2021届高考数学（理科）人教版 1轮复习资料（课件+达标练习） 第六章　数　列 (共9份打包)

一、选择题

1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，则公比q＝(　　)

A．3 B．4

C．5 D．6

解析：选B.由题意知，q≠1，则，两式相减可得＝q3－q2，即＝1，所以q＝4.

2．在等比数列{an}中，已知a3＝6，a3＋a5＋a7＝78，则a5＝(　　)

A．12 B．18

C．36 D．24

解析：选B.a3＋a5＋a7＝a3(1＋q2＋q4)＝6(1＋q2＋q4)＝78⇒1＋q2＋q4＝13⇒q2＝3，所以a5＝a3q2＝6×3＝18.故选B.

3．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)

A．1盏 B．3盏

C．5盏 D．9盏

解析：选B.每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得＝381，解得a1＝3，选择B.

4．已知等比数列{an}的各项都为正数，且a3，a5，a4成等差数列，则的值是(　　)

A．   B.

C．   D.

解析：选A.设等比数列{an}的公比为q，由a3，a5，a4成等差数列可得a5＝a3＋a4，即a3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得q＝或q＝(舍去)，由＝＝＝＝＝＝，故选A.

5．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于(　　)

A．12 B．13

C．14 D．15

解析：选C.因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列．

不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝＝＝3.

所以bm＝4×3m－1.

令bm＝324，即4×3m－1＝324，

解之得m＝5，

所以b5＝324，即a13a14a15＝324.

所以n＝14.

6．在递增的等比数列{an}中，已知a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前n项和Sn＝42，则n等于(　　)

A．3 B．4

C．5 D．6

解析：选A.因为{an}为等比数列，

所以a3·an－2＝a1·an＝64.

又a1＋an＝34，

所以a1，an是方程x2－34x＋64＝0的两根，

解得或

又因为{an}是递增数列，所以

由Sn＝＝＝42，

解得q＝4.

由an＝a1qn－1＝2×4n－1＝32，

解得n＝3.故选A.

二、填空题

7．在等比数列{an}中，若a1a5＝16，a4＝8，则a6＝________．

解析：因为a1a5＝16，所以a＝16，所以a3＝±4.

又a4＝8，所以q＝±2.

所以a6＝a4q2＝8×4＝32.

答案：32

8．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Sn＝________．

解析：设等比数列的公比为q，则有

解得或

又{an}为递增数列，所以

所以Sn＝＝2n－1.

答案：2n－1

9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若27a3－a6＝0，则＝________．

解析：由题可知{an}为等比数列，设首项为a1，公比为q，所以a3＝a1q2，a6＝a1q5，所以27a1q2＝a1q5，

所以q＝3，由Sn＝，

得S6＝，S3＝，

所以＝·＝28.

答案：28

10．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N＋，都有＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________．

解析：因为＝an，

令m＝1，则＝an，

即＝a1＝2，

所以{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，

Sn＝＝2n＋1－2.

答案：2n＋1－2

三、解答题

11．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：(1)设等差数列{an}的公差为d.

因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10.

解得d＝2.

所以an＝2n－1.

(2)设等比数列{bn}的公比为q.

因为b2b4＝a5，所以b1qb1q3＝9.

解得q2＝3.

所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.

从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.

12．已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)求数列{bn}的前n项和．

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得

d＝＝＝3，

所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．

设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得

q3＝＝＝8，解得q＝2.

所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.

从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．

(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．

数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为＝2n－1.

所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.

1．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.

(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；

(2)求数列{bn}的通项公式．

解：(1)证明：因为an＋Sn＝n①，

所以an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.

②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，

所以2an＋1＝an＋1，所以2(an＋1－1)＝an－1，

当n＝1时，a1＋S1＝1，所以a1＝，a1－1＝－，

所以＝，又cn＝an－1，

所以{cn}是首项为－，公比为的等比数列．

(2)由(1)可知cn＝·＝－，

所以an＝cn＋1＝1－.

所以当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－－＝－＝.

又b1＝a1＝也符合上式，

所以bn＝.

2．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．

(1)求a2，a3的值；

(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．

解：(1)因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，

所以当n＝1时，a1＝2×1＝2；

当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，

所以a2＝4；

当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，

所以a3＝8.

综上，a2＝4，a3＝8.

(2)证明：因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．①

所以当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1

＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②

①－②，得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.

所以－Sn＋2Sn－1＋2＝0，

即Sn＝2Sn－1＋2，

所以Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．

因为S1＋2＝4≠0，所以Sn－1＋2≠0，所以＝2，

故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．