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高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列高考小题等差数列等比数列课件
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这是一份高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列高考小题等差数列等比数列课件，共60页。PPT课件主要包含了关键能力·应用实践，题组训练·素养提升，专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。
考向一 等差、等比数列的基本量计算【多维题组】速通关1.已知p:数列{an}是等差数列,q:数列{an}的通项公式an=k1n+k2(k1,k2均为常数),则p是q的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
【解析】选C.若{an}是等差数列,不妨设公差为d.所以an=a1+(n-1)d=dn+a1-d,令k1=d,k2=a1-d,则an=k1n+k2,若数列{an}的通项公式an=k1n+k2(k1,k2为常数,n∈N*),则当n≥2且n∈N*时,an-1=k1(n-1)+k2,所以an-an-1=k1(常数)(n≥2且n∈N*),所以{an}为等差数列,所以p是q的充要条件.
2.(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.2B.3C.4D.5
【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.
3.(2020·北京高考)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】选B.设公差为d,因为a1=-9,a5=a1+4d=-1,所以d=2,所以a1,…,a5<0,a6,…>0,所以T1<0,T2>0,T3<0,T4>0,T5<0,以后都小于0,且越来越小.
4.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=________.
【解析】设等差数列{an}的公差为d.因为{an}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+(-2)+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×(-2)+ =-20+45=25,所以S10=25.答案:25
5.已知正项数列{an}的前n项和Sn满足:Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项,则a1=________,Sn=________.
【解析】由题意知 ,平方可得Sn= ,①由a1=S1得 ,从而可解得a1=2.又由①式得Sn-1= (n≥2),②①-②可得an=Sn-Sn-1= (n≥2),整理得(an+an-1)(an-an-1-4)=0,
因为数列{an}的各项都是正数,所以an-an-1-4=0,即an-an-1=4.故数列{an}是以2为首项4为公差的等差数列,所以Sn=2n+ ×4=2n2.当n=1时,S1=a1=2.故Sn=2n2.答案:2 2n2
【技法点拨】提素养等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量:在等差(比)数列中,首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素;(2)解题思路:①设基本量a1和d(q);②列、解方程(组);把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组),然后求解,注意整体计算,减少计算量.
考向二 求数列的通项【多维题组】速通关1.(2020·临沂二模)已知数列{an}中,a1=1,an+1= ,则数列{an}的通项公式an=________.
【解析】因为an+1= ,a1=1,所以an≠0,所以 ,即 .又a1=1,则 =1,所以 是以1为首项, 为公差的等差数列.所以 .所以an= (n∈N*).答案:
2.已知数列{an}满足an+2=an+1-an,且a1=2,a2=3,则a2 021的值为________. 【解析】由题意得,a3=a2-a1=1,a4=a3-a2=-2,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-1,a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=3,…,所以数列{an}是周期为6的周期数列,而2 021=6×336+5,所以a2 021=a5=-3.答案:-3
【变式拓展】本题条件不变,设数列{an}的前n项和为Sn,则S2 021=________. 【解析】由题意得,a3=a2-a1=1,a4=a3-a2=-2,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-1,a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=3,…,所以数列{an}是周期为6的周期数列,S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,而2 021=6×336+5,所以S2 021=S5=1.答案:1
3.设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2·…·an的最大值为________.
【解析】由于{an}是等比数列,设an=a1qn-1,其中a1是首项,q是公比.所以 ⇔ 解得: 故an= ,所以a1·a2·…·an= = .当n=3或4时, 取到最小值-6,此时 取到最大值26.
所以a1·a2·…·an的最大值为64.答案:64
4.在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3(n≥1),则该数列的通项公式an=________. 【解析】方法一:(递推法)an=2an-1+3=2(2an-2+3)+3=22·an-2+2×3+3=23an-3+22×3+2×3+3=…=2n-1·a1+2n-2·3+2n-3·3+…+3=2n-1+3(2n-2+2n-3+…+1)=2n+1-3.
方法二:(构造法)设an+a=2(an-1+a)(n≥2,n∈N*),即an=2an-1+a,所以a=3.所以an+3=2(an-1+3),所以{an+3}是公比为2的等比数列.所以an+3=(a1+3)·2n-1.又a1=1,所以an=2n+1-3.答案:2n+1-3
【技法点拨】提素养求数列通项公式的常用方法(1)公式法:①等差数列的通项公式;②等比数列的通项公式.(2)已知Sn(a1+a2+…+an=Sn),求an,用作差法:an= (3)已知a1·a2·…·an=f(n),an≠0,求an,用作商法:an=
(4)已知an+1-an=f(n),求an,用累加法:an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(1)+a1(n≥2).(5)已知 =f(n),求an,用累乘法:an= · ·…· ·a1=f(n-1)·f(n-2)·…·f(1)·a1(n≥2).
(6)构造等比数列法:若已知数列{an}中,an+1=pan+q(p≠0,p≠1,q≠0),a1≠ ,设存在非零常数λ,使得an+1+λ=p(an+λ),其中λ= ,则数列 就是以a1+ 为首项,p为公比的等比数列,先求出数列 的通项公式,再求出数列{an}的通项公式即可.(7)倒数法:若an= (mkb≠0,n≥2),对an= 取倒数,得到 ,即 .令bn= ,则{bn}可归纳为bn+1=pbn+q(p≠0,p≠1,q≠0)型.
考向三 等差、等比数列性质综合【多维题组】速通关1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,a2+a4=6,则S5等于( )A.10 B.12 C.15 D.30【解析】选C.由等差数列的性质可得a2+a4=a1+a5,所以S5= =15.
【变式拓展】若本题再添加条件a6=9,试求该数列的前n项和Sn.【解析】设等差数列{an}的公差为d,因为a2+a4=6,且数列为等差数列,所以a3=3,又因为a6=9,所以公差d=2,a1=-1,其前n项和Sn=n(-1)+ ×2=n2-2n.
2.(多选)设等比数列{an}的公比为q,则下列结论正确的是( )A.数列{anan+1}是公比为q2的等比数列B.数列{an+an+1}是公比为q的等比数列C.数列{an-an+1}是公比为q的等比数列D.数列 是公比为 的等比数列
【解析】选AD.对于A,由 =q2(n≥2)知数列{anan+1}是公比为q2的等比数列;对于B,当q=-1时,数列{an+an+1}的项中有0,不是等比数列;对于C,当q=1时,数列{an-an+1}的项中有0,不是等比数列;对于D, ,所以数列 是公比为 的等比数列.
3.(2020·全国Ⅱ卷) 北京天坛的圜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】选C.设每一层有n环,由题可知从内到外每环的扇面形石板数之间构成等差数列 ,且公差d=9,首项a1=9,由等差数列的性质可知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列,且 =n2d, 由题意得9n2=729,所以n=9,则三层共有扇面形石板为S3n=S27=27a1+ ×9=3 402(块).
4.已知等比数列{an}的公比q>0,前n项和为Sn,若2a3,a5,3a4成等差数列,a2a4a6=64,则q=________,Sn=________. 【解析】由2a3,a5,3a4成等差数列得2a5=2a3+3a4⇒2q2=2+3q⇒q=2(负值舍去),a2a4a6=64⇒ =64⇒a4=4⇒a1= ,Sn= .答案:2
【技法点拨】提素养等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,可利用函数的性质解题.(3)利用数列性质进行运算时,要利用整体思想,可以减少计算量,此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题.
【加练备选】 纸张的规格是指纸张制成后,经过修整切边,裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准,规定以A0、A1、A2、B1、B2等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用A系列和B系列,其中系列的幅面规格为:①A0、A1、A2、…、A8所有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的比例关系都为x∶y=1∶ ;②将A0纸张沿长度方向对开成两等份,便成为A1规格,A1纸张沿长度方向对开成两等份,便成为A2规格,…,如此对开至A8规格.现有A0、A1、A2、…、A8纸各一张.若A4纸的宽度为2 dm,则A0纸的面积为________dm2;这9张纸的面积之和等于________dm2.
【解析】可设Ai 的纸张的长度为ai+1,面积为Si+1,Ai的幅宽为 ai+1,A 的长度为ai+2= ai+1,所以,数列 是以 为公比的等比数列,由题意知A4纸的宽度为 a5=2,所以a5=2 ,所以a1= ,所以A0纸的面积为S1= (dm2).
又Sn= ,所以 ,所以,数列 是以64 为首项,以 为公比的等比数列,因此,这9张纸的面积之和等于 (dm2).答案:64
【新题速递】1.等比数列 的前n项和为Sn,若a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则S12=( )A.15 B.30 C.45 D.60【解析】选C.由题意,等比数列 的前n项和为Sn,满足a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则 ,所以a7+a8+a9=12,a10+a11+a12=24,则S12=a1+a2+a3+…+a10+a11+a12=45.
2.已知等差数列 的前n项和为Sn,且a1, ,a4成公比为q的等比数列,则q等于( )A.1或2B.2C.1D.2或4
【解析】选A.因为a1, ,a4成公比为q的等比数列,所以 =a1·a4,又因为 为等差数列,设等差数列{an}的公差为d,所以 =a1·a4,所以 =a1· ,即 =0,即d=0或d=a1.所以q= =1或q= =2.
3.(2020·泰安二模)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=________.
【解析】因为a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,所以a10a11=e5.所以ln a1+ln a2+…+ln a20=ln(a1a2…a20)=ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)=10ln e5=50ln e=50.答案:50
4.已知数列 满足:对任意n∈N*均有an+1=pan+2p-2(p为常数,p≠0且p≠1),若a2,a3,a4,a5∈{-18,-6,-2,6,11,30},则a1的所有可能取值的集合是________.
【解析】因为an+1=pan+2p-2,所以an+1+2=p(an+2),所以①若a1=-2,则a1+1+2=p(a1+2)=0,a2=-2,同理可得,a3=a4=a5=-2,即a1=-2符合题意;
②若a1≠-2,p为不等于0与1的常数,则数列{an+2}是以p为公比的等比数列,因为ai∈{-18,-6,-2,6,11,30},i=2,3,4,5,an+2可以取-16,-4,8,32,所以若|p|>1,则p=-2,由a2+2=-4=-2(a1+2)得:a1=0;若|p|<1,则p=- ,由a2+2=32=- (a1+2)得:a1=-66.综上所述,满足条件的a1的所有可能取值为-2,0,-66.答案:
【创新迁移】1.如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则下列结论正确的是( )A.{Sn}是等差数列B.{ }是等差数列C.{dn}是等差数列D.{ }是等差数列
【解析】选A.由题意,过点A1,A2,A3,…,An,An+1,…分别作直线B1Bn+1的垂线,高分别记为h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…,根据平行线的性质,得h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…成等差数列,又Sn= ×|BnBn+1|×hn,|BnBn+1|为定值,所以{Sn}是等差数列.
2.已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列,从第m-1项起,am-1,am,am+1,…成公比为2的等比数列.若a1=-2,则m=________,{an}的前6项和S6=________.
【解析】由a1=-2,公差d=2,得am-1=-2+2(m-2)=2m-6,am=-2+2(m-1)=2m-4,则 =2,所以m=4;所以S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=-2+0+2+4+8+16=28.答案:4 28
七 等差数列、等比数列(40分钟 80分)
一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.(2020·菏泽二模)已知等比数列{an}的公比为正数,且a3a9=2 ,则公比q=( )A. B. C. D.2【解析】选C.a3a9= 因为q>0,所以q= .
2.(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项的和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=( )A.16B.8C.4D.2【解析】选C.设该等比数列的首项为a1,公比为q,由已知得,a1q4=3a1q2+4a1,因为a1>0且q>0,则可解得q=2,又因为a1(1+q+q2+q3)=15,即可解得a1=1,则a3=a1q2=4.
3.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若 则 =( ) 【解析】选A.设公差为d,则 所以
4.已知数列{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( )A.7 B.5 C.-5 D.-7【解析】选D.设数列{an}的公比为q.由题意,得所以 或解得 或
当 时,a1+a10=a1(1+q9)=1+(-2)3=-7;当 时,a1+a10=a1(1+q9)=(-8)× =-7.综上,a1+a10=-7.
5.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.1C.- 或1 D.-1或
【解析】选A.若q=1,则3a1+6a1=2×9a1,得a1=0,矛盾,故q≠1.所以 解得q3=- 或1(舍).
6.等差数列{an}中,已知|a6|=|a11|,且公差d>0,则其前n项和取最小值时n的值为( )A.6 B.7 C.8 D.9【解析】选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列,又|a6|=|a11|,所以-a6=a11,即-a1-5d=a1+10d,所以a1=- ,则a8=- <0,a9= >0,所以前8项和为前n项和的最小值,故选C.
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn,若an∈(0,2 020),则称项an为“和谐项”,则数列{an}的所有“和谐项”的平方和为( )A. ×411+ B. ×411- C. ×410+ D. ×412-
【解析】选A.因为an+1=Sn,所以an=Sn-1(n≥2),则an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1-an=an,an+1=2an, =2,因为a1=2,所以a2=S1=a1=2,故an= 因为an∈(0,2 020),所以1≤n≤11,数列{an}的所有“和谐项”的平方和为
8.已知a1,a2,a3,a4依次成等比数列,且公比q不为1,将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列,则正数q的值是( )
【解析】选B.因为公比q不为1,所以删去的数不是a1,a4.①若删去a2,则由2a3=a1+a4得2a1q2=a1+a1q3,又a1≠0,所以2q2=1+q3,整理得q2(q-1)=(q-1)(q+1).又q≠1,所以q2=q+1,又q>0,得q= ;
②若删去a3,则由2a2=a1+a4得2a1q=a1+a1q3,又a1≠0,所以2q=1+q3,整理得q(q+1)(q-1)=q-1.又q≠1,则可得q(q+1)=1,又q>0,得q= .综上所述,q= .
二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.记单调递增的等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2+a4=10,a2a3a4=64,则( )A.Sn+1-Sn=2n+1B.an=2n-1C.Sn=2n-1D.Sn=2n-1-1
【解析】选BC.由a2a3a4=64得 =43,则a3=4.设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由a2+a4=10,得 +4q=10,即2q2-5q+2=0,解得q=2或q= .又因为数列{an}单调递增,所以q=2,所以2a1+8a1=10,解得a1=1.所以an=2n-1,Sn= =2n-1,所以Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n.
10.数列{Fn}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,…称为斐波那契数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的,故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和.记数列{Fn}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )A.S5=F7-1B.S5=S6-1C.S2 019=F2 021-1D.S2 019=F2 020-1
【解析】选AC.根据题意有Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3),所以S3=F1+F2+F3=1+F1+F2+F3-1=F3+F2+F3-1=F4+F3-1=F5-1,S4=F4+S3=F4+F5-1=F6-1,S5=F5+S4=F5+F6-1=F7-1,…所以S2 019=F2 021-1.
11.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>0B.a1<0C.当n=5时Sn最小D.Sn>0时n的最小值为8
【解析】选ABD.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 由 可知,当n=3或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.
12.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是公差不为0的等差数列,且a2=b2,a8=b8,则( )A.a5=b5B.a5b6
【解析】选BC.方法一:设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d(d≠0).a5= ,b5= ,由基本不等式得 ≤ ,当且仅当a2=a8时等号成立.易知数列{bn}不是常数列,故B正确,A错误.因为a2·q6=a8=b8=b2+6d=a2+6d,所以d= ,
所以a4-b4=a2q2-(b2+2d)=a2q2-a2-2d=a2 = (3q2-q6-2)= (q2-q6+2q2-2)= [(1-q2)(q4+q2-2)]=- (1-q2)2(q2+2)<0,a6-b6=a2q4-a2-4d= (3q4-1-2q6)=- (1-q2)2(2q2+1)<0.故C正确,D错误.
方法二:设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d(d≠0).an=a1qn-1= ·qn,bn=b1+(n-1)d=b1-d+nd,将其分别理解成关于n的类指数函数(指数函数的图象为下凹曲线)和一次函数(一次函数的图象为直线),则两函数图象在n=2,n=8处相交,故annC.对任意的n∈N*,恒有0n-1≥1,故Sn≥Tn,D正确.
三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=________. 【解析】an+2+(-1)nan=3n-1,当n为奇数时,an+2=an+3n-1;当n为偶数时,an+2+an=3n-1.设数列 的前n项和为Sn,
S16=a1+a2+a3+a4+…+a16=a1+a3+a5+…+a15+(a2+a4)+…+(a14+a16)=a1+(a1+2)+(a1+10)+(a1+24)+(a1+44)+(a1+70)+(a1+102)+(a1+140)+(5+17+29+41)=8a1+392+92=8a1+484=540,所以a1=7.答案:7
【加练备选】设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,已知S1,S2,S4成等比数列,且a3=5,则数列{an}的通项公式为________. 【解析】设数列{an}的公差为d(d≠0),因为{an}是等差数列,S1,S2,S4成等比数列,所以(a1+a2)2=a1(a1+a2+a3+a4),因为a3=5,所以(5-2d+5-d)2=(5-2d)(5-2d+15),解得d=2或d=0(舍去),所以5=a1+(3-1)×2,即a1=1,所以an=2n-1.答案:an=2n-1
14.设等比数列{an}的前n项和为Sn,满足对任意的正整数n,均有Sn+3=8Sn+3,则a1=________,公比q=________. 【解析】由Sn+3=8Sn+3,则Sn+2=8Sn-1+3,两式相减得,an+3=8an⇒anq3=8an,则q3=8⇒q=2,由等比数列前n项和公式得,即2n+3a1-a1=8·2na1-8a1+3,从而解得a1= .答案: 2
【加练备选】已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n-1(n∈N*),则a1=________;数列{an}的通项公式为an=________. 【解析】因为Sn=n2+2n-1,当n=1时,a1=1+2-1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-1-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n+1,a1=2不满足an=2n+1,所以an= 答案:2
15.已知数列{an}的通项公式an=-n2+10n-21,前n项和为Sn,若n>m,则Sn-Sm的最大值是________. 【解析】数列{an}的通项公式an=-n2+10n-21=-(n-3)(n-7),当3≤n≤7时,an≥0,当n≤2或n≥8时,an<0,Sn最大值为S6或S7,Sm最小值为S2或S3,Sn-Sm的最大值为S6-S3=a4+a5+a6=3+4+3=10.答案:10
16.已知数列{an}满足a1= ,an= (n≥2,n∈N*),则通项公式an=________. 【解析】由 令 =bn,则bn= ·bn-1+ ⇒bn-1= ·(bn-1-1),由a1= ,得b1-1=- ,所以{bn-1}是以- 为首项, 为公比的等比数列,所以bn-1= 得答案:
【加练备选】数列{an}中,前n项和为Sn,a1=1,an+1=Sn+3n(n∈N*,n≥1),则数列{Sn}的通项公式为________. 【解析】因为an+1=Sn+3n=Sn+1-Sn,所以Sn+1=2Sn+3n,所以 所以又 所以数列 是首项为- ,公比为 的等比数列,
考向一 等差、等比数列的基本量计算【多维题组】速通关1.已知p:数列{an}是等差数列,q:数列{an}的通项公式an=k1n+k2(k1,k2均为常数),则p是q的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
【解析】选C.若{an}是等差数列,不妨设公差为d.所以an=a1+(n-1)d=dn+a1-d,令k1=d,k2=a1-d,则an=k1n+k2,若数列{an}的通项公式an=k1n+k2(k1,k2为常数,n∈N*),则当n≥2且n∈N*时,an-1=k1(n-1)+k2,所以an-an-1=k1(常数)(n≥2且n∈N*),所以{an}为等差数列,所以p是q的充要条件.
2.(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.2B.3C.4D.5
【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.
3.(2020·北京高考)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】选B.设公差为d,因为a1=-9,a5=a1+4d=-1,所以d=2,所以a1,…,a5<0,a6,…>0,所以T1<0,T2>0,T3<0,T4>0,T5<0,以后都小于0,且越来越小.
4.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=________.
【解析】设等差数列{an}的公差为d.因为{an}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+(-2)+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×(-2)+ =-20+45=25,所以S10=25.答案:25
5.已知正项数列{an}的前n项和Sn满足:Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项,则a1=________,Sn=________.
【解析】由题意知 ,平方可得Sn= ,①由a1=S1得 ,从而可解得a1=2.又由①式得Sn-1= (n≥2),②①-②可得an=Sn-Sn-1= (n≥2),整理得(an+an-1)(an-an-1-4)=0,
因为数列{an}的各项都是正数,所以an-an-1-4=0,即an-an-1=4.故数列{an}是以2为首项4为公差的等差数列,所以Sn=2n+ ×4=2n2.当n=1时,S1=a1=2.故Sn=2n2.答案:2 2n2
【技法点拨】提素养等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量:在等差(比)数列中,首项a1和公差d(公比q)是两个基本元素;(2)解题思路:①设基本量a1和d(q);②列、解方程(组);把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组),然后求解,注意整体计算,减少计算量.
考向二 求数列的通项【多维题组】速通关1.(2020·临沂二模)已知数列{an}中,a1=1,an+1= ,则数列{an}的通项公式an=________.
【解析】因为an+1= ,a1=1,所以an≠0,所以 ,即 .又a1=1,则 =1,所以 是以1为首项, 为公差的等差数列.所以 .所以an= (n∈N*).答案:
2.已知数列{an}满足an+2=an+1-an,且a1=2,a2=3,则a2 021的值为________. 【解析】由题意得,a3=a2-a1=1,a4=a3-a2=-2,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-1,a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=3,…,所以数列{an}是周期为6的周期数列,而2 021=6×336+5,所以a2 021=a5=-3.答案:-3
【变式拓展】本题条件不变,设数列{an}的前n项和为Sn,则S2 021=________. 【解析】由题意得,a3=a2-a1=1,a4=a3-a2=-2,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-1,a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=3,…,所以数列{an}是周期为6的周期数列,S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,而2 021=6×336+5,所以S2 021=S5=1.答案:1
3.设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2·…·an的最大值为________.
【解析】由于{an}是等比数列,设an=a1qn-1,其中a1是首项,q是公比.所以 ⇔ 解得: 故an= ,所以a1·a2·…·an= = .当n=3或4时, 取到最小值-6,此时 取到最大值26.
所以a1·a2·…·an的最大值为64.答案:64
4.在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3(n≥1),则该数列的通项公式an=________. 【解析】方法一:(递推法)an=2an-1+3=2(2an-2+3)+3=22·an-2+2×3+3=23an-3+22×3+2×3+3=…=2n-1·a1+2n-2·3+2n-3·3+…+3=2n-1+3(2n-2+2n-3+…+1)=2n+1-3.
方法二:(构造法)设an+a=2(an-1+a)(n≥2,n∈N*),即an=2an-1+a,所以a=3.所以an+3=2(an-1+3),所以{an+3}是公比为2的等比数列.所以an+3=(a1+3)·2n-1.又a1=1,所以an=2n+1-3.答案:2n+1-3
【技法点拨】提素养求数列通项公式的常用方法(1)公式法:①等差数列的通项公式;②等比数列的通项公式.(2)已知Sn(a1+a2+…+an=Sn),求an,用作差法:an= (3)已知a1·a2·…·an=f(n),an≠0,求an,用作商法:an=
(4)已知an+1-an=f(n),求an,用累加法:an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(1)+a1(n≥2).(5)已知 =f(n),求an,用累乘法:an= · ·…· ·a1=f(n-1)·f(n-2)·…·f(1)·a1(n≥2).
(6)构造等比数列法:若已知数列{an}中,an+1=pan+q(p≠0,p≠1,q≠0),a1≠ ,设存在非零常数λ,使得an+1+λ=p(an+λ),其中λ= ,则数列 就是以a1+ 为首项,p为公比的等比数列,先求出数列 的通项公式,再求出数列{an}的通项公式即可.(7)倒数法:若an= (mkb≠0,n≥2),对an= 取倒数,得到 ,即 .令bn= ,则{bn}可归纳为bn+1=pbn+q(p≠0,p≠1,q≠0)型.
考向三 等差、等比数列性质综合【多维题组】速通关1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,a2+a4=6,则S5等于( )A.10 B.12 C.15 D.30【解析】选C.由等差数列的性质可得a2+a4=a1+a5,所以S5= =15.
【变式拓展】若本题再添加条件a6=9,试求该数列的前n项和Sn.【解析】设等差数列{an}的公差为d,因为a2+a4=6,且数列为等差数列,所以a3=3,又因为a6=9,所以公差d=2,a1=-1,其前n项和Sn=n(-1)+ ×2=n2-2n.
2.(多选)设等比数列{an}的公比为q,则下列结论正确的是( )A.数列{anan+1}是公比为q2的等比数列B.数列{an+an+1}是公比为q的等比数列C.数列{an-an+1}是公比为q的等比数列D.数列 是公比为 的等比数列
【解析】选AD.对于A,由 =q2(n≥2)知数列{anan+1}是公比为q2的等比数列;对于B,当q=-1时,数列{an+an+1}的项中有0,不是等比数列;对于C,当q=1时,数列{an-an+1}的项中有0,不是等比数列;对于D, ,所以数列 是公比为 的等比数列.
3.(2020·全国Ⅱ卷) 北京天坛的圜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】选C.设每一层有n环,由题可知从内到外每环的扇面形石板数之间构成等差数列 ,且公差d=9,首项a1=9,由等差数列的性质可知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列,且 =n2d, 由题意得9n2=729,所以n=9,则三层共有扇面形石板为S3n=S27=27a1+ ×9=3 402(块).
4.已知等比数列{an}的公比q>0,前n项和为Sn,若2a3,a5,3a4成等差数列,a2a4a6=64,则q=________,Sn=________. 【解析】由2a3,a5,3a4成等差数列得2a5=2a3+3a4⇒2q2=2+3q⇒q=2(负值舍去),a2a4a6=64⇒ =64⇒a4=4⇒a1= ,Sn= .答案:2
【技法点拨】提素养等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项与序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,可利用函数的性质解题.(3)利用数列性质进行运算时,要利用整体思想,可以减少计算量,此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题.
【加练备选】 纸张的规格是指纸张制成后,经过修整切边,裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准,规定以A0、A1、A2、B1、B2等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用A系列和B系列,其中系列的幅面规格为:①A0、A1、A2、…、A8所有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的比例关系都为x∶y=1∶ ;②将A0纸张沿长度方向对开成两等份,便成为A1规格,A1纸张沿长度方向对开成两等份,便成为A2规格,…,如此对开至A8规格.现有A0、A1、A2、…、A8纸各一张.若A4纸的宽度为2 dm,则A0纸的面积为________dm2;这9张纸的面积之和等于________dm2.
【解析】可设Ai 的纸张的长度为ai+1,面积为Si+1,Ai的幅宽为 ai+1,A 的长度为ai+2= ai+1,所以,数列 是以 为公比的等比数列,由题意知A4纸的宽度为 a5=2,所以a5=2 ,所以a1= ,所以A0纸的面积为S1= (dm2).
又Sn= ,所以 ,所以,数列 是以64 为首项,以 为公比的等比数列,因此,这9张纸的面积之和等于 (dm2).答案:64
【新题速递】1.等比数列 的前n项和为Sn,若a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则S12=( )A.15 B.30 C.45 D.60【解析】选C.由题意,等比数列 的前n项和为Sn,满足a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则 ,所以a7+a8+a9=12,a10+a11+a12=24,则S12=a1+a2+a3+…+a10+a11+a12=45.
2.已知等差数列 的前n项和为Sn,且a1, ,a4成公比为q的等比数列,则q等于( )A.1或2B.2C.1D.2或4
【解析】选A.因为a1, ,a4成公比为q的等比数列,所以 =a1·a4,又因为 为等差数列,设等差数列{an}的公差为d,所以 =a1·a4,所以 =a1· ,即 =0,即d=0或d=a1.所以q= =1或q= =2.
3.(2020·泰安二模)若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20=________.
【解析】因为a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,所以a10a11=e5.所以ln a1+ln a2+…+ln a20=ln(a1a2…a20)=ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]=ln(a10a11)10=10ln(a10a11)=10ln e5=50ln e=50.答案:50
4.已知数列 满足:对任意n∈N*均有an+1=pan+2p-2(p为常数,p≠0且p≠1),若a2,a3,a4,a5∈{-18,-6,-2,6,11,30},则a1的所有可能取值的集合是________.
【解析】因为an+1=pan+2p-2,所以an+1+2=p(an+2),所以①若a1=-2,则a1+1+2=p(a1+2)=0,a2=-2,同理可得,a3=a4=a5=-2,即a1=-2符合题意;
②若a1≠-2,p为不等于0与1的常数,则数列{an+2}是以p为公比的等比数列,因为ai∈{-18,-6,-2,6,11,30},i=2,3,4,5,an+2可以取-16,-4,8,32,所以若|p|>1,则p=-2,由a2+2=-4=-2(a1+2)得:a1=0;若|p|<1,则p=- ,由a2+2=32=- (a1+2)得:a1=-66.综上所述,满足条件的a1的所有可能取值为-2,0,-66.答案:
【创新迁移】1.如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则下列结论正确的是( )A.{Sn}是等差数列B.{ }是等差数列C.{dn}是等差数列D.{ }是等差数列
【解析】选A.由题意,过点A1,A2,A3,…,An,An+1,…分别作直线B1Bn+1的垂线,高分别记为h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…,根据平行线的性质,得h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…成等差数列,又Sn= ×|BnBn+1|×hn,|BnBn+1|为定值,所以{Sn}是等差数列.
2.已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列,从第m-1项起,am-1,am,am+1,…成公比为2的等比数列.若a1=-2,则m=________,{an}的前6项和S6=________.
【解析】由a1=-2,公差d=2,得am-1=-2+2(m-2)=2m-6,am=-2+2(m-1)=2m-4,则 =2,所以m=4;所以S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=-2+0+2+4+8+16=28.答案:4 28
七 等差数列、等比数列(40分钟 80分)
一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.(2020·菏泽二模)已知等比数列{an}的公比为正数,且a3a9=2 ,则公比q=( )A. B. C. D.2【解析】选C.a3a9= 因为q>0,所以q= .
2.(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项的和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=( )A.16B.8C.4D.2【解析】选C.设该等比数列的首项为a1,公比为q,由已知得,a1q4=3a1q2+4a1,因为a1>0且q>0,则可解得q=2,又因为a1(1+q+q2+q3)=15,即可解得a1=1,则a3=a1q2=4.
3.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若 则 =( ) 【解析】选A.设公差为d,则 所以
4.已知数列{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( )A.7 B.5 C.-5 D.-7【解析】选D.设数列{an}的公比为q.由题意,得所以 或解得 或
当 时,a1+a10=a1(1+q9)=1+(-2)3=-7;当 时,a1+a10=a1(1+q9)=(-8)× =-7.综上,a1+a10=-7.
5.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.1C.- 或1 D.-1或
【解析】选A.若q=1,则3a1+6a1=2×9a1,得a1=0,矛盾,故q≠1.所以 解得q3=- 或1(舍).
6.等差数列{an}中,已知|a6|=|a11|,且公差d>0,则其前n项和取最小值时n的值为( )A.6 B.7 C.8 D.9【解析】选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列,又|a6|=|a11|,所以-a6=a11,即-a1-5d=a1+10d,所以a1=- ,则a8=- <0,a9= >0,所以前8项和为前n项和的最小值,故选C.
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn,若an∈(0,2 020),则称项an为“和谐项”,则数列{an}的所有“和谐项”的平方和为( )A. ×411+ B. ×411- C. ×410+ D. ×412-
【解析】选A.因为an+1=Sn,所以an=Sn-1(n≥2),则an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1-an=an,an+1=2an, =2,因为a1=2,所以a2=S1=a1=2,故an= 因为an∈(0,2 020),所以1≤n≤11,数列{an}的所有“和谐项”的平方和为
8.已知a1,a2,a3,a4依次成等比数列,且公比q不为1,将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列,则正数q的值是( )
【解析】选B.因为公比q不为1,所以删去的数不是a1,a4.①若删去a2,则由2a3=a1+a4得2a1q2=a1+a1q3,又a1≠0,所以2q2=1+q3,整理得q2(q-1)=(q-1)(q+1).又q≠1,所以q2=q+1,又q>0,得q= ;
②若删去a3,则由2a2=a1+a4得2a1q=a1+a1q3,又a1≠0,所以2q=1+q3,整理得q(q+1)(q-1)=q-1.又q≠1,则可得q(q+1)=1,又q>0,得q= .综上所述,q= .
二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.记单调递增的等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2+a4=10,a2a3a4=64,则( )A.Sn+1-Sn=2n+1B.an=2n-1C.Sn=2n-1D.Sn=2n-1-1
【解析】选BC.由a2a3a4=64得 =43,则a3=4.设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由a2+a4=10,得 +4q=10,即2q2-5q+2=0,解得q=2或q= .又因为数列{an}单调递增,所以q=2,所以2a1+8a1=10,解得a1=1.所以an=2n-1,Sn= =2n-1,所以Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n.
10.数列{Fn}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,…称为斐波那契数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的,故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和.记数列{Fn}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )A.S5=F7-1B.S5=S6-1C.S2 019=F2 021-1D.S2 019=F2 020-1
【解析】选AC.根据题意有Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3),所以S3=F1+F2+F3=1+F1+F2+F3-1=F3+F2+F3-1=F4+F3-1=F5-1,S4=F4+S3=F4+F5-1=F6-1,S5=F5+S4=F5+F6-1=F7-1,…所以S2 019=F2 021-1.
11.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>0B.a1<0C.当n=5时Sn最小D.Sn>0时n的最小值为8
【解析】选ABD.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 由 可知,当n=3或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.
12.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是公差不为0的等差数列,且a2=b2,a8=b8,则( )A.a5=b5B.a5
【解析】选BC.方法一:设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d(d≠0).a5= ,b5= ,由基本不等式得 ≤ ,当且仅当a2=a8时等号成立.易知数列{bn}不是常数列,故B正确,A错误.因为a2·q6=a8=b8=b2+6d=a2+6d,所以d= ,
所以a4-b4=a2q2-(b2+2d)=a2q2-a2-2d=a2 = (3q2-q6-2)= (q2-q6+2q2-2)= [(1-q2)(q4+q2-2)]=- (1-q2)2(q2+2)<0,a6-b6=a2q4-a2-4d= (3q4-1-2q6)=- (1-q2)2(2q2+1)<0.故C正确,D错误.
方法二:设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d(d≠0).an=a1qn-1= ·qn,bn=b1+(n-1)d=b1-d+nd,将其分别理解成关于n的类指数函数(指数函数的图象为下凹曲线)和一次函数(一次函数的图象为直线),则两函数图象在n=2,n=8处相交,故an
三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=________. 【解析】an+2+(-1)nan=3n-1,当n为奇数时,an+2=an+3n-1;当n为偶数时,an+2+an=3n-1.设数列 的前n项和为Sn,
S16=a1+a2+a3+a4+…+a16=a1+a3+a5+…+a15+(a2+a4)+…+(a14+a16)=a1+(a1+2)+(a1+10)+(a1+24)+(a1+44)+(a1+70)+(a1+102)+(a1+140)+(5+17+29+41)=8a1+392+92=8a1+484=540,所以a1=7.答案:7
【加练备选】设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,已知S1,S2,S4成等比数列,且a3=5,则数列{an}的通项公式为________. 【解析】设数列{an}的公差为d(d≠0),因为{an}是等差数列,S1,S2,S4成等比数列,所以(a1+a2)2=a1(a1+a2+a3+a4),因为a3=5,所以(5-2d+5-d)2=(5-2d)(5-2d+15),解得d=2或d=0(舍去),所以5=a1+(3-1)×2,即a1=1,所以an=2n-1.答案:an=2n-1
14.设等比数列{an}的前n项和为Sn,满足对任意的正整数n,均有Sn+3=8Sn+3,则a1=________,公比q=________. 【解析】由Sn+3=8Sn+3,则Sn+2=8Sn-1+3,两式相减得,an+3=8an⇒anq3=8an,则q3=8⇒q=2,由等比数列前n项和公式得,即2n+3a1-a1=8·2na1-8a1+3,从而解得a1= .答案: 2
【加练备选】已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n-1(n∈N*),则a1=________;数列{an}的通项公式为an=________. 【解析】因为Sn=n2+2n-1,当n=1时,a1=1+2-1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-1-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n+1,a1=2不满足an=2n+1,所以an= 答案:2
15.已知数列{an}的通项公式an=-n2+10n-21,前n项和为Sn,若n>m,则Sn-Sm的最大值是________. 【解析】数列{an}的通项公式an=-n2+10n-21=-(n-3)(n-7),当3≤n≤7时,an≥0,当n≤2或n≥8时,an<0,Sn最大值为S6或S7,Sm最小值为S2或S3,Sn-Sm的最大值为S6-S3=a4+a5+a6=3+4+3=10.答案:10
16.已知数列{an}满足a1= ,an= (n≥2,n∈N*),则通项公式an=________. 【解析】由 令 =bn,则bn= ·bn-1+ ⇒bn-1= ·(bn-1-1),由a1= ,得b1-1=- ,所以{bn-1}是以- 为首项, 为公比的等比数列,所以bn-1= 得答案:
【加练备选】数列{an}中,前n项和为Sn,a1=1,an+1=Sn+3n(n∈N*,n≥1),则数列{Sn}的通项公式为________. 【解析】因为an+1=Sn+3n=Sn+1-Sn,所以Sn+1=2Sn+3n,所以 所以又 所以数列 是首项为- ,公比为 的等比数列,
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