an－1)an－1得an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0.由0＜an≤eq\f(1,2)得eq\f(an,an＋1)＝eq\f(an,an－a\o\al(2,n))＝eq\f(1,1－an)∈(1,2]，即1≤eq\f(an,an＋1)≤2成立.(2)由題意得aeq\o\al(2,n)＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1，①由eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(an,an＋1)和1≤eq\f(an,an＋1)≤2得1≤eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)≤2，所以n≤eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,a1)≤2n，因此eq\f(1,2n＋1)≤an＋1≤eq\f(1,n＋2)(n∈N*).②由①②得eq\f(1,2n＋2)≤eq\f(Sn,n)≤eq\f(1,2n＋1)(n∈N*).12.(1)解當(dāng)n＝2時(shí)，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得：a4＝eq\f(7,8).(2)證明因?yàn)?Sn＋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≥