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- 2.3 等差数列的前n项和-2022版数学必修5 人教版（新课标） 同步练习 （Word含解析） 试卷 2 次下载
- 2.4 等比数列-2022版数学必修5 人教版（新课标） 同步练习 （Word含解析） 试卷 2 次下载
- 3.1 不等关系与不等式-2022版数学必修5 人教版（新课标） 同步练习 （Word含解析） 试卷 2 次下载
- 3.2 一元二次不等式及其解法-2022版数学必修5 人教版（新课标） 同步练习 （Word含解析） 试卷 2 次下载
- 3.3 二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题二元一次不等式(组)与简单的-2022版数学必修5 人教版（新课标） 同步练习 （Word含解析） 试卷 2 次下载
高中数学人教版新课标A必修52.5 等比数列的前n项和当堂达标检测题
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这是一份高中数学人教版新课标A必修52.5 等比数列的前n项和当堂达标检测题，共74页。试卷主要包含了5 等比数列的前n项和等内容，欢迎下载使用。
第二章 数列
2.5 等比数列的前n项和
基础过关练
题组一 等比数列前n项和的有关计算
1.设Sn为等比数列{an}的前n项和,若27a4+a7=0,则S4S2等于 ( )
A.10 B.9 C.-8 D.-5
2.(2020安徽黄山高一期末)古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”意思是:“一女子善于织布,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这女子每天分别织布多少?”根据题中的已知条件,则该女子第2天织布 ( )
A.531 尺 B.1031 尺 C.9尺 D.10尺
3.(2021广东深圳高三开学考试)已知正项等比数列{an}满足a1=2,a4=2a2+a3,若设其公比为q,前n项和为Sn,则以下结论错误的是 ( )
A.q=2 B.an=2n
C.S10=2 047 D.an+an+1
A.29 B.31 C.33 D.35
5.(2020河北唐山开滦一中高一期末)已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
题组二 等比数列前n项和的性质
6.(2020山西大同豪洋中学高一期末)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且S5=3,S10=15,则S20= ( )
A.255 B.375 C.250 D.200
7.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且前n项和Sn=3n-2+k,则实数k的值为 ( )
A.-1 B.-13 C.19 D.-19
8.(2020四川广元高一期末)一个等比数列{an}的前n项和为10,前2n项和为30,则前3n项和为 .
9.已知等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q= .
10.在等比数列{an}中,a1-a3=3,前n项和为Sn,S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为 .
题组三 “错位相减法”求和
11.(1)求和:1×2+2×22+3×23+…+n×2n;
(2)求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1的前n项和.
12.(2020四川眉山高一期末)已知等比数列{an}的公比q>1,且a1,a3的等差中项为5,a2=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n·p+m(其中p、m为常数),a1=a2=3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log3an,求数列{an·bn}的前n项和Tn.
能力提升练
一、选择题
1.(2021皖北名校高二联考,★★☆)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N*,满足S2mSm=28,a2mam=2m+21m-2,则数列{an}的公比为 ( )
A.2 B.12 C.3 D.13
2.(2020河南郑州外国语学校高一期中,★★☆)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a12=a2,且S3,S1,S2成等差数列,则S4= ( )
A.10 B.12 C.18 D.30
3.(2020湖南常德高一期末,★★☆)在明朝程大位的《算法统宗》中有这样的一首歌谣:“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”这首歌谣描述的这个宝塔其古称浮屠,意思是:它一共有7层,每层悬挂的红灯数是上一层的2倍,共有381盏灯,则塔顶的灯的盏数为 ( )
A.5 B.6 C.4 D.3
4.(2020广东深圳宝安高二期末,★★★)已知{an}是首项为32的等比数列,Sn是其前n项和,且S6S3=6564,则数列{|log2an|}的前10项的和为 ( )
A.58 B.56 C.50 D.45
5.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末联考,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=4+-12n-1,若对任意的n∈N*,都有1≤p(Sn-4n)≤3成立,则实数p的取值范围是 ( )
A.(2,3) B.[2,3]
C.2,92 D.2,92
6.(多选)(2020辽宁省实验中学高二期中,★★★)已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bn=anqan(q≠0,或q≠1),则{bn}的前n项和可以是 ( )
A.n B.nq
C.q+nqn+1-nqn-qn(1-q)2 D.q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2
二、填空题
7.(2020北京石景山高二期末,★★☆)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a2=1,a3+a4=6.设数列{an-n}的前n项和为Sn,那么S4 S5.(填“>”“<”或“=”)
8.(2020河北石家庄第一中学高一期末,★★☆)一个项数是偶数的等比数列,它的偶数项的和是奇数项的和的两倍,它的首项为1,且中间两项的和为24,则此等比数列的项数为 .
9.(2020北京清华附中高一新生分班考试,★★☆)有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为2,且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39,则该塔形中正方体的个数至少是 .
10.(2021浙江名校协作体高三开学考试,★★★)已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n-a,n∈N*,则a= ,设数列{log2an}的前n项和为Tn,若Tn>2n+λ对n∈N*恒成立,则实数λ的取值范围为 .
三、解答题
11.(2021北京延庆高三统测,★★☆)设{an}是公比q不为1的等比数列,a3=4,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知.
(1)求{an}的公比q;
(2)求数列{2n+an}的前n项和.
条件①:a1为a2,a3的等差中项;条件②:设数列{an}的前n项和为Sn,S3-S1=2.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
12.(2020广东广雅中学、执信中学、广州二中、广州六中四校高一期末联考,★★☆)设数列{an}的前n项和为Sn,且2a1=a2=2,等差数列{bn}满足b1=1,b2+b5=b8,且b2Sn+1+b5Sn-1=b8Sn(n≥2,n∈N*).
(1)求{bn}和{an}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
13.(2021吉林长春第二实验中学高二月考,★★★)已知数列{an}满足an+1=12an+t,a1=12t为常数,且t≠14.
(1)证明:{an-2t}为等比数列;
(2)当t=-18时,求数列{an}的前几项和最大;
(3)当t=0时,设cn=4an+1,数列{cn}的前n项和为Tn,若不等式12k4+n-Tn≥2n-7对任意的n∈N*恒成立,求实数k的取值范围.
2.5综合拔高练
五年高考练
考点1 等比数列前n项和公式及其性质
1.(2020全国Ⅱ(文),6,5分,★★☆)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan= ( )
A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1
2.(2019课标全国Ⅰ,14,5分,★★☆)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=13,a42=a6,则S5= .
3.(2018课标全国Ⅲ,17,12分,★★☆)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.
考点2 数列的综合应用
4.(2020江苏,11,5分,★★☆)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则d+q的值是 .
5.(2020全国Ⅰ,17,12分,★★☆)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
6.(2020全国Ⅲ,17,12分,★★☆)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
7.(2020天津,19,15分,★★★)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2
三年模拟练
应用实践
1.(2020湖北武汉外国语学校高一月考,★★☆)已知数列{an}是首项为1的等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列1an的前5项和为 ( )
A.158或5 B.3116或5
C.3116 D.158
2.(2020浙江嘉兴高一期末,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-3(n∈N*),则S6= ( )
A.192 B.189 C.96 D.93
3.(2019山东招远一中高二月考,★★★)在各项均为正数的等比数列{an}中,公比q∈(0,1),若a3+a5=5,a2a6=4,bn=log2an,数列{bn}的前n项和为Sn,则当S11+S22+…+Snn取得最大值时,n的值为 ( )
A.8 B.9
C.8或9 D.17
4.(2021山东枣庄滕州一中高三月考,★★☆)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.13×411+83 B.13×411-43
C.13×410+83 D.13×412-43
5.(多选)(2021广东仲元中学、中山一中等七校联合体高三第一次联考,★★☆)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a9a10>1,a9-1a10-1<0,则下列结论正确的是 ( )
A.0
C.Sn的最大值为S10
D.Tn的最大值为T9
6.(多选)(2020湖北武汉新洲一中高一月考,★★☆)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关”.则下列说法正确的是 ( )
A.此人第六天只走了5里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里
C.此人第二天走的路程比全程的14还多1.5里
D.此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
7.(★★☆)设数列{an}的前n项和为Sn,点n,Snn(n∈N*)均在直线y=x+12上,若bn=3an+12,则数列{bn}的前n项和Tn= .
8.(★★☆)已知Sn为数列{an}的前n项和,an+Sn=32,则S7= .
9.(2020河南顶级名校高二联考,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),Sn=n+23an,且a1=1,{bn}为等比数列,b1=a3-4,b4=a5+1.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=n·bnan+1,n∈N*,数列{cn}的前n项和为Tn,若对任意n∈N*均满足Tn>m2019,求整数m的最大值.
迁移创新
10.(2020湖南岳阳高二期末,★★☆)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,b1=a5,b2=3,b5=-81.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,在①b1+b3=a2,②a4=b4这两个条件中任选一个,补充在题干条件中,是否存在正整数k,使得Sk>Sk+1且Sk+2>Sk+1?若存在,求k的值;若不存在,说明理由.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
专题强化练2 数列通项公式的求法
时间40
一、选择题
1.(2021广东汕头金山中学四校高三联考,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意的n∈N*有Sn=23an-23,且1
A.2或4 B.2
C.3或4 D.6
2.(★★☆)已知数列{an}满足a1=2,an+1=an2,则数列{an}的通项公式为an= ( )
A.2n-1 B.2n-1 C.22n-1 D.n2
3.(2020湖北鄂州部分高中协作体高二上期中联考,★★☆)定义:在数列{an}中,若满足an+2an+1-an+1an=d(n∈N*,d为常数),则称{an}为等差比数列.已知在等差比数列{an}中,a1=a2=1,a3=3,则a2020a2018= ( )
A.4×2 0192-1 B.4×2 0182-1
C.4×2 0172-1 D.4×2 0172
4.(多选)(2020山东聊城高二期末,★★★)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+3an(n∈N*),则下列结论正确的有 ( )
A.1an+3为等比数列
B.{an}的通项公式为an=12n+1-3
C.{an}为递增数列
D.1an的前n项和Tn=2n+2-3n-4
二、填空题
5.(★★☆)数列-23,415,-635,863,-1099,…的一个通项公式an= .
6.(★★☆)在数列{an}中,a1=1,an=n-1nan-1(n≥2),则数列{an}的通项公式是 .
7.(2021陕西榆林第一中学高二月考,★★☆)在数列{an}中,a1=1,an+1=3an+2,则an= .
8.(2021湖南怀化高二月考,★★★)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,a2=3,λSn=3an-1,则Sn= .
三、解答题
9.(★★☆)(1)已知数列{an}中,an+1=2n+1·an2n+1+an,a1=2,求{an}的通项公式;
(2)已知数列{an}满足an+1=3an+2×3n+1,a1=3,求数列{an}的通项公式.
10.(2020湖北荆州中学、宜昌一中高二期末联考,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-92n,bn=an-32n.
(1)证明数列{bn}为等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(2)是否存在实数λ,对任意m,n∈N*,不等式Sm>λbn恒成立?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,请说明理由.
专题强化练3 数列的求和方法
时间40
一、选择题
1.(2021陕西西安交大附中、龙岗中学高三联考,★★☆)已知数列{an}的前n项和是Sn,且满足a1=3,a2k=8a2k-1,a2k+1=12a2k,k∈N*,则S2 021= ( )
A.42 021-1 B.3×22 021-3
C.3×41 011-9 D.5×41 010-2
2.(★★☆)定义np1+p2+…+pn为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为13n+1,又bn=an+26,则1b1b2+1b2b3+…+1b9b10= ( )
A.111 B.1011
C.910 D.1112
3.(2020河南濮阳高二期末,★★☆)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+an+1=2n(n∈N*),则S2 020= ( )
A.22020-23 B.22020+23
C.22021-23 D.22021+23
4.(★★☆)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·3n.设bn=4nan,Sn为数列{bn}的前n项和.若Sn<λ(λ为常数),n∈N*,则λ的最小值是 ( )
A.32 B.94 C.3112 D.3118
5.(多选)(2020海南天一大联考高三第四次模拟,★★☆)已知数列{an}的首项为4,且满足2(n+1)an-nan+1=0(n∈N*),则 ( )
A.ann为等差数列
B.{an}为递增数列
C.{an}的前n项和Sn=(n-1)·2n+1+4
D.an2n+1的前n项和Tn=n2+n2
二、填空题
6.(2021江西南昌高三摸底测试,★★☆)无穷数列{an}满足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,则称{an}为“和谐递进数列”.已知{an}为“和谐递进数列”,且前四项成等比数列,a1=a5=1,a2=2,则S2 021= .
7.(★★☆)已知f(x)=ex-12-e12-x+1,数列{an}满足an=f(0)+f1n+f2n+…+fn-1n+f(1),则a2 017= .
8.(2020吉林长春实验中学高一期末,★★☆)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn= .
9.(2021豫南九校高二联考,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,满足a1=1,3Sn=(n+m)an(m∈R),且anbn=15.若对任意的n∈N*,λ>Tn恒成立,则实数λ的最小值为 .
三、解答题
10.(2020湖北襄阳第一中学高二月考,★★☆)在公差不为0的等差数列{an}中,a4=6,且a2,a3,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+3an,求数列{bn}的前n项和Tn.
11.(2020湖南郴州高二期末,★★☆)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,若S5=15,a1,a3,a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式,并求Sn;
(2)设bn=2an+1Sn,求数列{bn}的前n项和Tn.
12.(2020河南郑州高二期末,★★★)已知数列{an}满足an+1=an-6an-4(n∈N*),且a1=1.
(1)证明:an-3an-2是等比数列;
(2)令bn=1-1an-2,设数列{(2n-1)·bn}的前n项和为Sn,求使Sn<2 019成立的最大自然数n的值.
13.(2020重庆九龙坡高一期末,★★★)已知Sn为等差数列{an}(an≠0)的前n项和,S7=a42,13为a5和a9的等差中项.设bn=1anan+1,数列{bn}的前n项和为Tn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若正整数m,n满足1
本章复习提升
易混易错练
易错点1 忽略数列作为函数的定义域的特殊性致错
1.(2020北京中国人民大学附属中学高三三模,★★☆)在等比数列{an}中,a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,则ann(n∈N*)的最小值为 ( )
A.1625 B.49 C.12 D.1
2.(★★☆)已知函数f(x)=ax-5,x≥6,4-a2x+4,x<6,数列{an}满足an=f(n)(n∈N*),且数列{an}是单调递增数列,则实数a的取值范围是 .
3.(2019河南郑州期末,★★☆)设数列{an}的通项公式为an=n2+bn,若数列{an}是单调递增数列,则实数b的取值范围为 .
易错点2 对数列的有关性质理解不准确致错
4.(2020安徽合肥高一学情检测,★★☆)各项均为实数的等比数列{an}的前n项和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S20= ( )
A.107 B.30或-20 C.30 D.40
5.(2021河南焦作高二期中,★★☆)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4n+1+a,则实数a= .
易错点3 由Sn求an时,忽略n=1的情况
6.(2020福建福州一中高三上期末,★★☆)数列{an}满足a1=1,其前n项和为Sn,且Sn=2an(n≥2,n∈N*),则{an}的通项公式为 .
7.(★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=12.
(1)求证:1Sn是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
8. (2020河南郑州高三二模,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+2n-1
(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=1anan+1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
易错点4 忽略等比数列中的隐含条件致错
9.(2020四川眉山车城中学高一期中,★★☆)已知数列-1,x,y,z,-3成等比数列,则xyz= ( )
A.33 B.-33 C.±33 D.3
10.(★★☆)已知等比数列{an}的前三项分别为a,2a+2,3a+3,则a= .
11.(★★☆)已知在等比数列{an}中,a1=2,S3=6,则a3= .
思想方法练
一、函数思想在数列中的应用
1.(★★☆)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1>0,S9=S16,则当n= 时,Sn
最大.
2.(★★☆)已知数列{an}为等差数列,且满足a2=0,a6=12,数列{bn}的前n项和为Sn,且b1=1,bn+1=2Sn+1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,不等式k·Sn+12≥an恒成立,求实数k的取值范围.
二、方程思想在数列中的应用
3.(2021安徽六安高三开学考试,★★☆)设{an}是等比数列,公比q不为1.已知a1=13,且a1,2a2,3a3成等差数列,则数列{an}的前5项和S5= .
4.(2020湖南怀化高三第一次模拟,★★☆)在等比数列{an}中,a4=2,a5=5.
(1)求数列{lg an}的前8项的和;
(2)若等差数列{bn}满足a2·b2=a4+b4=8,求数列{bn}的通项公式.
三、分类讨论思想在数列中的应用
5.(2019广东湛江一中高二月考,★★★)设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,…).
(1)求q的取值范围;
(2)设bn=an+2-32an+1,记{bn}的前n项和为Tn,试比较Sn与Tn的大小.
6.(2021皖北名校高二联考,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b12+1-b222+1+b323+1-…+(-1)n+1·bn2n+1=12n-1,求数列{bn}的通项公式;
(3)在(2)的条件下,设cn=2n+λbn,问:是否存在实数λ使得数列{cn}是单调递增数列?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,请说明理由.
四、转化与化归思想在数列中的应用
7.(2021上海曹杨二中高二期中,★★☆)已知非零数列{an}的递推公式为a1=1,an=anan+1+2an+1(n∈N*).
(1)求证:数列1+1an是等比数列;
(2)若关于n的不等式1n+log21+1a1+1n+log21+1a2+…+1n+log21+1an
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.在等差数列{an}中,a3+a5=12-a7,则a1+a9= ( )
A.8 B.12 C.16 D.20
2.已知数列{an}是等差数列,a1=2,其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项,则S18= ( )
A.398 B.388 C.189 D.199
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a42=a7,S4S2=3,则a5= ( )
A.2 B.22 C.4 D.42
4.已知Sn是等差数列{an}的前n项和.若S15=45,则5a5-3a3的值为 ( )
A.6 B.15 C.34 D.17
5.在数列{an}中,a1=-2,an+1=1-1an,则a2 019的值为 ( )
A.-2 B.13 C.12 D.32
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且an≠0,若a5=3a3,则S9S5= ( )
A.95 B.59 C.53 D.275
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+2=2an(n∈N*),则S4a2= ( )
A.2 B.132 C.152 D.172
8.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N+,满足S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1,则数列{an}的公比为 ( )
A.-2 B.2
C.-3 D.3
9.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对边的长,A=π3,b,a,c成等差数列,且AB·AC=9,则a= ( )
A.23 B.32
C.22 D.33
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=8,a4=2,且满足an+2=2an+1-an(n∈N*),若S5=λa10,则λ的值为 ( )
A.-13 B.-3 C.-12 D.-2
11.设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=12,n+1an+1=nan+2n,则S100= ( )
A.2-492100 B.2-49299 C.2-512100 D.2-51299
12.定义n∑i=1nui为n个正数u1,u2,u3,…,un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为13n+1,则数列36(an+2)(an+1+2)的前2 019项的和为 ( )
A.20182019 B.20192020 C.20192018 D.20191010
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.已知等比数列{an}满足a2+a3=5,a3+a4=10,则公比q= ,前n项和Sn= .(第一空2分,第二空3分)
14.各项均为正数的等比数列{an}中,且a2=1-a1,a4=9-a3,则a4+a5等于 .
15.已知在数列{an}中,a1=1且anan+1=an+1,若bn=anan+1,则数列{bn}的前100项和为 .
16.如图是一个数表,第1行依次写着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限项,则这个数表中的第11行第7个数为 .(用具体数字作答)
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)已知等差数列{an}的公差d<0,a1=20,且a7是a3与a9的等比中项.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{an}的前n项和Sn的最大值及对应的n的值.
18.(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S4=16,a3=3a2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1an·an+1,求{bn}的前2n项的和T2n.
19.(本小题满分12分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a3=5,S7=49.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an2n,Tn为数列{bn}的前n项和,求证:Tn<3.
20.(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1=1,a2=12,an+an+1=2an+2.
(1)求证:{an+1-an}为等比数列;
(2)求{an}的通项公式.
21.(本小题满分12分)甲、乙两超市同时开业,第一年的全年销售额均为a万元.由于经营方式不同,甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元,乙超市第n年的销售额比前一年销售额多23n-1a万元.
(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式;
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%,则该超市将被另一超市收购,判断哪一超市有可能被收购?如果有这种情况,将会出现在第几年?
22.(本小题满分12分)在①Sn=2bn-1;②-4bn=bn-1(n≥2);③bn=bn-1+2(n≥2),这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,请说明理由.
已知数列{an}为等比数列,a1=23,a3=a1a2,数列{bn}的首项b1=1,其前n项和为Sn, ,是否存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
答案全解全析
第二章 数列
2.5 等比数列的前n项和
基础过关练
1.A 设数列{an}的公比为q,由27a4+a7=0,得a4(27+q3)=0,因为a4≠0,所以27+q3=0,解得q=-3,故S4S2=1-q41-q2=10.
2.B 由题意可得,该女子每天所织布的长度构成等比数列{an},
设{an}的公比为q,首项为a1,前n项和为Sn,
由题意可得q=2,S5=a1(1-q5)1-q=5,
解得q=2,a1=531,
所以a2=a1q=1031.
所以第2天织的布为1031 尺.故选B.
3.C 由题意,得2q3=4q+2q2,整理,得q2-q-2=0,解得q=2(负值舍去),选项A中结论正确;
an=2×2n-1=2n,选项B中结论正确;Sn=2×(2n-1)2-1=2n+1-2,所以S10=2 046,选项C中结论错误;an+an+1=3an,而an+2=4an>3an,所以an+an+1
所以a1(q+q3)=10,所以a1=16,
所以S5=161-1251-12=31.故选B.
5.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,正项等比数列{bn}的公比为q,
∵a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5,
∴1+d+1+3d=10,q2=1+4d,∴d=2.
∵q>0,∴q=3,
因此an=1+(n-1)×2=2n-1,bn=1×3n-1=3n-1.
(2)数列{bn}的前n项和Sn=1-3n1-3=12(3n-1).
方法总结 在等比数列问题中共涉及五个量:a1,n,q,an及Sn,利用等比数列的通项公式及其前n项和公式即可“知三求二”.
6. A 由题得,S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,则有(S10-S5)2=S5(S15-S10),∴122=3(S15-15),解得S15=63,
同理有(S15-S10)2=(S10-S5)(S20-S15),∴482=12(S20-63),解得S20=255.故选A.
7.D ∵an+1=can,c为非零常数,∴{an}为等比数列,又Sn=3n-2+k=19·3n+k,∴根据等比数列前n项和的性质,得k=-19.
8.答案 70
解析 由题意得(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n)⇒(30-10)2=10(S3n-30)⇒S3n=70.
9.答案 2
解析 由题意,得S奇+S偶=-240,S奇-S偶=80,解得S奇=-80,S偶=-160,∴q=S偶S奇=-160-80=2.
10.答案 4
解析 设等比数列{an}的公比为q,
由已知得,S3-S1=S2-S3,即a2+a3=-a3,
∴a3=-12a2,∴q=-12,
又a1-a3=a1-a1q2=3,∴a1=4.
当n为奇数时,Sn=83×1+12n≤83×1+12=4;
当n为偶数时,Sn=83×1-12n<83.
综上,Sn的最大值为4.
11.解析 (1)设Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,①
则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
①-②,得(1-2)Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1,
即-Sn=2(1-2n)1-2-n×2n+1,
∴Sn=2-2×2n+n×2n+1=(n-1)×2n+1+2.
(2)设该数列的前n项和为Sn,当a=0时,Sn=1;当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,则Sn=n[1+(2n-1)]2=n2;
当a≠1且a≠0时,Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1,③
aSn=a+3a2+5a3+7a4+…+(2n-1)an,④
③-④,得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,
即(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2·a(1-an-1)1-a=1-(2n-1)an+2(a-an)1-a.
又1-a≠0,∴Sn=1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2.
综上,Sn=
1,a=0,n2,a=1,1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2,a≠0且a≠1.
易错警示 本题易忽略对a的分类讨论,当公比是参数a时,在求和中要分a=0,a=1和a≠0且a≠1进行分类讨论求解.
12.解析 (1)由题意可得a1(1+q2)=10,a1q=4,
∵q>1,∴a1=2,q=2,∴数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).
(2)由(1),知bn=n2n,
∴Sn=12+222+323+…+n2n,①
12Sn=122+223+…+n-12n+n2n+1,②
①-②,得12Sn=12+122+123+124+…+12n-n2n+1,
∴Sn=1+121+122+123+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-n+22n.
13.解析 (1)由a1=a2=3得3p+m=6,2(a1+a2)=9p+m=12,
解得p=1,m=3,即2Sn=3n+3,①
当n≥2时,2Sn-1=3n-1+3,②
①-②,得2an=3n-3n-1,即an=3n-1(n≥2).
∵a1=3不满足上式,
∴an=3,n=1,3n-1,n≥2,
(2)由(1),得bn=log3an=1,n=1,n-1,n≥2,
当n=1时,T1=a1b1=3,
当n≥2时,
Tn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3×1+3×1+32×2+…+3n-1×(n-1)①,
3Tn=32×1+32×1+33×2+…+3n-1×(n-2)+3n×(n-1)②,
①-②,得-2Tn=-3+32+33+…+3n-1-3n×(n-1)=-6+3×(3n-1-1)3-1-3n×(n-1)=3n(3-2n)-152,
∴Tn=3n(2n-3)+154,
显然当n=1时,T1=3符合上式,
∴Tn=3n(2n-3)+154.
解题模板 错位相减法是一种重要的数列求和方法,等比数列前n项和公式的推导用的就是错位相减法.当一个数列是由等差数列与等比数列对应项的乘积构成时,可使用此法求数列的前n项和.在运用错位相减法求数列前n项和时要注意以下四点:
(1)乘数(式)的选择;
(2)对公比q的讨论;
(3)两式相减后的未消项及相消项呈现的规律;
(4)相消项中构成数列的项数.
能力提升练
一、选择题
1.C 设等比数列{an}的公比为q,当q=1时,S2mSm=2≠28,不满足题意,
当q≠1时,∵S2mSm=28,
∴a1(1-q2m)1-q·1-qa1(1-qm)=1+qm=28,
∴qm=27.
又a2mam=2m+21m-2,
∴qm=2m+21m-2,
∴2m+21m-2=27,解得m=3,
∴q3=27,即q=3.
2.A 设等比数列{an}的公比为q,由a12=a2,得a12=a1q,即a1=q.①
又S3,S1,S2成等差数列,
∴2S1=S3+S2,即2a1=2a1+2a1q+a1q2,②
联立①②,得q=0(舍去)或q=-2,
∴a1=q=-2,
∴S4=a1(1-q4)1-q=-2×(1-16)3=10.
3.答案 D
信息提取 ①塔七层;②倍加增;③共灯三百八十一.
数学建模 本题以中国数学文化《算法统宗》中的一首歌谣为背景,把塔上悬挂的红灯数的问题(实际问题)转化为数列问题(数学问题).由歌谣中“红光点点倍加增”的关键词可把每层红灯数构建成以2为公比的等比数列,且n=7,Sn=381,再利用等比数列前n项和公式求a1.
解析 由题意可知,每层悬挂的灯数从上到下依次构成等比数列,公比为2,设顶层的灯数为a1,则a1(1-27)1-2=a1(27-1)=127a1=381,解得a1=3,故选D.
4.A 设等比数列{an}的公比为q.∵{an}是首项为32的等比数列,Sn是其前n项和,且S6S3=6564,∴32×(1-q6)1-q32×(1-q3)1-q=6564,∴1+q3=6564,∴q=14,∴an=32·14n-1=27-2n,
∴|log2an|=|7-2n|,
∴数列{|log2an|}的前10项的和为5+3+1+1+3+5+7+9+11+13=58.故选A.
5.B 因为an=4+-12n-1,所以Sn=4n+1--12n1+12=4n+231--12n,
所以Sn-4n=231--12n.又n∈N*时,34≤1--12n≤32,所以12≤231--12n≤1,
即Sn-4n的最大值为1,最小值为12.若对任意n∈N*,都有1≤p(Sn-4n)≤3,即1Sn-4n≤p≤3Sn-4n成立,则只需满足
p≤3Sn-4nmin且p≥1Sn-4nmax即可,所以2≤p≤3,即实数p的取值范围是[2,3].故选B.
6.BD 设等差数列{an}的公差为d,又a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,
所以a42=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),化简,得d(d-1)=0,所以d=0或d=1,
故an=1或an=n,所以bn=q或bn=n·qn,设{bn}的前n项和为Sn,
当bn=q时,Sn=nq;
当bn=n·qn时,Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n×qn,①
qSn=1×q2+2×q3+3×q4+…+n×qn+1,②
①-②得(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n×qn+1=q(1-qn)1-q-n×qn+1,
所以Sn=q(1-qn)(1-q)2-n×qn+11-q=q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2.
二、填空题
7.答案 <
解析 设等比数列{an}的公比为q(q>0).
由题意,得a2=a1q=1,a3+a4=a1q2+a1q3=6,解得a1=12,q=2,∴an=a1qn-1=2n-2,
∴S5-S4=a5-5=23-5=3>0,故S5>S4.
8.答案 8
解析 设该数列为a1,a2,…,a2n,公比为q,则由题意可得q=2,an+an+1=24.又a1=1,所以qn-1+qn=24,即2n-1+2n=24,解得n=4,故项数为8.
9.答案 6
解析 底层正方体的表面积为24,
倒数第2层正方体的棱长为2×22=2,每个面的面积为4×12=2,
倒数第3层正方体的棱长为2×222,每个面的面积为4×122=1,……,
倒数第n层正方体的棱长为2×22n-1,每个面的面积为4×12n-1,
设该几何体为n层,则它的表面积为24+4×4×12+4×122+…+4×12n-1=40-12n-5.
∵40-12n-5>39,解得12n-5<1,∴n>5,∴该塔形中正方体的个数至少是6.
10.答案 1;λ<-2
解析 设等比数列{an}的公比为q,由题意知,a1=S1=2-a,a2=S2-S1=2,a3=S3-S2=4,又a22=a1a3,∴a=1,q=2,∴an=2n-1,
∴log2an=2(n-1),
∴Tn=n2-n,∵Tn>2n+λ对n∈N*恒成立,∴n2-n>2n+λ,即λ
11.解析 (1)选①:因为a1为a2,a3的等差中项,所以2a1=a2+a3,
所以2a1=a1q+a1q2.因为a1≠0,所以2=q+q2,所以q=-2,或q=1(舍去).
选②:因为S3-S1=2,所以a1+a2+a3-a1=a2+a3=2.
因为a3=4,所以a2=-2,所以q=a3a2=-2.
(2)由(1),得等比数列{an}的首项a1=a3q2=44=1,所以an=(-2)n-1.
设数列{2n+an}的前n项和为Sn,
因为数列{2n}是以2为首项,2为公差的等差数列,
所以Sn=(2+2n)n2+1×[1-(-2)n]1-(-2)=n(n+1)+1-(-2)n3.
12.解析 (1)等差数列{bn}满足b1=1,b2+b5=b8,令公差为d,
则2b1+5d=b1+7d,
∴d=12,
∴{bn}的通项公式为bn=n+12,
∴b2=32,b5=3,b8=92,
又∵b2Sn+1+b5Sn-1=b8Sn(n≥2,n∈N*),∴Sn+1+2Sn-1=3Sn(n≥2,n∈N*),
∴Sn+1-SnSn-Sn-1=2(n≥2,n∈N*),
又数列{an}的前n项和为Sn,∴an+1an=2,
而2a1=a2=2,∴n≥1,n∈N*时,an+1an=2都成立,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,即an=a1qn-1=2n-1.
(2)由(1)知,数列{anbn}的通项公式为14(n·2n+2n),若令kn=n·2n,hn=2n,
即{kn}的前n项和Kn=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,①
∴2Kn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
∴①-②,得-Kn=2+22+23+24+…+2n-n·2n+1,即Kn=(n-1)2n+1+2,
而{hn}的前n项和Hn=2n+1-2,
∴Tn=14(Kn+Hn)=n·2n-1.
13.解析 (1)证明:∵数列{an}满足an+1=12an+t,a1=12t为常数,且t≠14,
∴an+1-2t=12an-t=12(an-2t),
∴an+1-2tan-2t=12,
又a1-2t=12-2t,∴{an-2t}是以12-2t为首项,12为公比的等比数列.
(2)当t=-18时,an+14是以34为首项,12为公比的等比数列,
∴an+14=3412n-1=32·12n,
∴an=32·12n-14,由an=32·12n-14≥0,解得n≤2.
∴数列{an}的前2项和最大.
(3)当t=0时,{an}是以12为首项,12为公比的等比数列,
∴an=12n,∴cn=4an+1=42n+1,
∴数列{cn}的前n项和Tn=4×121-12n1-12+n=4+n-42n.
∵不等式12k4+n-Tn≥2n-7对任意的n∈N*恒成立,
∴3k≥2n-72n对任意的n∈N*恒成立,
设dn=2n-72n,则dn+1-dn=2n-52n+1-2n-72n=-2n+92n+1,
当dn+1-dn>0,即dn+1>dn时,n≤4;
当dn+1-dn<0,即dn+1
2.5综合拔高练
五年高考练
1.B 设等比数列{an}的公比为q,则a6-a4a5-a3=a5·q-a3·qa5-a3=q=2412=2,∴Snan=a1(1-2n)1-2a1×2n-1=2-21-n.故选B.
2.答案 1213
解析 设{an}的公比为q,由a42=a6,得a42=a4·q2,∴a4=q2.
又∵a4=a1·q3,∴a1·q3=q2,
又a1=13,∴q=3.
由等比数列求和公式可知S5=13×(1-35)1-3=1213.
3.解析 (1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,则Sn=1-(-2)n3.
由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解;
若an=2n-1,则Sn=2n-1,由Sm=63得2m=64,解得m=6.
综上,m=6.
4.答案 4
解析 设数列{an}的首项为a1,数列{bn}的首项为b1,易知q≠1,则{an+bn}的前n项和Sn=na1+n(n-1)2d+b1(1-qn)1-q=d2n2+a1-d2n-b11-qqn+b11-q=n2-n+2n-1,∴d2=1,q=2,则d=2,q=2,∴d+q=4.
5.解析 (1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.
所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2.
故{an}的公比为-2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,①
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n,②
①-②,得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=1-(-2)n3-n×(-2)n,
所以Sn=19-(3n+1)(-2)n9.
6.解析 (1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.由已知可得
an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,
所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n, ①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1, ②
①-②,得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1,
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
7.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)证明:由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2·(n+2)2,从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2
对任意的正整数n,有
∑k=1nc2k-1=∑k=1n22k2k+1-22k-22k-1=22n2n+1-1,和∑k=1nc2k=∑k=1n2k-14k=14+342+543+…+2n-14n.①
由①得14∑k=1nc2k=142+343+…+2n-34n+2n-14n+1.②
由①②得34∑k=1nc2k=14+242+…+24n-2n-14n+1=241-14n1-14-14-2n-14n+1,从而得∑k=1nc2k=59-6n+59×4n.
因此,∑k=12nck=∑k=1nc2k-1+∑k=1nc2k=4n2n+1-6n+59×4n-49.
所以,数列{cn}的前2n项和为4n2n+1-6n+59×4n-49.
三年模拟练
1.C 设数列{an}的公比为q,由9S3=S6,得q≠1,则9(1-q3)1-q=1-q61-q,即1+q3=9,解得q=2,所以数列1an是首项为1,公比为12的等比数列,所以数列1an的前5项和为1-1251-12=3116,故选C.
2.B ∵Sn=2an-3(n∈N*),
∴当n=1时,S1=a1=2a1-3,解得a1=3.
当n=2时,S2=a2+a1=2a2-3⇒a2=6,
当n≥2时,由Sn+1=2an+1-3,可得an+1+Sn=2an+1-3⇒an+1+2an-3=2an+1-3⇒an+1an=2,又a2a1=2,
∴数列{an}是首项为3,公比为2的等比数列,
∴S6=3×1-261-2=189,故选B.
3.C ∵{an}为等比数列,公比q∈(0,1),且a3+a5=5,a2·a6=4,
∴a3+a5=5,a3·a5=a2·a6=4,
∴a3=4,a5=1或a3=1,a5=4(舍去),∴q=12,
∴an=1·12n-5=25-n,
∴bn=log2an=5-n,
∴bn+1-bn=5-(n+1)-5+n=-1,b1=5-1=4,
∴数列{bn}是以4为首项,-1为公差的等差数列,
∴数列{bn}的前n项和Sn=(4+5-n)n2=9n-n22.
令cn=Snn=9-n2,当cn≥0时,n≤9,
∴当n=8或9时,S11+S22+S33+…+Snn取得最大值.故选C.
4.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,所以an+1an=2.
因为a1=2,所以a2=S1=a1=2,a3=S2=4,a4=S3=8,……,
故an=2n-1,n≥2,2,n=1.
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
a12+a22+…+a102+a112=4+4+42+…+410=4+4(1-410)1-4=4+411-43=13×411+83,故选A.
5.AD 由a9a10>1得q>0,
若a10>a9,则q>1,而a1>1,则an=a1qn-1>1,则a9>1,a10>1,此时a9-1a10-1<0不成立,所以q<1,所以0
因为lg a9+lg a11=2lg a10<0,所以a9a11<1,所以B不正确;
因为01,所以数列各项均为正数,所以Sn没有最大值,所以C不正确.故选AD.
6.BCD 根据题意此人每天行走的路程成等比数列,
设此人第n天走an里路,则{an}是首项为a1,公比为q=12的等比数列,
所以S6=a1(1-q6)1-q=a11-1261-12=378,解得a1=192.
选项A,a6=a1q5=192×125=6,故A错误;
选项B,由a1=192,得S6-a1=378-192=186,又192-186=6,故B正确;
选项C,a2=a1q=192×12=96,而14S6=94.5,96-94.5=1.5,故C正确;
选项D,a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×1+12+14=336,
则后3天走的路程为378-336=42,而336÷42=8,故D正确.故选BCD.
7.答案 9n+1-98
解析 依题意得Snn=n+12,即Sn=n2+12n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+12n-(n-1)2+12(n-1)=2n-12;当n=1时,a1=S1=32.经检验,a1符合an=2n-12,所以an=2n-12(n∈N*),则bn=32n.由bn+1bn=32(n+1)32n=32=9,可知{bn}为等比数列,且b1=32×1=9,故Tn=9(1-9n)1-9=9n+1-98.
8.答案 1274
解析 由于an+Sn=32,当n=1时,2a1=32,a1=16.当n≥2时,an+Sn=32,①an-1+Sn-1=32,②
①-②,得2an-an-1=0,an=12an-1(n≥2),所以数列{an}是首项为16,公比为12的等比数列,
所以S7=161-1271-12=1274.
9.解析 (1)当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=n+23·an-n+13an-1,整理,得anan-1=n+1n-1(n≥2).
所以an=a1×a2a1×a3a2×a4a3×…×anan-1=1×31×42×53×64×75×…×n+1n-1=n(n+1)2(n≥2).经检验,n=1时也成立,
所以{an}的通项公式为an=n(n+1)2.
所以a3=6,a5=15.
设等比数列{bn}的公比为q.由b1=a3-4=2,b4=a5+1=16,可得q3=8,所以q=2,所以bn=2n.
(2)由(1)及已知得cn=n·bnan+1=n·2n+1(n+1)(n+2)=2n+2n+2-2n+1n+1,
所以Tn=233-222+244-233+255-244+…+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.
因为Tn+1-Tn=cn+1=(n+1)·2n+2(n+2)(n+3)>0,
所以Tn+1>Tn,即Tn单调递增,所以(Tn)min=T1=23,
所以对任意n∈N*均满足Tn>m2019等价于m2019<23,即m<40383=1 346,所以整数m的最大值为1 345.
10.解析 (1)设等比数列{bn}的首项为b1,公比为q,则由b2=3,b5=-81可得b1=-1,q=-3,
∴等比数列{bn}的通项公式为bn=-(-3)n-1.
(2)若选择条件①:由(1),知bn=-(-3)n-1,
∴a2=b1+b3=-10,
又a5=b1=-1,∴an=3n-16,∵Sk>Sk+1,Sk+2>Sk+1,∴ak+1<0,ak+2>0,即ak+1=3k-13<0,ak+2=3k-10>0,解得103
∵a5=b1=-1,∴{an}的公差d=-28,
∴an=-28n+139,∵Sk>Sk+1,Sk+2>Sk+1,
∴ak+1<0,ak+2>0,
即ak+1=-28k+111<0,ak+2=-28k+83>0显然无解.
故不存在满足条件的正整数k,使得Sk>Sk+1且Sk+2>Sk+1.
解题模板 解决等差数列与等比数列综合问题(即双数列问题)的关键在于理顺两个数列间的关系,同时注意等差数列与等比数列之间的相互转化.
专题强化练2 数列通项公式的求法
一、选择题
1.A 对任意的n∈N*有Sn=23an-23,可得a1=S1=23a1-23,解得a1=-2.
当n≥2时,Sn-Sn-1=23an-23an-1=an,即an=-2an-1,所以{an}是首项为-2,公比为-2的等比数列,
所以an=(-2)n,
所以Sn=-2×[1-(-2)n]1-(-2)=- 23[1-(-2)n].
因为1
2.C 在等式an+1=an2的两边取常用对数,得lg an+1=2lg an,即lgan+1lgan=2,
所以数列{lg an}是以lg 2为首项,2为公比的等比数列,
所以lg an=2n-1×lg 2=lg 22n-1,所以an=22n-1,故选C.
3.B 由题意得,a2a1=1,a3a2=3,∴a3a2-a2a1=2,∴数列an+1an是首项为1,公差为2的等差数列,∴an+1an=2n-1,
∴a2020a2018=a2020a2019×a2019a2018
=(2×2 019-1)×(2×2 018-1)
=(2×2 018+1)×(2×2 018-1)
=4×2 0182-1.
4.ABD 因为1an+1=2+3anan=2an+3,所以1an+1+3=21an+3,又1a1+3=4≠0,
所以1an+3是以4为首项,2为公比的等比数列,所以1an+3=4×2n-1,即an=12n+1-3(n∈N*),故{an}为递减数列,
数列1an的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=2(21+22+…+2n)-3n
=2×2×(1-2n)1-2-3n=2n+2-3n-4.
二、填空题
5.答案 (-1)n2n(2n-1)(2n+1)
解析 数列中的每一项是一负一正交替出现,所以通项有(-1)n.
因为-23=-2×11×3,415=2×23×5,-635=-2×35×7,……,
所以an=(-1)n2n(2n-1)(2n+1).
6.答案 an=1n
解析 ∵an=n-1nan-1(n≥2),∴an-1=n-2n-1·an-2,……,a2=12a1,以上(n-1)个式子左右两边分别相乘,得an=a1·12·23·…·n-1n=a1n=1n(n≥2).当n=1时,a1=1也适合上式,∴an=1n.
7.答案 2×3n-1-1
解析 因为an+1=3an+2,所以an+1+1=3(an+1),
又a1+1=2,所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列.
所以an+1=2×3n-1,所以an=2×3n-1-1.
8.答案 3n-12
解析 当n=1时,a1=13-λ>0,所以3-λ>0,所以λ<3,当n=2时,λ13-λ+3=8,整理,得λ2-6λ+8=0,解得λ=2或λ=4(舍去),
所以2Sn=3an-1,当n≥2时,2Sn=3Sn-3Sn-1-1,即Sn=3Sn-1+1,
所以Sn+12=3Sn-1+12,所以数列Sn+12是以32为首项,3为公比的等比数列,故Sn+12=32×3n-1,所以Sn=3n-12.
三、解答题
9.解析 (1)由an+1=2n+1·an2n+1+an得1an+1=2n+1+an2n+1·an,即1an+1=1an+12n+1.设bn=1an,
则bn+1=bn+12n+1,∴bn=bn-1+12n(n≥2),∴bn-bn-1=12n,bn-1-bn-2=12n-1,bn-2-bn-3=12n-2,……,b3-b2=123,b2-b1=122,
∴bn=12n+12n-1+…+122+12=2n-12n,
∴an=2n2n-1(n∈N*).
(2)an+1=3an+2×3n+1两边同时除以3n+1,得an+13n+1=an3n+23+13n+1,
则an+13n+1-an3n=23+13n+1,
故an3n=an3n-an-13n-1+an-13n-1-an-23n-2+an-23n-2-an-33n-3+…+a232-a13+a13=23+13n+23+13n-1+23+13n-2+…+23+132+33=2(n-1)3+13n+13n-1+13n-2+…+132+1,
因此an3n=2(n-1)3+13n(1-3n-1)1-3+1=2n3+12-12×3n,
则an=23×n×3n+12×3n-12=23n+12×3n-12.
10.解析 (1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-92n-2an-1-92n-1,即an=2an-1-92n,
所以bnbn-1=an-32nan-1-32n-1=2an-1-92n-32nan-1-62n=2,
所以数列{bn}是公比为2的等比数列.
当n=1时,S1=2a1-92,所以a1=92,b1=a1-32=3,所以bn=3·2n-1=an-32n,所以an=32n+3·2n-1.
(2)假设存在实数λ,对任意m,n∈N*,Sm>λbn恒成立.
由(1)得bn=3·2n-1>0,所以不等式Sm>λbn恒成立等价于Sm·bn>λ恒成立,等价于(Sm·bn)min>λ.
Sm=3·121+122+…+12m+3(20+21+…+2m-1)
=3·12·1-12m1-12+3·20×(1-2m)1-2=3·2m-32m.
因为函数Sm=3·2m-32m为单调增函数,所以(Sm)min=S1=92.因为函数bn=3·2n-1为增函数,所以(bn)min=b1=3.
所以λ<(Sm·bn)min=272.
专题强化练3 数列的求和方法
一、选择题
1.C 依题意a1=3,a2k=8a2k-1,a2k+1=12a2k,k∈N*,有a2k+1=4a2k-1,a2=8a1=24,
故数列{a2k-1}是首项为3,公比为4的等比数列;数列{a2k}是首项为24,公比为4的等比数列,所以S2 021=(a1+a3+…+a2 021)+(a2+a4+…+a2 020)=
3(1-41011)1-4+24(1-41010)1-4=3×41 011-9.故选C.
易错警示 本题易因审题不清而错误地把数列{an}整体看成以3为首项,4为公比的等比数列.在有关数列的问题中一定要注意数列项数的变化.
2.C 由题意得na1+a2+…+an=13n+1,所以a1+a2+…+an=n(3n+1)=3n2+n.记数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=3n2+n.当n=1时,a1=S1=4;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2+n-[3(n-1)2+(n-1)]=6n-2.经检验,a1=4也符合此式,所以an=6n-2,n∈N*,则bn=an+26=n,所以1b1b2+1b2b3+…+1b9b10=11×2+12×3+…+19×10=1-12+12-13+…+19-110=1-110=910.故选C.
3.C 由题可知S2 020=a1+a2+…+a2 020=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 019+a2 020)
=21+23+…+22 019=22021-23.
4.C ∵a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·3n①,
∴当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(2n-3)·3n-1②,
①-②,得nan=4n·3n-1,即an=4·3n-1(n≥2).
当n=1时,a1=3,不适合上式,
∴an=3,n=1,4·3n-1,n≥2,∴bn=43,n=1,n3n-1,n≥2,
∴Sn=43+23+332+…+n3n-1=13+130+23+332+…+n3n-1③,
∴13Sn=19+13+232+333+…+n-13n-1+n3n④,
③-④,得23Sn=29+130+13+132+133+…+13n-1-n3n=29+1-13n1-13-n3n,
∴Sn=3112-6n+94·3n<3112.
∵Sn<λ(λ为常数),n∈N*,
∴λ的最小值是3112,故选C.
5.BD 由2(n+1)an-nan+1=0得an+1n+1=2×ann,所以ann是以a11=a1=4为首项,2为公比的等比数列,故A错误;因为ann=4×2n-1=2n+1,所以an=n·2n+1,显然数列{an}是递增数列,故B正确;
因为Sn=1×22+2×23+…+n·2n+1①,
2Sn=1×23+2×24+…+n·2n+2②,
①-②,得-Sn=1×22+23+…+2n+1-n·2n+2=22(1-2n)1-2-n·2n+2=(1-n)·2n+2-4,
所以Sn=(n-1)×2n+2+4,故C错误;
因为an2n+1=n·2n+12n+1=n,所以an2n+1的前n项和Tn=n(1+n)2=n2+n2,故D正确.
二、填空题
6.答案 7 576
解析 由题知,a1,a2,a3,a4成等比数列,
∵a1=1,a2=2,∴a3=4,a4=8,
又a1=a5,{an}为“和谐递进数列”,
∴a2=a6,a3=a7,a4=a8,a5=a9,…,
∴数列{an}是周期为4的周期数列,
∴S2 021=505×(1+2+4+8)+1=7 576.
7.答案 2 018
解析 由题意得f(1-x)=e12-x-ex-12+1,所以f(x)+f(1-x)=ex-12-e12-x+1+e12-x-ex-12+1=2.
因为an=f(0)+f1n+f2n+…+fn-1n+f(1)①,an=f(1)+fn-1n+…+f1n+f(0)②,①+②,得2an=2(n+1),所以an=1+n,所以a2 017=2 018.
8.答案 14(3n+1-2n-3)
解析 由an+1=3an+1得an+1+12=3an+12,
所以数列an+12是以32为首项,3为公比的等比数列,
所以an+12=32×3n-1=12×3n,
所以an=12×3n-12,
所以Sn=a1+a2+a3+…+an=12×(31+32+…+3n)-12×n=14(3n+1-2n-3)(n∈N*).
9.答案 25
解析 当n=1时,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2.
当n≥2时,由3Sn=(n+2)an,3Sn-1=(n-1+2)an-1,得anan-1=n+1n-1,
∴an=anan-1·an-1an-2·an-2an-3·…·a3a2·a2a1·a1=n+1n-1·nn-2·n-1n-3·…·42·31·1=n(n+1)2,
当n=1时,a1=1也符合上式,
∴an=n(n+1)2(n∈N*).
由anbn=15,得bn=25n(n+1)=251n-1n+1,
∴Tn=
251-12+12-13+…+1n-1n+1
=251-1n+1<25.
∵对任意的n∈N*,λ>Tn恒成立,
∴λ≥25,故实数λ的最小值为25.
三、解答题
10.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).
因为a4=6,所以a1+3d=6,得a1=6-3d.
因为a2,a3,a5成等比数列,
所以a32=a2·a5,
所以(a1+2d)2=(a1+d)·(a1+4d),
将a1=6-3d代入上式得,d2-2d=0.
因为d≠0,所以d=2,所以a1=0,
故an=2n-2(n∈N*).
(2)由(1)得bn=2n-2+32n-2,
所以Tn=(0+30)+(2+32)+(4+34)+…+(2n-2+32n-2)
=(0+2+4+…+2n-2)+(30+32+…+32n-2)
=n(0+2n-2)2+1-9n1-9=n2-n+9n-18(n∈N*).
11.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).
由S5=15,得a3=3.由a1,a3,a9成等比数列,得a1·a9=a32=9,
∴(3-2d)(3+6d)=9,解得d=1或d=0(舍去),∴a1=1,∴an=n,Sn=n(n+1)2.
(2)由(1)得bn=2an+1Sn=2n+2n(n+1),
∴Tn=2+22+23+…+2n+21×2+22×3+23×4+…
+2n(n+1)=2×(1-2n)1-2+
21-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1
=2(2n-1)+21-1n+1=2n+1-2n+1.
12.解析 (1)证明:由题意得an+1-3an+1-2=an-6an-4-3an-6an-4-2=an-6-3an+12an-6-2an+8=-2(an-3)-(an-2)=2×an-3an-2,
∴an-3an-2是首项为a1-3a1-2=1-31-2=2,公比为2的等比数列 .
(2)由(1)得an-3an-2=2n,即an-2-1an-2=1-1an-2=bn=2n,∴(2n-1)·bn=(2n-1)·2n,
∴Sn=1·21+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n,①
2Sn=1·22+3·23+5·24+…+(2n-1)·2n+1,②
①-②,得-Sn=1·21+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1=2+2·4-2n+11-2-(2n-1)·2n+1=(3-2n)·2n+1-6,
∴Sn=(2n-3)·2n+1+6,∴Sn+1-Sn=(2n-1)·2n+2-(2n-3)·2n+1=2n+1·(2n+1)>0,∴Sn单调递增.
又S6=9×27+6=1 158<2 019,S7=11×28+6=2 822>2 019,
∴使Sn<2 019成立的最大自然数n的值为6.
13.解析 (1)设{an}的公差为d.在等差数列{an}中,由S7=a42,13为a5和a9的等差中项,得7a4=a42,a5+a9=2a7=2×13.
∵an≠0,∴a4=7,a7=13,∴d=a7-a47-4=13-73=2,∴a1=a4-3d=7-3×2=1,
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
(2)∵bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12·12n-1-12n+1,
∴Tn=
121-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=n2n+1.
∵正整数m,n满足11,得m=2,此时n=12.
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易混易错练
1.D 在等比数列{an}中,设公比q(q≠0),当a1=1时,有4a1,2a2,a3成等差数列,所以4a2=4a1+a3,即4q=4+q2,解得q=2,所以an=2n-1,所以ann=2n-1n,an+1n+1ann=2nn+1≥1,
当且仅当n=1时取等号,所以当n=1或n=2时,ann(n∈N*)取得最小值1,故选D.
2.答案 487,8
解析 由题意得a>1,4-a2>0,f(5)
解析 ∵数列{an}是单调递增数列,
∴an+1>an(n∈N*)恒成立,
即(n+1)2+b(n+1)>n2+bn,
化简,得b>-(2n+1).
∵数列{-(2n+1)}是单调递减数列,
∴当n=1时,-(2n+1)取得最大值-3,
∴b>-3.
4.C 设等比数列{an}的公比为q,由题意易知q≠1,
则S10,S20-S10,S30-S20为等比数列,
可得(S20-S10)2=S10(S30-S20)⇒(S20-10)2=10×(70-S20),
S202-10S20-600=0⇒(S20-30)(S20+20)=0,
解得S20=30或S20=-20(舍),故S20=30.
故选C.
易错警示 在等比数列中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…成等比数列,而非Sn,S2n,S3n,…成等比数列.
5.答案 -4
解析 当n=1时,a1=16+a,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4n+1+a)-(4n+a)=3×4n,因为数列{an}为等比数列,所以a1=16+a也满足an=3×4n,即16+a=12,解得a=-4.
易错警示 等比数列的性质:Sn=aqn-a,而非Sn=aqn+1-a.
6.答案 an=1,n=12n-2且n≥2,n∈N*
解析 当n=2时,S2=2a2,得a2=a1=1,
又当n≥2时,Sn=2an,∴Sn+1=2an+1,
∴Sn+1-Sn=2an+1-2an,
即an+1=2an(n≥2),
经检验,a2=a1≠2a1,不符合上式,
∴{an}从第二项起构成以a2=1为首项,q=2为公比的等比数列,
∴当n≥2时,an=a2·qn-2=2n-2,
∴an=1,n=1,2n-2,n≥2且n∈N*.
7.解析 (1)证明:当n≥2时,由an+2SnSn-1=0,得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,
所以1Sn-1Sn-1=2,
又1S1=1a1=2,所以1Sn是首项为2,公差为2的等差数列.
(2)由(1)可得1Sn=2n,所以Sn=12n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-12(n-1)=-12n(n-1).
当n=1时,a1=12,不符合an=-12n(n-1).
故an=12,n=1,-12n(n-1),n≥2,n∈N*.
8.解析 (1)当n=1时,a1=S1=2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+2n-1)-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n+1,
而a1=2≠2×1+1,
所以数列{an}的通项公式为an=2,n=1,2n+1,n≥2,n∈N*.
(2)当n=1时,b1=1a1a2=12×5=110,
当n≥2时,bn=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3,
所以bn=110,n=1,1212n+1-12n+3,n≥2且n∈N*.
当n=1时,T1=b1=110,
当n≥2时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=110+1215-17+17-19+…+12n+1-12n+3
=110+1215-12n+3=4n+120n+30,
又T1=110=4×1+120×1+30,符合Tn=4n+120n+30,
所以Tn=4n+120n+30(n∈N*).
易错警示 在an与Sn的关系:an=Sn-Sn-1中,由于n≥2而使得an不含第一项,解题时常因忽略这一点导致错误.
谨记:an=S1(n=1),Sn-Sn-1(n≥2,n∈N*).
9.B ∵数列-1,x,y,z,-3成等比数列,
∴由等比数列性质,知y2=xz=3,
则y=±3,
设等比数列的公比为q,则y=-q2<0,
∴y=-3,∴xyz=-33.
10.答案 -4
解析 因为2a+2为a与3a+3的等比中项,所以(2a+2)2=a(3a+3),整理,得a2+5a+4=0,
解得a=-1或a=-4.
当a=-1时,2a+2=0,3a+3=0,
所以a=-1不符合题意,舍去,故a=-4.
11.答案 2或8
解析 设等比数列{an}的公比为q.
当q=1时,S3=3a1=6,符合题意,此时a3=a1=2;
当q≠1时,由S3=a1·(1-q3)1-q=2(1-q3)1-q=6,解得q=-2或q=1(舍去),
此时a3=a1·q2=8.
综上可知,a3=2或a3=8.
易错警示 等比数列的隐含条件:(1)等比数列中各项均不为零;(2)等比数列求和公式中q≠1;(3)在等比数列中,若公比为正数,则每一项同号,若公比为负数,则所有奇数项或者偶数项的符号相同.在等比数列的有关问题中,因为忽略这些隐含条件而致错,所以解题时一定要注意将所求结果代入题中验证,若所求结果使等比数列中的某些项为零,则一定要舍去;若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
思想方法练
1.答案 12或13
解析 设等差数列{an}的公差为d,由等差数列前n项和公式,得S9=9a1+9×82d=9a1+36d,S16=16a1+16×152d=16a1+120d,
因为S9=S16,所以9a1+36d=16a1+120d,即d=-112a1,
又a1>0,所以d<0.
由此可知,数列{an}是单调递减数列,
点(n,Sn)在开口向下的抛物线上.又S9=S16,所以点(9,S9)与点(16,S16)关于直线x=252对称,所以当n=12或n=13时,Sn最大.(利用二次函数的单调性求最大值,应用
了函数的思想方法)
2.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d.由题意可得,a6-a2=4d=12,∴d=3,
∴an=a2+(n-2)d=3n-6.∵bn+1=2Sn+1,
∴bn=2Sn-1+1(n≥2),
∴bn+1-bn=2(Sn-Sn-1),即bn+1=3bn(n≥2),
又b2=2S1+1=3,即b2=3b1也成立,
∴{bn}是以1为首项,3为公比的等比数列,∴bn=3n-1.
(2)由(1)得,Sn=1-3n1-3=3n-12,
∴k·Sn+12=k·3n-12+12=k·3n2≥an对任意的n∈N*恒成立,即k≥6(n-2)3n对任意的n∈N*恒成立.
令cn=n-23n,则cn-cn-1=n-23n-n-33n-1=-2n+73n.当n≤3时,cn>cn-1;当n≥4时,cn
3.答案 121243
解析 由题意,得a1+3a3=4a2,即a1+3a1q2=4a1q.因为a1≠0,所以1+3q2=4q,解得q=13或q=1(舍去),(根据已知条件建立关
于q的方程,运用了方程的思想方法)
所以an=a1qn-1=13n,
则S5=131-1351-13=121243.
4.解析 (1)S8=lg a1+lg a2+…+lg a8=lg(a1·a2·…·a7·a8)=lg(a4·a5)4=4lg 10=4,
∴数列{lg an}的前8项的和为4.
(2)设{an}的公比为q,则q=a5a4=52,
a4=a1·523=2⇒a1=16125.
(根据已知条件建立关于a1的方程,运用了
方程的思想方法)
∵a2=a1·q=16125×52=825,∴b2=8a2=25.
∵a4+b4=8⇒b4=8-2=6,设{bn}的公差为d,则d=b4-b22=6-252=-192,
∴bn=b2+(n-2)·d=25-(n-2)·192=-19n2+44.
5.解析 (1)设等比数列{an}的首项为a1.
∵{an}是等比数列,Sn>0,
∴a1=S1>0,q≠0.
当q=1时,Sn=na1>0;
当q≠1时,Sn=a1(1-qn)1-q>0,∴1-qn1-q>0,
∴1-q<0,1-qn<0①或1-q>0,1-qn>0②,
解①得q>1,解②得-1
(2)由bn=an+2-32an+1,得bn=anq2-32q,
∴Tn=q2-32qSn,
∴Tn-Sn=Snq2-32q-1
=Snq+12(q-2).
∴当-12时,Tn>Sn;
当-12
6.解析 (1)由Sn=2an-2(n∈N*),可得a1=2a1-2,解得a1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2)=2an-2an-1,∴an=2an-1,
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
∴数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).
(2)当n=1时,b13=12-1,可得b1=-32,
当n≥2时,由b12+1-b222+1+b323+1-…+(-1)n+1·bn2n+1=12n-1①,
得b12+1-b222+1+b323+1-…+(-1)nbn-12n-1+1=12n-1-1②,
①-②,得(-1)n+1bn2n+1=12n-12n-1=-12n,
可得bn=(-1)n1+12n.
由b1=-32符合bn=(-1)n1+12n(n≥2),
故数列{bn}的通项公式为bn=(-1)n·1+12n(n∈N*).
(3)由(2)可知cn=2n+λ(-1)n·1+12n,
当n≥2时,cn=2n+λ(-1)n1+12n,
cn-1=2n-1+λ(-1)n-11+12n-1,
∴cn-cn-1=2n-1+λ(-1)n2+32n>0,
可得λ(-1)n>-2n-12+32n.
①当n为大于或等于2的偶数时,λ>-2n-12+32n,当且仅当n=2时,λ>-811;
②当n为大于或等于3的奇数时,λ<2n-12+32n,当且仅当n=3时,λ<3219.
综上所述,λ的取值范围为-811,3219.
(由于式中含有(-1)n,需要对n的奇偶性进
行分类讨论,运用了分类讨论的思想方法)
方法总结 分类讨论思想是高中数学中一种十分常见且实用的逻辑方法,重点考查学生思维的清晰度和严谨性.分类讨论思想是指根据高中数学本质的异同,将其研究对象划分为若干不同种类的一种思想方法.分类讨论的步骤:一是确认分类讨论的对象,二是确定分类的标准,三是分类讨论,四是总结归纳.在有关数列的问题中,有时需要对公比q的取值范围,项数n的奇偶性,项的符号以及含有参数的问题进行分类讨论求解.
7.解析 (1)证明:由an=anan+1+2an+1,得1an+1-2an=1,即1an+1+1=21an+1,所以1+1an是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)可得:1+1an=2n,所以原不等式等价于1n+1+1n+2+…+1n+n
则f(n+1)=1n+2+1n+3+…+12n+1+12n+2,
∴f(n+1)-f(n)=12n+1+12n+2-1n+1=12n+1-12n+2>0,
∴f(n)单调递增,则f(n)min=f(1)=12,
(把不等式有解问题转化为最小值问题,
利用了转化与化归的思想方法)
于是123,故整数m的最小值为4.
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一、选择题
1.A 由题意,数列{an}为等差数列,结合等差数列的性质得,a3+a5+a7=3a5=12,则a5=4,所以a1+a9=2a5=8.故选A.
2.C 由题意可得a52=a3·a8,∴(a1+4d)2=(a1+2d)·(a1+7d),代入数据,可得(2+4d)2=(2+2d)·(2+7d),解得d=1或d=0(舍),∴S18=18a1+18×172d=189.故选C.
3.C 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q(q≠0).∵a42=a7,
∴a1·a7=a7,∴a1=1,
又S4S2=1-q41-q2=1+q2=3,
∴q2=2,∴a5=a1q4=4,故选C.
4.A 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
∵S15=45,∴15(a1+a15)2=15a8=45,
∴a8=3,
∴5a5-3a3=5×(a1+4d)-3×(a1+2d)=2(a1+7d)=2a8=6,
故选A.
5.B 由an+1=1-1an,
得an+2=1-1an+1=1-11-1an=11-an,
所以an+3=1-1an+2=1-111-an=an.
所以数列{an}是以3为周期的周期数列,
所以a2 019=a3=11-a1=13.故选B.
6.D 由题意得Sn=n(a1+an)2,
所以S9S5=92(a1+a9)52(a1+a5)=9a55a3=9×3a35a3=275.
7.C 由Sn+2=2an(n∈N*),①
当n=1时,a1=2,
当n≥2,n∈N*时,Sn-1+2=2an-1,②
①-②,得an=2an-2an-1,
即an=2an-1(n≥2),
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
则an=2·2n-1=2n,
∴S4a2=2(1-24)1-222=152.故选C.
8.B 设公比为q,若q=1,则S2mSm=2,与题中条件矛盾,故q≠1.
∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,
∴qm=8,
∴a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,
∴m=3,
∴q3=8,
∴q=2.
9.B 由题知A=π3,b,a,c成等差数列,则2a=b+c,由AB·AC=9得cbcos A=9,所以bc=18,
结合余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=(b+c)2-3bc,
因为b+c=2a,所以3a2=3bc,即a2=bc,解得a=32(负值舍去),故选B.
10.D 由an+2=2an+1-an(n∈N*),得an+2-an+1=an+1-an,
∴数列{an}为等差数列,设其公差为d.
∵a1=8,a4=2,∴3d=2-8=-6,∴d=-2,
∴a10=a1+9d=8-18=-10,S5=5a1+5×42d=40-20=20,
∴λ=S5a10=20-10=-2.
11.D 根据题意,由n+1an+1=nan+2n,得n+1an+1-nan=2n,则当n≥2时,nan-n-1an-1=2n-1,n-1an-1-n-2an-2=2n-2,……,2a2-1a1=21,
将各式左右分别相加,得nan-1a1=21+22+…+2n-1=2n-2,又a1=12,
所以an=n·12n,
因此S100=1×12+2×122+…+100×12100①,
由①×12,得12S100=1×122+2×123+…+99×12100+100×12101②,
①-②,得12S100=12+122+123+…+12100-100×12101,
所以S100=2-1299-100×12100=2-51299.故选D.
12.B 设Sn为数列{an}的前n项和,
由“快乐数”定义可知:nSn=13n+1,
即Sn=3n2+n.
当n=1时,a1=S1=4,
当n≥2,且n∈N*时,an=Sn-Sn-1=6n-2,
经验证可知,a1=4满足an=6n-2,
∴an=6n-2(n∈N*),
∴36(an+2)(an+1+2)=366n·(6n+6)=1n(n+1)=1n-1n+1,
∴数列36(an+2)(an+1+2)的前2 019项的和为1-12+12-13+…+12019-12020=20192020.故选B.
二、填空题
13.答案 2;5(2n-1)6
解析 设等比数列{an}的首项为a1.
由题意得,q=a3+a4a2+a3=105=2,
∴a2+a3=a1q+a1q2=6a1=5,∴a1=56,
∴Sn=a1(1-qn)1-q=56×(1-2n)1-2=5(2n-1)6.
14.答案 27
解析 设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0),
∵a2=1-a1,a4=9-a3,
∴a1+a2=1,a3+a4=9,∴q2=a3+a4a1+a2=9,∴q=3或q=-3(舍),
∴a4+a5=(a1+a2)q3=33=27.
15.答案 100101
解析 由anan+1=an+1得1an+1-1an=1,
∴数列1an是首项为1a1=1,公差为1的等差数列,
∴1an=1+(n-1)×1=n,∴an=1n,
∴bn=1n(n+1)=1n-1n+1.
设{bn}的前n项和为Sn,则S100=1-12+12-13+13-14+…+1100-1101=100101.
16.答案 12 288
解析 设am,n表示第m行的第n个数,由题中数表可知,每一行成等差数列,且第m行的公差为2m-1,则am,n=am,1+(n-1)·2m-1,am,1=am-1,1+am-1,2=2am-1,1+2m-2,
则am,12m-am-1,12m-1=14,即数列am,12m是首项为12,公差为14的等差数列,
则am,12m=12+m-14,即am,1=(m+1)2m-2,
∴am,n=(m+1)·2m-2+(n-1)2m-1=(m+2n-1)2m-2,
∴a11,7=(11+14-1)×29=24×29=12 288.
三、解答题
17.解析 (1)因为a7是a3与a9的等比中项,所以a72=a3a9, (2分)
即(a1+6d)2=(a1+2d)·(a1+8d),
整理,得2a1d+20d2=0,因为d<0,a1=20,
所以d=-2. (3分)
故an=-2n+22. (4分)
(2)解法一:因为d=-2,a1=20,所以Sn=na1+n(n-1)2d=-n2+21n=-n-2122+2122, (7分)
所以当n=10或n=11时,Sn取得最大值,且最大值为110. (10分)
解法二:由(1)知an=-2n+22,所以由an≥0,可得n≤11.
所以当n=10或n=11时,Sn取得最大值, (8分)
且最大值为11×20+11×102×(-2)=110. (10分)
18.解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, (1分)
由题意得S4=4a1+4×32d=4a1+6d=16,a1+2d=3(a1+d),
解得a1=-2,d=4, (3分)
所以an=-2+4(n-1)=4n-6(n∈N*). (5分)
(2)由(1)得,bn=1an·an+1=1(4n-6)(4n-2)=14(2n-3)(2n-1)=18×12n-3-12n-1, (8分)
∴T2n=b1+b2+b3+…+b2n-1+b2n
=18(-1-1)+1-13+13-15+…
+12(2n-1)-3-12(2n-1)-1+12×2n-3-12×2n-1
=18-1-14n-1=n2(1-4n), (10分)
∴{bn}的前2n项的和T2n=n2(1-4n). (12分)
19.解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, (1分)
则a1+2d=5,7a1+7×62d=49,
解得a1=1,d=2, (3分)
故an=1+(n-1)×2=2n-1. (5分)
(2)证明:由(1)知an=2n-1,
所以bn=an2n=(2n-1)·12n, (7分)
则Tn=1×121+3×122+…+(2n-1)·12n①,
12Tn=1×122+3×123+…+(2n-1)×12n+1②, (9分)
①-②得:12Tn=12+12+122+123+…+12n-1-2n-12n+1=32-12n-1-2n-12n+1,所以Tn=3-12n-2-2n-12n=3-2n+32n<3. (12分)
20.解析 (1)证明:由an+an+1=2an+2,得2(an+2-an+1)=-(an+1-an),即an+2-an+1=-12(an+1-an),∴an+2-an+1an+1-an=-12, (2分)
又a2-a1=-12,
∴{an+1-an}是以-12为首项,-12为公比的等比数列. (4分)
(2)由(1)知,an+1-an=-12×-12n-1=-12n,
∴an-an-1=-12n-1,an-1-an-2=-12n-2,……,a2-a1=-12(n≥2), (6分)
以上各式累加,得an-a1=-12+-122+…+-12n-1=-12--12n1--12=-13-23×-12n, (8分)
又a1=1,∴an=1-13-23-12n=23-23-12n(n≥2), (10分)
又a1=1也符合上式,∴an=23-23×-12n(n∈N*). (12分)
21.信息提取 ①第一年的全年销售额均为a万元;②甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元;③乙超市第n年的销售额比前一年销售额多23n-1a万元.
数学建模 本题是以超市的销售额为背景的实际问题,由于年份n属于正整数,可以转化为数列问题来求解.由于已知甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元(实际问题),相当于已知其前n项和Sn=(n2-n+2)a2,从而利用Sn求甲超市第n年的销售额an(数学问题).由于已知乙超市第n年的销售额比前一年销售额多23n-1a万元(实际问题),相当于已知其bn-bn-1=23n-1a,从而利用累加法求乙超市第n年的销售额an(数学问题).第(2)问则比较an与12bn,12an与bn的大小即可.
解析 (1)设甲、乙两个超市第n年全年的销售额分别为an,bn万元,甲超市前n年的总销售额为Sn万元,则Sn=(n2-n+2)a2万元. (1分)
当n=1时,a1=a;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=a2·[n2-n+2-(n-1)2+(n-1)-2]=(n-1)a.
经检验,a1=a不适合上式,
故an=a,n=1,(n-1)a,n≥2. (3分)
又b1=a,n≥2时,bn-bn-1=23n-1a,
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=a+23a+232a+…+23n-1a=1-23n1-23·a=3-2·23n-1·a.显然b1=a也适合上式,所以bn=3-2·23n-1·a(n∈N*). (5分)
(2)当n=2时,a2=a,b2=53a,有a2>12b2;当n=3时,a3=2a,b3=199a,有a3>12b3;当n≥4时,an≥3a,bn<3a,故乙超市有可能被甲超市收购. (8分)
当n≥4时,令12an>bn,
则12(n-1)a>3-223n-1a,
即n-1>6-4·23n-1,
所以n>7-4·23n-1,即n+4·23n-1>7,所以n≥7. (11分)
即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半,乙超市将被甲超市收购. (12分)
22.解析 设等比数列{an}的公比为q,因为a1=23,a3=a1a2,所以a3=23a2, (2分)
所以q=a3a2=23,故an=23n. (4分)
若选择条件①:Sn=2bn-1,则Sn-1=2bn-1-1(n≥2),
两式相减,并整理,得bn=2bn-2bn-1,
即bnbn-1=2(n≥2), (6分)
又b1=1,
所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,所以bn=2n-1,
所以anbn=23n·2n-1=12×43n. (9分)
由指数函数的性质知,数列{anbn}单调递增,没有最大值,
所以不存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (12分)
若选择条件②:由-4bn=bn-1(n≥2),b1=1知数列{bn}是首项为1,公比为-14的等比数列, (6分)
所以bn=-14n-1,所以anbn=23n·-14n-1=(-4)×-16n. (8分)
因为anbn=(-4)×-16n≤4×16n≤4×16=23,当且仅当n=1时取得最大值23, (11分)
所以存在k=1,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (12分)
若选择条件③:由bn=bn-1+2(n≥2)可知,{bn}是以2为公差的等差数列,
又b1=1,所以bn=2n-1, (6分)
设cn=anbn=(2n-1)23n,
则cn+1-cn=(2n+1)23n+1-(2n-1)·23n=5-2n323n, (8分)
所以当n≤2时,cn+1>cn,当n≥3时,cn+1c4>c5>…, (11分)
所以存在k=3,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (12分)
第二章 数列
2.5 等比数列的前n项和
基础过关练
题组一 等比数列前n项和的有关计算
1.设Sn为等比数列{an}的前n项和,若27a4+a7=0,则S4S2等于 ( )
A.10 B.9 C.-8 D.-5
2.(2020安徽黄山高一期末)古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”意思是:“一女子善于织布,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这女子每天分别织布多少?”根据题中的已知条件,则该女子第2天织布 ( )
A.531 尺 B.1031 尺 C.9尺 D.10尺
3.(2021广东深圳高三开学考试)已知正项等比数列{an}满足a1=2,a4=2a2+a3,若设其公比为q,前n项和为Sn,则以下结论错误的是 ( )
A.q=2 B.an=2n
C.S10=2 047 D.an+an+1
A.29 B.31 C.33 D.35
5.(2020河北唐山开滦一中高一期末)已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
题组二 等比数列前n项和的性质
6.(2020山西大同豪洋中学高一期末)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且S5=3,S10=15,则S20= ( )
A.255 B.375 C.250 D.200
7.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且前n项和Sn=3n-2+k,则实数k的值为 ( )
A.-1 B.-13 C.19 D.-19
8.(2020四川广元高一期末)一个等比数列{an}的前n项和为10,前2n项和为30,则前3n项和为 .
9.已知等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q= .
10.在等比数列{an}中,a1-a3=3,前n项和为Sn,S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为 .
题组三 “错位相减法”求和
11.(1)求和:1×2+2×22+3×23+…+n×2n;
(2)求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1的前n项和.
12.(2020四川眉山高一期末)已知等比数列{an}的公比q>1,且a1,a3的等差中项为5,a2=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n·p+m(其中p、m为常数),a1=a2=3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log3an,求数列{an·bn}的前n项和Tn.
能力提升练
一、选择题
1.(2021皖北名校高二联考,★★☆)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N*,满足S2mSm=28,a2mam=2m+21m-2,则数列{an}的公比为 ( )
A.2 B.12 C.3 D.13
2.(2020河南郑州外国语学校高一期中,★★☆)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a12=a2,且S3,S1,S2成等差数列,则S4= ( )
A.10 B.12 C.18 D.30
3.(2020湖南常德高一期末,★★☆)在明朝程大位的《算法统宗》中有这样的一首歌谣:“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”这首歌谣描述的这个宝塔其古称浮屠,意思是:它一共有7层,每层悬挂的红灯数是上一层的2倍,共有381盏灯,则塔顶的灯的盏数为 ( )
A.5 B.6 C.4 D.3
4.(2020广东深圳宝安高二期末,★★★)已知{an}是首项为32的等比数列,Sn是其前n项和,且S6S3=6564,则数列{|log2an|}的前10项的和为 ( )
A.58 B.56 C.50 D.45
5.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末联考,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=4+-12n-1,若对任意的n∈N*,都有1≤p(Sn-4n)≤3成立,则实数p的取值范围是 ( )
A.(2,3) B.[2,3]
C.2,92 D.2,92
6.(多选)(2020辽宁省实验中学高二期中,★★★)已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bn=anqan(q≠0,或q≠1),则{bn}的前n项和可以是 ( )
A.n B.nq
C.q+nqn+1-nqn-qn(1-q)2 D.q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2
二、填空题
7.(2020北京石景山高二期末,★★☆)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a2=1,a3+a4=6.设数列{an-n}的前n项和为Sn,那么S4 S5.(填“>”“<”或“=”)
8.(2020河北石家庄第一中学高一期末,★★☆)一个项数是偶数的等比数列,它的偶数项的和是奇数项的和的两倍,它的首项为1,且中间两项的和为24,则此等比数列的项数为 .
9.(2020北京清华附中高一新生分班考试,★★☆)有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为2,且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39,则该塔形中正方体的个数至少是 .
10.(2021浙江名校协作体高三开学考试,★★★)已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n-a,n∈N*,则a= ,设数列{log2an}的前n项和为Tn,若Tn>2n+λ对n∈N*恒成立,则实数λ的取值范围为 .
三、解答题
11.(2021北京延庆高三统测,★★☆)设{an}是公比q不为1的等比数列,a3=4,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知.
(1)求{an}的公比q;
(2)求数列{2n+an}的前n项和.
条件①:a1为a2,a3的等差中项;条件②:设数列{an}的前n项和为Sn,S3-S1=2.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
12.(2020广东广雅中学、执信中学、广州二中、广州六中四校高一期末联考,★★☆)设数列{an}的前n项和为Sn,且2a1=a2=2,等差数列{bn}满足b1=1,b2+b5=b8,且b2Sn+1+b5Sn-1=b8Sn(n≥2,n∈N*).
(1)求{bn}和{an}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
13.(2021吉林长春第二实验中学高二月考,★★★)已知数列{an}满足an+1=12an+t,a1=12t为常数,且t≠14.
(1)证明:{an-2t}为等比数列;
(2)当t=-18时,求数列{an}的前几项和最大;
(3)当t=0时,设cn=4an+1,数列{cn}的前n项和为Tn,若不等式12k4+n-Tn≥2n-7对任意的n∈N*恒成立,求实数k的取值范围.
2.5综合拔高练
五年高考练
考点1 等比数列前n项和公式及其性质
1.(2020全国Ⅱ(文),6,5分,★★☆)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Snan= ( )
A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1
2.(2019课标全国Ⅰ,14,5分,★★☆)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=13,a42=a6,则S5= .
3.(2018课标全国Ⅲ,17,12分,★★☆)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.
考点2 数列的综合应用
4.(2020江苏,11,5分,★★☆)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则d+q的值是 .
5.(2020全国Ⅰ,17,12分,★★☆)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
6.(2020全国Ⅲ,17,12分,★★☆)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
7.(2020天津,19,15分,★★★)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2
三年模拟练
应用实践
1.(2020湖北武汉外国语学校高一月考,★★☆)已知数列{an}是首项为1的等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列1an的前5项和为 ( )
A.158或5 B.3116或5
C.3116 D.158
2.(2020浙江嘉兴高一期末,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-3(n∈N*),则S6= ( )
A.192 B.189 C.96 D.93
3.(2019山东招远一中高二月考,★★★)在各项均为正数的等比数列{an}中,公比q∈(0,1),若a3+a5=5,a2a6=4,bn=log2an,数列{bn}的前n项和为Sn,则当S11+S22+…+Snn取得最大值时,n的值为 ( )
A.8 B.9
C.8或9 D.17
4.(2021山东枣庄滕州一中高三月考,★★☆)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.13×411+83 B.13×411-43
C.13×410+83 D.13×412-43
5.(多选)(2021广东仲元中学、中山一中等七校联合体高三第一次联考,★★☆)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a9a10>1,a9-1a10-1<0,则下列结论正确的是 ( )
A.0
C.Sn的最大值为S10
D.Tn的最大值为T9
6.(多选)(2020湖北武汉新洲一中高一月考,★★☆)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关”.则下列说法正确的是 ( )
A.此人第六天只走了5里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里
C.此人第二天走的路程比全程的14还多1.5里
D.此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
7.(★★☆)设数列{an}的前n项和为Sn,点n,Snn(n∈N*)均在直线y=x+12上,若bn=3an+12,则数列{bn}的前n项和Tn= .
8.(★★☆)已知Sn为数列{an}的前n项和,an+Sn=32,则S7= .
9.(2020河南顶级名校高二联考,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),Sn=n+23an,且a1=1,{bn}为等比数列,b1=a3-4,b4=a5+1.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=n·bnan+1,n∈N*,数列{cn}的前n项和为Tn,若对任意n∈N*均满足Tn>m2019,求整数m的最大值.
迁移创新
10.(2020湖南岳阳高二期末,★★☆)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,b1=a5,b2=3,b5=-81.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,在①b1+b3=a2,②a4=b4这两个条件中任选一个,补充在题干条件中,是否存在正整数k,使得Sk>Sk+1且Sk+2>Sk+1?若存在,求k的值;若不存在,说明理由.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
专题强化练2 数列通项公式的求法
时间40
一、选择题
1.(2021广东汕头金山中学四校高三联考,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意的n∈N*有Sn=23an-23,且1
A.2或4 B.2
C.3或4 D.6
2.(★★☆)已知数列{an}满足a1=2,an+1=an2,则数列{an}的通项公式为an= ( )
A.2n-1 B.2n-1 C.22n-1 D.n2
3.(2020湖北鄂州部分高中协作体高二上期中联考,★★☆)定义:在数列{an}中,若满足an+2an+1-an+1an=d(n∈N*,d为常数),则称{an}为等差比数列.已知在等差比数列{an}中,a1=a2=1,a3=3,则a2020a2018= ( )
A.4×2 0192-1 B.4×2 0182-1
C.4×2 0172-1 D.4×2 0172
4.(多选)(2020山东聊城高二期末,★★★)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+3an(n∈N*),则下列结论正确的有 ( )
A.1an+3为等比数列
B.{an}的通项公式为an=12n+1-3
C.{an}为递增数列
D.1an的前n项和Tn=2n+2-3n-4
二、填空题
5.(★★☆)数列-23,415,-635,863,-1099,…的一个通项公式an= .
6.(★★☆)在数列{an}中,a1=1,an=n-1nan-1(n≥2),则数列{an}的通项公式是 .
7.(2021陕西榆林第一中学高二月考,★★☆)在数列{an}中,a1=1,an+1=3an+2,则an= .
8.(2021湖南怀化高二月考,★★★)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,a2=3,λSn=3an-1,则Sn= .
三、解答题
9.(★★☆)(1)已知数列{an}中,an+1=2n+1·an2n+1+an,a1=2,求{an}的通项公式;
(2)已知数列{an}满足an+1=3an+2×3n+1,a1=3,求数列{an}的通项公式.
10.(2020湖北荆州中学、宜昌一中高二期末联考,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-92n,bn=an-32n.
(1)证明数列{bn}为等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(2)是否存在实数λ,对任意m,n∈N*,不等式Sm>λbn恒成立?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,请说明理由.
专题强化练3 数列的求和方法
时间40
一、选择题
1.(2021陕西西安交大附中、龙岗中学高三联考,★★☆)已知数列{an}的前n项和是Sn,且满足a1=3,a2k=8a2k-1,a2k+1=12a2k,k∈N*,则S2 021= ( )
A.42 021-1 B.3×22 021-3
C.3×41 011-9 D.5×41 010-2
2.(★★☆)定义np1+p2+…+pn为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为13n+1,又bn=an+26,则1b1b2+1b2b3+…+1b9b10= ( )
A.111 B.1011
C.910 D.1112
3.(2020河南濮阳高二期末,★★☆)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+an+1=2n(n∈N*),则S2 020= ( )
A.22020-23 B.22020+23
C.22021-23 D.22021+23
4.(★★☆)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·3n.设bn=4nan,Sn为数列{bn}的前n项和.若Sn<λ(λ为常数),n∈N*,则λ的最小值是 ( )
A.32 B.94 C.3112 D.3118
5.(多选)(2020海南天一大联考高三第四次模拟,★★☆)已知数列{an}的首项为4,且满足2(n+1)an-nan+1=0(n∈N*),则 ( )
A.ann为等差数列
B.{an}为递增数列
C.{an}的前n项和Sn=(n-1)·2n+1+4
D.an2n+1的前n项和Tn=n2+n2
二、填空题
6.(2021江西南昌高三摸底测试,★★☆)无穷数列{an}满足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,则称{an}为“和谐递进数列”.已知{an}为“和谐递进数列”,且前四项成等比数列,a1=a5=1,a2=2,则S2 021= .
7.(★★☆)已知f(x)=ex-12-e12-x+1,数列{an}满足an=f(0)+f1n+f2n+…+fn-1n+f(1),则a2 017= .
8.(2020吉林长春实验中学高一期末,★★☆)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn= .
9.(2021豫南九校高二联考,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,满足a1=1,3Sn=(n+m)an(m∈R),且anbn=15.若对任意的n∈N*,λ>Tn恒成立,则实数λ的最小值为 .
三、解答题
10.(2020湖北襄阳第一中学高二月考,★★☆)在公差不为0的等差数列{an}中,a4=6,且a2,a3,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+3an,求数列{bn}的前n项和Tn.
11.(2020湖南郴州高二期末,★★☆)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,若S5=15,a1,a3,a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式,并求Sn;
(2)设bn=2an+1Sn,求数列{bn}的前n项和Tn.
12.(2020河南郑州高二期末,★★★)已知数列{an}满足an+1=an-6an-4(n∈N*),且a1=1.
(1)证明:an-3an-2是等比数列;
(2)令bn=1-1an-2,设数列{(2n-1)·bn}的前n项和为Sn,求使Sn<2 019成立的最大自然数n的值.
13.(2020重庆九龙坡高一期末,★★★)已知Sn为等差数列{an}(an≠0)的前n项和,S7=a42,13为a5和a9的等差中项.设bn=1anan+1,数列{bn}的前n项和为Tn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若正整数m,n满足1
本章复习提升
易混易错练
易错点1 忽略数列作为函数的定义域的特殊性致错
1.(2020北京中国人民大学附属中学高三三模,★★☆)在等比数列{an}中,a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,则ann(n∈N*)的最小值为 ( )
A.1625 B.49 C.12 D.1
2.(★★☆)已知函数f(x)=ax-5,x≥6,4-a2x+4,x<6,数列{an}满足an=f(n)(n∈N*),且数列{an}是单调递增数列,则实数a的取值范围是 .
3.(2019河南郑州期末,★★☆)设数列{an}的通项公式为an=n2+bn,若数列{an}是单调递增数列,则实数b的取值范围为 .
易错点2 对数列的有关性质理解不准确致错
4.(2020安徽合肥高一学情检测,★★☆)各项均为实数的等比数列{an}的前n项和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S20= ( )
A.107 B.30或-20 C.30 D.40
5.(2021河南焦作高二期中,★★☆)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4n+1+a,则实数a= .
易错点3 由Sn求an时,忽略n=1的情况
6.(2020福建福州一中高三上期末,★★☆)数列{an}满足a1=1,其前n项和为Sn,且Sn=2an(n≥2,n∈N*),则{an}的通项公式为 .
7.(★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=12.
(1)求证:1Sn是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
8. (2020河南郑州高三二模,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+2n-1
(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=1anan+1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
易错点4 忽略等比数列中的隐含条件致错
9.(2020四川眉山车城中学高一期中,★★☆)已知数列-1,x,y,z,-3成等比数列,则xyz= ( )
A.33 B.-33 C.±33 D.3
10.(★★☆)已知等比数列{an}的前三项分别为a,2a+2,3a+3,则a= .
11.(★★☆)已知在等比数列{an}中,a1=2,S3=6,则a3= .
思想方法练
一、函数思想在数列中的应用
1.(★★☆)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1>0,S9=S16,则当n= 时,Sn
最大.
2.(★★☆)已知数列{an}为等差数列,且满足a2=0,a6=12,数列{bn}的前n项和为Sn,且b1=1,bn+1=2Sn+1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,不等式k·Sn+12≥an恒成立,求实数k的取值范围.
二、方程思想在数列中的应用
3.(2021安徽六安高三开学考试,★★☆)设{an}是等比数列,公比q不为1.已知a1=13,且a1,2a2,3a3成等差数列,则数列{an}的前5项和S5= .
4.(2020湖南怀化高三第一次模拟,★★☆)在等比数列{an}中,a4=2,a5=5.
(1)求数列{lg an}的前8项的和;
(2)若等差数列{bn}满足a2·b2=a4+b4=8,求数列{bn}的通项公式.
三、分类讨论思想在数列中的应用
5.(2019广东湛江一中高二月考,★★★)设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,…).
(1)求q的取值范围;
(2)设bn=an+2-32an+1,记{bn}的前n项和为Tn,试比较Sn与Tn的大小.
6.(2021皖北名校高二联考,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b12+1-b222+1+b323+1-…+(-1)n+1·bn2n+1=12n-1,求数列{bn}的通项公式;
(3)在(2)的条件下,设cn=2n+λbn,问:是否存在实数λ使得数列{cn}是单调递增数列?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,请说明理由.
四、转化与化归思想在数列中的应用
7.(2021上海曹杨二中高二期中,★★☆)已知非零数列{an}的递推公式为a1=1,an=anan+1+2an+1(n∈N*).
(1)求证:数列1+1an是等比数列;
(2)若关于n的不等式1n+log21+1a1+1n+log21+1a2+…+1n+log21+1an
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.在等差数列{an}中,a3+a5=12-a7,则a1+a9= ( )
A.8 B.12 C.16 D.20
2.已知数列{an}是等差数列,a1=2,其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项,则S18= ( )
A.398 B.388 C.189 D.199
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a42=a7,S4S2=3,则a5= ( )
A.2 B.22 C.4 D.42
4.已知Sn是等差数列{an}的前n项和.若S15=45,则5a5-3a3的值为 ( )
A.6 B.15 C.34 D.17
5.在数列{an}中,a1=-2,an+1=1-1an,则a2 019的值为 ( )
A.-2 B.13 C.12 D.32
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且an≠0,若a5=3a3,则S9S5= ( )
A.95 B.59 C.53 D.275
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+2=2an(n∈N*),则S4a2= ( )
A.2 B.132 C.152 D.172
8.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N+,满足S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1,则数列{an}的公比为 ( )
A.-2 B.2
C.-3 D.3
9.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对边的长,A=π3,b,a,c成等差数列,且AB·AC=9,则a= ( )
A.23 B.32
C.22 D.33
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=8,a4=2,且满足an+2=2an+1-an(n∈N*),若S5=λa10,则λ的值为 ( )
A.-13 B.-3 C.-12 D.-2
11.设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=12,n+1an+1=nan+2n,则S100= ( )
A.2-492100 B.2-49299 C.2-512100 D.2-51299
12.定义n∑i=1nui为n个正数u1,u2,u3,…,un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为13n+1,则数列36(an+2)(an+1+2)的前2 019项的和为 ( )
A.20182019 B.20192020 C.20192018 D.20191010
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.已知等比数列{an}满足a2+a3=5,a3+a4=10,则公比q= ,前n项和Sn= .(第一空2分,第二空3分)
14.各项均为正数的等比数列{an}中,且a2=1-a1,a4=9-a3,则a4+a5等于 .
15.已知在数列{an}中,a1=1且anan+1=an+1,若bn=anan+1,则数列{bn}的前100项和为 .
16.如图是一个数表,第1行依次写着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均为无限项,则这个数表中的第11行第7个数为 .(用具体数字作答)
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)已知等差数列{an}的公差d<0,a1=20,且a7是a3与a9的等比中项.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求{an}的前n项和Sn的最大值及对应的n的值.
18.(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S4=16,a3=3a2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1an·an+1,求{bn}的前2n项的和T2n.
19.(本小题满分12分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a3=5,S7=49.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an2n,Tn为数列{bn}的前n项和,求证:Tn<3.
20.(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1=1,a2=12,an+an+1=2an+2.
(1)求证:{an+1-an}为等比数列;
(2)求{an}的通项公式.
21.(本小题满分12分)甲、乙两超市同时开业,第一年的全年销售额均为a万元.由于经营方式不同,甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元,乙超市第n年的销售额比前一年销售额多23n-1a万元.
(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式;
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%,则该超市将被另一超市收购,判断哪一超市有可能被收购?如果有这种情况,将会出现在第几年?
22.(本小题满分12分)在①Sn=2bn-1;②-4bn=bn-1(n≥2);③bn=bn-1+2(n≥2),这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,请说明理由.
已知数列{an}为等比数列,a1=23,a3=a1a2,数列{bn}的首项b1=1,其前n项和为Sn, ,是否存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
答案全解全析
第二章 数列
2.5 等比数列的前n项和
基础过关练
1.A 设数列{an}的公比为q,由27a4+a7=0,得a4(27+q3)=0,因为a4≠0,所以27+q3=0,解得q=-3,故S4S2=1-q41-q2=10.
2.B 由题意可得,该女子每天所织布的长度构成等比数列{an},
设{an}的公比为q,首项为a1,前n项和为Sn,
由题意可得q=2,S5=a1(1-q5)1-q=5,
解得q=2,a1=531,
所以a2=a1q=1031.
所以第2天织的布为1031 尺.故选B.
3.C 由题意,得2q3=4q+2q2,整理,得q2-q-2=0,解得q=2(负值舍去),选项A中结论正确;
an=2×2n-1=2n,选项B中结论正确;Sn=2×(2n-1)2-1=2n+1-2,所以S10=2 046,选项C中结论错误;an+an+1=3an,而an+2=4an>3an,所以an+an+1
所以a1(q+q3)=10,所以a1=16,
所以S5=161-1251-12=31.故选B.
5.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,正项等比数列{bn}的公比为q,
∵a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5,
∴1+d+1+3d=10,q2=1+4d,∴d=2.
∵q>0,∴q=3,
因此an=1+(n-1)×2=2n-1,bn=1×3n-1=3n-1.
(2)数列{bn}的前n项和Sn=1-3n1-3=12(3n-1).
方法总结 在等比数列问题中共涉及五个量:a1,n,q,an及Sn,利用等比数列的通项公式及其前n项和公式即可“知三求二”.
6. A 由题得,S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,则有(S10-S5)2=S5(S15-S10),∴122=3(S15-15),解得S15=63,
同理有(S15-S10)2=(S10-S5)(S20-S15),∴482=12(S20-63),解得S20=255.故选A.
7.D ∵an+1=can,c为非零常数,∴{an}为等比数列,又Sn=3n-2+k=19·3n+k,∴根据等比数列前n项和的性质,得k=-19.
8.答案 70
解析 由题意得(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n)⇒(30-10)2=10(S3n-30)⇒S3n=70.
9.答案 2
解析 由题意,得S奇+S偶=-240,S奇-S偶=80,解得S奇=-80,S偶=-160,∴q=S偶S奇=-160-80=2.
10.答案 4
解析 设等比数列{an}的公比为q,
由已知得,S3-S1=S2-S3,即a2+a3=-a3,
∴a3=-12a2,∴q=-12,
又a1-a3=a1-a1q2=3,∴a1=4.
当n为奇数时,Sn=83×1+12n≤83×1+12=4;
当n为偶数时,Sn=83×1-12n<83.
综上,Sn的最大值为4.
11.解析 (1)设Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,①
则2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
①-②,得(1-2)Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1,
即-Sn=2(1-2n)1-2-n×2n+1,
∴Sn=2-2×2n+n×2n+1=(n-1)×2n+1+2.
(2)设该数列的前n项和为Sn,当a=0时,Sn=1;当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,则Sn=n[1+(2n-1)]2=n2;
当a≠1且a≠0时,Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1,③
aSn=a+3a2+5a3+7a4+…+(2n-1)an,④
③-④,得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,
即(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2·a(1-an-1)1-a=1-(2n-1)an+2(a-an)1-a.
又1-a≠0,∴Sn=1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2.
综上,Sn=
1,a=0,n2,a=1,1-(2n-1)an1-a+2(a-an)(1-a)2,a≠0且a≠1.
易错警示 本题易忽略对a的分类讨论,当公比是参数a时,在求和中要分a=0,a=1和a≠0且a≠1进行分类讨论求解.
12.解析 (1)由题意可得a1(1+q2)=10,a1q=4,
∵q>1,∴a1=2,q=2,∴数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).
(2)由(1),知bn=n2n,
∴Sn=12+222+323+…+n2n,①
12Sn=122+223+…+n-12n+n2n+1,②
①-②,得12Sn=12+122+123+124+…+12n-n2n+1,
∴Sn=1+121+122+123+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-n+22n.
13.解析 (1)由a1=a2=3得3p+m=6,2(a1+a2)=9p+m=12,
解得p=1,m=3,即2Sn=3n+3,①
当n≥2时,2Sn-1=3n-1+3,②
①-②,得2an=3n-3n-1,即an=3n-1(n≥2).
∵a1=3不满足上式,
∴an=3,n=1,3n-1,n≥2,
(2)由(1),得bn=log3an=1,n=1,n-1,n≥2,
当n=1时,T1=a1b1=3,
当n≥2时,
Tn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3×1+3×1+32×2+…+3n-1×(n-1)①,
3Tn=32×1+32×1+33×2+…+3n-1×(n-2)+3n×(n-1)②,
①-②,得-2Tn=-3+32+33+…+3n-1-3n×(n-1)=-6+3×(3n-1-1)3-1-3n×(n-1)=3n(3-2n)-152,
∴Tn=3n(2n-3)+154,
显然当n=1时,T1=3符合上式,
∴Tn=3n(2n-3)+154.
解题模板 错位相减法是一种重要的数列求和方法,等比数列前n项和公式的推导用的就是错位相减法.当一个数列是由等差数列与等比数列对应项的乘积构成时,可使用此法求数列的前n项和.在运用错位相减法求数列前n项和时要注意以下四点:
(1)乘数(式)的选择;
(2)对公比q的讨论;
(3)两式相减后的未消项及相消项呈现的规律;
(4)相消项中构成数列的项数.
能力提升练
一、选择题
1.C 设等比数列{an}的公比为q,当q=1时,S2mSm=2≠28,不满足题意,
当q≠1时,∵S2mSm=28,
∴a1(1-q2m)1-q·1-qa1(1-qm)=1+qm=28,
∴qm=27.
又a2mam=2m+21m-2,
∴qm=2m+21m-2,
∴2m+21m-2=27,解得m=3,
∴q3=27,即q=3.
2.A 设等比数列{an}的公比为q,由a12=a2,得a12=a1q,即a1=q.①
又S3,S1,S2成等差数列,
∴2S1=S3+S2,即2a1=2a1+2a1q+a1q2,②
联立①②,得q=0(舍去)或q=-2,
∴a1=q=-2,
∴S4=a1(1-q4)1-q=-2×(1-16)3=10.
3.答案 D
信息提取 ①塔七层;②倍加增;③共灯三百八十一.
数学建模 本题以中国数学文化《算法统宗》中的一首歌谣为背景,把塔上悬挂的红灯数的问题(实际问题)转化为数列问题(数学问题).由歌谣中“红光点点倍加增”的关键词可把每层红灯数构建成以2为公比的等比数列,且n=7,Sn=381,再利用等比数列前n项和公式求a1.
解析 由题意可知,每层悬挂的灯数从上到下依次构成等比数列,公比为2,设顶层的灯数为a1,则a1(1-27)1-2=a1(27-1)=127a1=381,解得a1=3,故选D.
4.A 设等比数列{an}的公比为q.∵{an}是首项为32的等比数列,Sn是其前n项和,且S6S3=6564,∴32×(1-q6)1-q32×(1-q3)1-q=6564,∴1+q3=6564,∴q=14,∴an=32·14n-1=27-2n,
∴|log2an|=|7-2n|,
∴数列{|log2an|}的前10项的和为5+3+1+1+3+5+7+9+11+13=58.故选A.
5.B 因为an=4+-12n-1,所以Sn=4n+1--12n1+12=4n+231--12n,
所以Sn-4n=231--12n.又n∈N*时,34≤1--12n≤32,所以12≤231--12n≤1,
即Sn-4n的最大值为1,最小值为12.若对任意n∈N*,都有1≤p(Sn-4n)≤3,即1Sn-4n≤p≤3Sn-4n成立,则只需满足
p≤3Sn-4nmin且p≥1Sn-4nmax即可,所以2≤p≤3,即实数p的取值范围是[2,3].故选B.
6.BD 设等差数列{an}的公差为d,又a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,
所以a42=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),化简,得d(d-1)=0,所以d=0或d=1,
故an=1或an=n,所以bn=q或bn=n·qn,设{bn}的前n项和为Sn,
当bn=q时,Sn=nq;
当bn=n·qn时,Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n×qn,①
qSn=1×q2+2×q3+3×q4+…+n×qn+1,②
①-②得(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n×qn+1=q(1-qn)1-q-n×qn+1,
所以Sn=q(1-qn)(1-q)2-n×qn+11-q=q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2.
二、填空题
7.答案 <
解析 设等比数列{an}的公比为q(q>0).
由题意,得a2=a1q=1,a3+a4=a1q2+a1q3=6,解得a1=12,q=2,∴an=a1qn-1=2n-2,
∴S5-S4=a5-5=23-5=3>0,故S5>S4.
8.答案 8
解析 设该数列为a1,a2,…,a2n,公比为q,则由题意可得q=2,an+an+1=24.又a1=1,所以qn-1+qn=24,即2n-1+2n=24,解得n=4,故项数为8.
9.答案 6
解析 底层正方体的表面积为24,
倒数第2层正方体的棱长为2×22=2,每个面的面积为4×12=2,
倒数第3层正方体的棱长为2×222,每个面的面积为4×122=1,……,
倒数第n层正方体的棱长为2×22n-1,每个面的面积为4×12n-1,
设该几何体为n层,则它的表面积为24+4×4×12+4×122+…+4×12n-1=40-12n-5.
∵40-12n-5>39,解得12n-5<1,∴n>5,∴该塔形中正方体的个数至少是6.
10.答案 1;λ<-2
解析 设等比数列{an}的公比为q,由题意知,a1=S1=2-a,a2=S2-S1=2,a3=S3-S2=4,又a22=a1a3,∴a=1,q=2,∴an=2n-1,
∴log2an=2(n-1),
∴Tn=n2-n,∵Tn>2n+λ对n∈N*恒成立,∴n2-n>2n+λ,即λ
11.解析 (1)选①:因为a1为a2,a3的等差中项,所以2a1=a2+a3,
所以2a1=a1q+a1q2.因为a1≠0,所以2=q+q2,所以q=-2,或q=1(舍去).
选②:因为S3-S1=2,所以a1+a2+a3-a1=a2+a3=2.
因为a3=4,所以a2=-2,所以q=a3a2=-2.
(2)由(1),得等比数列{an}的首项a1=a3q2=44=1,所以an=(-2)n-1.
设数列{2n+an}的前n项和为Sn,
因为数列{2n}是以2为首项,2为公差的等差数列,
所以Sn=(2+2n)n2+1×[1-(-2)n]1-(-2)=n(n+1)+1-(-2)n3.
12.解析 (1)等差数列{bn}满足b1=1,b2+b5=b8,令公差为d,
则2b1+5d=b1+7d,
∴d=12,
∴{bn}的通项公式为bn=n+12,
∴b2=32,b5=3,b8=92,
又∵b2Sn+1+b5Sn-1=b8Sn(n≥2,n∈N*),∴Sn+1+2Sn-1=3Sn(n≥2,n∈N*),
∴Sn+1-SnSn-Sn-1=2(n≥2,n∈N*),
又数列{an}的前n项和为Sn,∴an+1an=2,
而2a1=a2=2,∴n≥1,n∈N*时,an+1an=2都成立,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,即an=a1qn-1=2n-1.
(2)由(1)知,数列{anbn}的通项公式为14(n·2n+2n),若令kn=n·2n,hn=2n,
即{kn}的前n项和Kn=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,①
∴2Kn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②
∴①-②,得-Kn=2+22+23+24+…+2n-n·2n+1,即Kn=(n-1)2n+1+2,
而{hn}的前n项和Hn=2n+1-2,
∴Tn=14(Kn+Hn)=n·2n-1.
13.解析 (1)证明:∵数列{an}满足an+1=12an+t,a1=12t为常数,且t≠14,
∴an+1-2t=12an-t=12(an-2t),
∴an+1-2tan-2t=12,
又a1-2t=12-2t,∴{an-2t}是以12-2t为首项,12为公比的等比数列.
(2)当t=-18时,an+14是以34为首项,12为公比的等比数列,
∴an+14=3412n-1=32·12n,
∴an=32·12n-14,由an=32·12n-14≥0,解得n≤2.
∴数列{an}的前2项和最大.
(3)当t=0时,{an}是以12为首项,12为公比的等比数列,
∴an=12n,∴cn=4an+1=42n+1,
∴数列{cn}的前n项和Tn=4×121-12n1-12+n=4+n-42n.
∵不等式12k4+n-Tn≥2n-7对任意的n∈N*恒成立,
∴3k≥2n-72n对任意的n∈N*恒成立,
设dn=2n-72n,则dn+1-dn=2n-52n+1-2n-72n=-2n+92n+1,
当dn+1-dn>0,即dn+1>dn时,n≤4;
当dn+1-dn<0,即dn+1
2.5综合拔高练
五年高考练
1.B 设等比数列{an}的公比为q,则a6-a4a5-a3=a5·q-a3·qa5-a3=q=2412=2,∴Snan=a1(1-2n)1-2a1×2n-1=2-21-n.故选B.
2.答案 1213
解析 设{an}的公比为q,由a42=a6,得a42=a4·q2,∴a4=q2.
又∵a4=a1·q3,∴a1·q3=q2,
又a1=13,∴q=3.
由等比数列求和公式可知S5=13×(1-35)1-3=1213.
3.解析 (1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,则Sn=1-(-2)n3.
由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解;
若an=2n-1,则Sn=2n-1,由Sm=63得2m=64,解得m=6.
综上,m=6.
4.答案 4
解析 设数列{an}的首项为a1,数列{bn}的首项为b1,易知q≠1,则{an+bn}的前n项和Sn=na1+n(n-1)2d+b1(1-qn)1-q=d2n2+a1-d2n-b11-qqn+b11-q=n2-n+2n-1,∴d2=1,q=2,则d=2,q=2,∴d+q=4.
5.解析 (1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.
所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2.
故{an}的公比为-2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,①
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n,②
①-②,得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=1-(-2)n3-n×(-2)n,
所以Sn=19-(3n+1)(-2)n9.
6.解析 (1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.由已知可得
an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,
所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n, ①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1, ②
①-②,得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1,
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
7.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)证明:由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2·(n+2)2,从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2
对任意的正整数n,有
∑k=1nc2k-1=∑k=1n22k2k+1-22k-22k-1=22n2n+1-1,和∑k=1nc2k=∑k=1n2k-14k=14+342+543+…+2n-14n.①
由①得14∑k=1nc2k=142+343+…+2n-34n+2n-14n+1.②
由①②得34∑k=1nc2k=14+242+…+24n-2n-14n+1=241-14n1-14-14-2n-14n+1,从而得∑k=1nc2k=59-6n+59×4n.
因此,∑k=12nck=∑k=1nc2k-1+∑k=1nc2k=4n2n+1-6n+59×4n-49.
所以,数列{cn}的前2n项和为4n2n+1-6n+59×4n-49.
三年模拟练
1.C 设数列{an}的公比为q,由9S3=S6,得q≠1,则9(1-q3)1-q=1-q61-q,即1+q3=9,解得q=2,所以数列1an是首项为1,公比为12的等比数列,所以数列1an的前5项和为1-1251-12=3116,故选C.
2.B ∵Sn=2an-3(n∈N*),
∴当n=1时,S1=a1=2a1-3,解得a1=3.
当n=2时,S2=a2+a1=2a2-3⇒a2=6,
当n≥2时,由Sn+1=2an+1-3,可得an+1+Sn=2an+1-3⇒an+1+2an-3=2an+1-3⇒an+1an=2,又a2a1=2,
∴数列{an}是首项为3,公比为2的等比数列,
∴S6=3×1-261-2=189,故选B.
3.C ∵{an}为等比数列,公比q∈(0,1),且a3+a5=5,a2·a6=4,
∴a3+a5=5,a3·a5=a2·a6=4,
∴a3=4,a5=1或a3=1,a5=4(舍去),∴q=12,
∴an=1·12n-5=25-n,
∴bn=log2an=5-n,
∴bn+1-bn=5-(n+1)-5+n=-1,b1=5-1=4,
∴数列{bn}是以4为首项,-1为公差的等差数列,
∴数列{bn}的前n项和Sn=(4+5-n)n2=9n-n22.
令cn=Snn=9-n2,当cn≥0时,n≤9,
∴当n=8或9时,S11+S22+S33+…+Snn取得最大值.故选C.
4.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,所以an+1an=2.
因为a1=2,所以a2=S1=a1=2,a3=S2=4,a4=S3=8,……,
故an=2n-1,n≥2,2,n=1.
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
a12+a22+…+a102+a112=4+4+42+…+410=4+4(1-410)1-4=4+411-43=13×411+83,故选A.
5.AD 由a9a10>1得q>0,
若a10>a9,则q>1,而a1>1,则an=a1qn-1>1,则a9>1,a10>1,此时a9-1a10-1<0不成立,所以q<1,所以0
因为lg a9+lg a11=2lg a10<0,所以a9a11<1,所以B不正确;
因为0
6.BCD 根据题意此人每天行走的路程成等比数列,
设此人第n天走an里路,则{an}是首项为a1,公比为q=12的等比数列,
所以S6=a1(1-q6)1-q=a11-1261-12=378,解得a1=192.
选项A,a6=a1q5=192×125=6,故A错误;
选项B,由a1=192,得S6-a1=378-192=186,又192-186=6,故B正确;
选项C,a2=a1q=192×12=96,而14S6=94.5,96-94.5=1.5,故C正确;
选项D,a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=192×1+12+14=336,
则后3天走的路程为378-336=42,而336÷42=8,故D正确.故选BCD.
7.答案 9n+1-98
解析 依题意得Snn=n+12,即Sn=n2+12n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+12n-(n-1)2+12(n-1)=2n-12;当n=1时,a1=S1=32.经检验,a1符合an=2n-12,所以an=2n-12(n∈N*),则bn=32n.由bn+1bn=32(n+1)32n=32=9,可知{bn}为等比数列,且b1=32×1=9,故Tn=9(1-9n)1-9=9n+1-98.
8.答案 1274
解析 由于an+Sn=32,当n=1时,2a1=32,a1=16.当n≥2时,an+Sn=32,①an-1+Sn-1=32,②
①-②,得2an-an-1=0,an=12an-1(n≥2),所以数列{an}是首项为16,公比为12的等比数列,
所以S7=161-1271-12=1274.
9.解析 (1)当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=n+23·an-n+13an-1,整理,得anan-1=n+1n-1(n≥2).
所以an=a1×a2a1×a3a2×a4a3×…×anan-1=1×31×42×53×64×75×…×n+1n-1=n(n+1)2(n≥2).经检验,n=1时也成立,
所以{an}的通项公式为an=n(n+1)2.
所以a3=6,a5=15.
设等比数列{bn}的公比为q.由b1=a3-4=2,b4=a5+1=16,可得q3=8,所以q=2,所以bn=2n.
(2)由(1)及已知得cn=n·bnan+1=n·2n+1(n+1)(n+2)=2n+2n+2-2n+1n+1,
所以Tn=233-222+244-233+255-244+…+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.
因为Tn+1-Tn=cn+1=(n+1)·2n+2(n+2)(n+3)>0,
所以Tn+1>Tn,即Tn单调递增,所以(Tn)min=T1=23,
所以对任意n∈N*均满足Tn>m2019等价于m2019<23,即m<40383=1 346,所以整数m的最大值为1 345.
10.解析 (1)设等比数列{bn}的首项为b1,公比为q,则由b2=3,b5=-81可得b1=-1,q=-3,
∴等比数列{bn}的通项公式为bn=-(-3)n-1.
(2)若选择条件①:由(1),知bn=-(-3)n-1,
∴a2=b1+b3=-10,
又a5=b1=-1,∴an=3n-16,∵Sk>Sk+1,Sk+2>Sk+1,∴ak+1<0,ak+2>0,即ak+1=3k-13<0,ak+2=3k-10>0,解得103
∵a5=b1=-1,∴{an}的公差d=-28,
∴an=-28n+139,∵Sk>Sk+1,Sk+2>Sk+1,
∴ak+1<0,ak+2>0,
即ak+1=-28k+111<0,ak+2=-28k+83>0显然无解.
故不存在满足条件的正整数k,使得Sk>Sk+1且Sk+2>Sk+1.
解题模板 解决等差数列与等比数列综合问题(即双数列问题)的关键在于理顺两个数列间的关系,同时注意等差数列与等比数列之间的相互转化.
专题强化练2 数列通项公式的求法
一、选择题
1.A 对任意的n∈N*有Sn=23an-23,可得a1=S1=23a1-23,解得a1=-2.
当n≥2时,Sn-Sn-1=23an-23an-1=an,即an=-2an-1,所以{an}是首项为-2,公比为-2的等比数列,
所以an=(-2)n,
所以Sn=-2×[1-(-2)n]1-(-2)=- 23[1-(-2)n].
因为1
2.C 在等式an+1=an2的两边取常用对数,得lg an+1=2lg an,即lgan+1lgan=2,
所以数列{lg an}是以lg 2为首项,2为公比的等比数列,
所以lg an=2n-1×lg 2=lg 22n-1,所以an=22n-1,故选C.
3.B 由题意得,a2a1=1,a3a2=3,∴a3a2-a2a1=2,∴数列an+1an是首项为1,公差为2的等差数列,∴an+1an=2n-1,
∴a2020a2018=a2020a2019×a2019a2018
=(2×2 019-1)×(2×2 018-1)
=(2×2 018+1)×(2×2 018-1)
=4×2 0182-1.
4.ABD 因为1an+1=2+3anan=2an+3,所以1an+1+3=21an+3,又1a1+3=4≠0,
所以1an+3是以4为首项,2为公比的等比数列,所以1an+3=4×2n-1,即an=12n+1-3(n∈N*),故{an}为递减数列,
数列1an的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=2(21+22+…+2n)-3n
=2×2×(1-2n)1-2-3n=2n+2-3n-4.
二、填空题
5.答案 (-1)n2n(2n-1)(2n+1)
解析 数列中的每一项是一负一正交替出现,所以通项有(-1)n.
因为-23=-2×11×3,415=2×23×5,-635=-2×35×7,……,
所以an=(-1)n2n(2n-1)(2n+1).
6.答案 an=1n
解析 ∵an=n-1nan-1(n≥2),∴an-1=n-2n-1·an-2,……,a2=12a1,以上(n-1)个式子左右两边分别相乘,得an=a1·12·23·…·n-1n=a1n=1n(n≥2).当n=1时,a1=1也适合上式,∴an=1n.
7.答案 2×3n-1-1
解析 因为an+1=3an+2,所以an+1+1=3(an+1),
又a1+1=2,所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列.
所以an+1=2×3n-1,所以an=2×3n-1-1.
8.答案 3n-12
解析 当n=1时,a1=13-λ>0,所以3-λ>0,所以λ<3,当n=2时,λ13-λ+3=8,整理,得λ2-6λ+8=0,解得λ=2或λ=4(舍去),
所以2Sn=3an-1,当n≥2时,2Sn=3Sn-3Sn-1-1,即Sn=3Sn-1+1,
所以Sn+12=3Sn-1+12,所以数列Sn+12是以32为首项,3为公比的等比数列,故Sn+12=32×3n-1,所以Sn=3n-12.
三、解答题
9.解析 (1)由an+1=2n+1·an2n+1+an得1an+1=2n+1+an2n+1·an,即1an+1=1an+12n+1.设bn=1an,
则bn+1=bn+12n+1,∴bn=bn-1+12n(n≥2),∴bn-bn-1=12n,bn-1-bn-2=12n-1,bn-2-bn-3=12n-2,……,b3-b2=123,b2-b1=122,
∴bn=12n+12n-1+…+122+12=2n-12n,
∴an=2n2n-1(n∈N*).
(2)an+1=3an+2×3n+1两边同时除以3n+1,得an+13n+1=an3n+23+13n+1,
则an+13n+1-an3n=23+13n+1,
故an3n=an3n-an-13n-1+an-13n-1-an-23n-2+an-23n-2-an-33n-3+…+a232-a13+a13=23+13n+23+13n-1+23+13n-2+…+23+132+33=2(n-1)3+13n+13n-1+13n-2+…+132+1,
因此an3n=2(n-1)3+13n(1-3n-1)1-3+1=2n3+12-12×3n,
则an=23×n×3n+12×3n-12=23n+12×3n-12.
10.解析 (1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-92n-2an-1-92n-1,即an=2an-1-92n,
所以bnbn-1=an-32nan-1-32n-1=2an-1-92n-32nan-1-62n=2,
所以数列{bn}是公比为2的等比数列.
当n=1时,S1=2a1-92,所以a1=92,b1=a1-32=3,所以bn=3·2n-1=an-32n,所以an=32n+3·2n-1.
(2)假设存在实数λ,对任意m,n∈N*,Sm>λbn恒成立.
由(1)得bn=3·2n-1>0,所以不等式Sm>λbn恒成立等价于Sm·bn>λ恒成立,等价于(Sm·bn)min>λ.
Sm=3·121+122+…+12m+3(20+21+…+2m-1)
=3·12·1-12m1-12+3·20×(1-2m)1-2=3·2m-32m.
因为函数Sm=3·2m-32m为单调增函数,所以(Sm)min=S1=92.因为函数bn=3·2n-1为增函数,所以(bn)min=b1=3.
所以λ<(Sm·bn)min=272.
专题强化练3 数列的求和方法
一、选择题
1.C 依题意a1=3,a2k=8a2k-1,a2k+1=12a2k,k∈N*,有a2k+1=4a2k-1,a2=8a1=24,
故数列{a2k-1}是首项为3,公比为4的等比数列;数列{a2k}是首项为24,公比为4的等比数列,所以S2 021=(a1+a3+…+a2 021)+(a2+a4+…+a2 020)=
3(1-41011)1-4+24(1-41010)1-4=3×41 011-9.故选C.
易错警示 本题易因审题不清而错误地把数列{an}整体看成以3为首项,4为公比的等比数列.在有关数列的问题中一定要注意数列项数的变化.
2.C 由题意得na1+a2+…+an=13n+1,所以a1+a2+…+an=n(3n+1)=3n2+n.记数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=3n2+n.当n=1时,a1=S1=4;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2+n-[3(n-1)2+(n-1)]=6n-2.经检验,a1=4也符合此式,所以an=6n-2,n∈N*,则bn=an+26=n,所以1b1b2+1b2b3+…+1b9b10=11×2+12×3+…+19×10=1-12+12-13+…+19-110=1-110=910.故选C.
3.C 由题可知S2 020=a1+a2+…+a2 020=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 019+a2 020)
=21+23+…+22 019=22021-23.
4.C ∵a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·3n①,
∴当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(2n-3)·3n-1②,
①-②,得nan=4n·3n-1,即an=4·3n-1(n≥2).
当n=1时,a1=3,不适合上式,
∴an=3,n=1,4·3n-1,n≥2,∴bn=43,n=1,n3n-1,n≥2,
∴Sn=43+23+332+…+n3n-1=13+130+23+332+…+n3n-1③,
∴13Sn=19+13+232+333+…+n-13n-1+n3n④,
③-④,得23Sn=29+130+13+132+133+…+13n-1-n3n=29+1-13n1-13-n3n,
∴Sn=3112-6n+94·3n<3112.
∵Sn<λ(λ为常数),n∈N*,
∴λ的最小值是3112,故选C.
5.BD 由2(n+1)an-nan+1=0得an+1n+1=2×ann,所以ann是以a11=a1=4为首项,2为公比的等比数列,故A错误;因为ann=4×2n-1=2n+1,所以an=n·2n+1,显然数列{an}是递增数列,故B正确;
因为Sn=1×22+2×23+…+n·2n+1①,
2Sn=1×23+2×24+…+n·2n+2②,
①-②,得-Sn=1×22+23+…+2n+1-n·2n+2=22(1-2n)1-2-n·2n+2=(1-n)·2n+2-4,
所以Sn=(n-1)×2n+2+4,故C错误;
因为an2n+1=n·2n+12n+1=n,所以an2n+1的前n项和Tn=n(1+n)2=n2+n2,故D正确.
二、填空题
6.答案 7 576
解析 由题知,a1,a2,a3,a4成等比数列,
∵a1=1,a2=2,∴a3=4,a4=8,
又a1=a5,{an}为“和谐递进数列”,
∴a2=a6,a3=a7,a4=a8,a5=a9,…,
∴数列{an}是周期为4的周期数列,
∴S2 021=505×(1+2+4+8)+1=7 576.
7.答案 2 018
解析 由题意得f(1-x)=e12-x-ex-12+1,所以f(x)+f(1-x)=ex-12-e12-x+1+e12-x-ex-12+1=2.
因为an=f(0)+f1n+f2n+…+fn-1n+f(1)①,an=f(1)+fn-1n+…+f1n+f(0)②,①+②,得2an=2(n+1),所以an=1+n,所以a2 017=2 018.
8.答案 14(3n+1-2n-3)
解析 由an+1=3an+1得an+1+12=3an+12,
所以数列an+12是以32为首项,3为公比的等比数列,
所以an+12=32×3n-1=12×3n,
所以an=12×3n-12,
所以Sn=a1+a2+a3+…+an=12×(31+32+…+3n)-12×n=14(3n+1-2n-3)(n∈N*).
9.答案 25
解析 当n=1时,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2.
当n≥2时,由3Sn=(n+2)an,3Sn-1=(n-1+2)an-1,得anan-1=n+1n-1,
∴an=anan-1·an-1an-2·an-2an-3·…·a3a2·a2a1·a1=n+1n-1·nn-2·n-1n-3·…·42·31·1=n(n+1)2,
当n=1时,a1=1也符合上式,
∴an=n(n+1)2(n∈N*).
由anbn=15,得bn=25n(n+1)=251n-1n+1,
∴Tn=
251-12+12-13+…+1n-1n+1
=251-1n+1<25.
∵对任意的n∈N*,λ>Tn恒成立,
∴λ≥25,故实数λ的最小值为25.
三、解答题
10.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).
因为a4=6,所以a1+3d=6,得a1=6-3d.
因为a2,a3,a5成等比数列,
所以a32=a2·a5,
所以(a1+2d)2=(a1+d)·(a1+4d),
将a1=6-3d代入上式得,d2-2d=0.
因为d≠0,所以d=2,所以a1=0,
故an=2n-2(n∈N*).
(2)由(1)得bn=2n-2+32n-2,
所以Tn=(0+30)+(2+32)+(4+34)+…+(2n-2+32n-2)
=(0+2+4+…+2n-2)+(30+32+…+32n-2)
=n(0+2n-2)2+1-9n1-9=n2-n+9n-18(n∈N*).
11.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).
由S5=15,得a3=3.由a1,a3,a9成等比数列,得a1·a9=a32=9,
∴(3-2d)(3+6d)=9,解得d=1或d=0(舍去),∴a1=1,∴an=n,Sn=n(n+1)2.
(2)由(1)得bn=2an+1Sn=2n+2n(n+1),
∴Tn=2+22+23+…+2n+21×2+22×3+23×4+…
+2n(n+1)=2×(1-2n)1-2+
21-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1
=2(2n-1)+21-1n+1=2n+1-2n+1.
12.解析 (1)证明:由题意得an+1-3an+1-2=an-6an-4-3an-6an-4-2=an-6-3an+12an-6-2an+8=-2(an-3)-(an-2)=2×an-3an-2,
∴an-3an-2是首项为a1-3a1-2=1-31-2=2,公比为2的等比数列 .
(2)由(1)得an-3an-2=2n,即an-2-1an-2=1-1an-2=bn=2n,∴(2n-1)·bn=(2n-1)·2n,
∴Sn=1·21+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n,①
2Sn=1·22+3·23+5·24+…+(2n-1)·2n+1,②
①-②,得-Sn=1·21+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1=2+2·4-2n+11-2-(2n-1)·2n+1=(3-2n)·2n+1-6,
∴Sn=(2n-3)·2n+1+6,∴Sn+1-Sn=(2n-1)·2n+2-(2n-3)·2n+1=2n+1·(2n+1)>0,∴Sn单调递增.
又S6=9×27+6=1 158<2 019,S7=11×28+6=2 822>2 019,
∴使Sn<2 019成立的最大自然数n的值为6.
13.解析 (1)设{an}的公差为d.在等差数列{an}中,由S7=a42,13为a5和a9的等差中项,得7a4=a42,a5+a9=2a7=2×13.
∵an≠0,∴a4=7,a7=13,∴d=a7-a47-4=13-73=2,∴a1=a4-3d=7-3×2=1,
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
(2)∵bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12·12n-1-12n+1,
∴Tn=
121-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=n2n+1.
∵正整数m,n满足1
本章复习提升
易混易错练
1.D 在等比数列{an}中,设公比q(q≠0),当a1=1时,有4a1,2a2,a3成等差数列,所以4a2=4a1+a3,即4q=4+q2,解得q=2,所以an=2n-1,所以ann=2n-1n,an+1n+1ann=2nn+1≥1,
当且仅当n=1时取等号,所以当n=1或n=2时,ann(n∈N*)取得最小值1,故选D.
2.答案 487,8
解析 由题意得a>1,4-a2>0,f(5)
解析 ∵数列{an}是单调递增数列,
∴an+1>an(n∈N*)恒成立,
即(n+1)2+b(n+1)>n2+bn,
化简,得b>-(2n+1).
∵数列{-(2n+1)}是单调递减数列,
∴当n=1时,-(2n+1)取得最大值-3,
∴b>-3.
4.C 设等比数列{an}的公比为q,由题意易知q≠1,
则S10,S20-S10,S30-S20为等比数列,
可得(S20-S10)2=S10(S30-S20)⇒(S20-10)2=10×(70-S20),
S202-10S20-600=0⇒(S20-30)(S20+20)=0,
解得S20=30或S20=-20(舍),故S20=30.
故选C.
易错警示 在等比数列中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…成等比数列,而非Sn,S2n,S3n,…成等比数列.
5.答案 -4
解析 当n=1时,a1=16+a,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4n+1+a)-(4n+a)=3×4n,因为数列{an}为等比数列,所以a1=16+a也满足an=3×4n,即16+a=12,解得a=-4.
易错警示 等比数列的性质:Sn=aqn-a,而非Sn=aqn+1-a.
6.答案 an=1,n=12n-2且n≥2,n∈N*
解析 当n=2时,S2=2a2,得a2=a1=1,
又当n≥2时,Sn=2an,∴Sn+1=2an+1,
∴Sn+1-Sn=2an+1-2an,
即an+1=2an(n≥2),
经检验,a2=a1≠2a1,不符合上式,
∴{an}从第二项起构成以a2=1为首项,q=2为公比的等比数列,
∴当n≥2时,an=a2·qn-2=2n-2,
∴an=1,n=1,2n-2,n≥2且n∈N*.
7.解析 (1)证明:当n≥2时,由an+2SnSn-1=0,得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,
所以1Sn-1Sn-1=2,
又1S1=1a1=2,所以1Sn是首项为2,公差为2的等差数列.
(2)由(1)可得1Sn=2n,所以Sn=12n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-12(n-1)=-12n(n-1).
当n=1时,a1=12,不符合an=-12n(n-1).
故an=12,n=1,-12n(n-1),n≥2,n∈N*.
8.解析 (1)当n=1时,a1=S1=2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+2n-1)-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n+1,
而a1=2≠2×1+1,
所以数列{an}的通项公式为an=2,n=1,2n+1,n≥2,n∈N*.
(2)当n=1时,b1=1a1a2=12×5=110,
当n≥2时,bn=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3,
所以bn=110,n=1,1212n+1-12n+3,n≥2且n∈N*.
当n=1时,T1=b1=110,
当n≥2时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=110+1215-17+17-19+…+12n+1-12n+3
=110+1215-12n+3=4n+120n+30,
又T1=110=4×1+120×1+30,符合Tn=4n+120n+30,
所以Tn=4n+120n+30(n∈N*).
易错警示 在an与Sn的关系:an=Sn-Sn-1中,由于n≥2而使得an不含第一项,解题时常因忽略这一点导致错误.
谨记:an=S1(n=1),Sn-Sn-1(n≥2,n∈N*).
9.B ∵数列-1,x,y,z,-3成等比数列,
∴由等比数列性质,知y2=xz=3,
则y=±3,
设等比数列的公比为q,则y=-q2<0,
∴y=-3,∴xyz=-33.
10.答案 -4
解析 因为2a+2为a与3a+3的等比中项,所以(2a+2)2=a(3a+3),整理,得a2+5a+4=0,
解得a=-1或a=-4.
当a=-1时,2a+2=0,3a+3=0,
所以a=-1不符合题意,舍去,故a=-4.
11.答案 2或8
解析 设等比数列{an}的公比为q.
当q=1时,S3=3a1=6,符合题意,此时a3=a1=2;
当q≠1时,由S3=a1·(1-q3)1-q=2(1-q3)1-q=6,解得q=-2或q=1(舍去),
此时a3=a1·q2=8.
综上可知,a3=2或a3=8.
易错警示 等比数列的隐含条件:(1)等比数列中各项均不为零;(2)等比数列求和公式中q≠1;(3)在等比数列中,若公比为正数,则每一项同号,若公比为负数,则所有奇数项或者偶数项的符号相同.在等比数列的有关问题中,因为忽略这些隐含条件而致错,所以解题时一定要注意将所求结果代入题中验证,若所求结果使等比数列中的某些项为零,则一定要舍去;若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
思想方法练
1.答案 12或13
解析 设等差数列{an}的公差为d,由等差数列前n项和公式,得S9=9a1+9×82d=9a1+36d,S16=16a1+16×152d=16a1+120d,
因为S9=S16,所以9a1+36d=16a1+120d,即d=-112a1,
又a1>0,所以d<0.
由此可知,数列{an}是单调递减数列,
点(n,Sn)在开口向下的抛物线上.又S9=S16,所以点(9,S9)与点(16,S16)关于直线x=252对称,所以当n=12或n=13时,Sn最大.(利用二次函数的单调性求最大值,应用
了函数的思想方法)
2.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d.由题意可得,a6-a2=4d=12,∴d=3,
∴an=a2+(n-2)d=3n-6.∵bn+1=2Sn+1,
∴bn=2Sn-1+1(n≥2),
∴bn+1-bn=2(Sn-Sn-1),即bn+1=3bn(n≥2),
又b2=2S1+1=3,即b2=3b1也成立,
∴{bn}是以1为首项,3为公比的等比数列,∴bn=3n-1.
(2)由(1)得,Sn=1-3n1-3=3n-12,
∴k·Sn+12=k·3n-12+12=k·3n2≥an对任意的n∈N*恒成立,即k≥6(n-2)3n对任意的n∈N*恒成立.
令cn=n-23n,则cn-cn-1=n-23n-n-33n-1=-2n+73n.当n≤3时,cn>cn-1;当n≥4时,cn
3.答案 121243
解析 由题意,得a1+3a3=4a2,即a1+3a1q2=4a1q.因为a1≠0,所以1+3q2=4q,解得q=13或q=1(舍去),(根据已知条件建立关
于q的方程,运用了方程的思想方法)
所以an=a1qn-1=13n,
则S5=131-1351-13=121243.
4.解析 (1)S8=lg a1+lg a2+…+lg a8=lg(a1·a2·…·a7·a8)=lg(a4·a5)4=4lg 10=4,
∴数列{lg an}的前8项的和为4.
(2)设{an}的公比为q,则q=a5a4=52,
a4=a1·523=2⇒a1=16125.
(根据已知条件建立关于a1的方程,运用了
方程的思想方法)
∵a2=a1·q=16125×52=825,∴b2=8a2=25.
∵a4+b4=8⇒b4=8-2=6,设{bn}的公差为d,则d=b4-b22=6-252=-192,
∴bn=b2+(n-2)·d=25-(n-2)·192=-19n2+44.
5.解析 (1)设等比数列{an}的首项为a1.
∵{an}是等比数列,Sn>0,
∴a1=S1>0,q≠0.
当q=1时,Sn=na1>0;
当q≠1时,Sn=a1(1-qn)1-q>0,∴1-qn1-q>0,
∴1-q<0,1-qn<0①或1-q>0,1-qn>0②,
解①得q>1,解②得-1
(2)由bn=an+2-32an+1,得bn=anq2-32q,
∴Tn=q2-32qSn,
∴Tn-Sn=Snq2-32q-1
=Snq+12(q-2).
∴当-1
当-12
6.解析 (1)由Sn=2an-2(n∈N*),可得a1=2a1-2,解得a1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2)=2an-2an-1,∴an=2an-1,
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
∴数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).
(2)当n=1时,b13=12-1,可得b1=-32,
当n≥2时,由b12+1-b222+1+b323+1-…+(-1)n+1·bn2n+1=12n-1①,
得b12+1-b222+1+b323+1-…+(-1)nbn-12n-1+1=12n-1-1②,
①-②,得(-1)n+1bn2n+1=12n-12n-1=-12n,
可得bn=(-1)n1+12n.
由b1=-32符合bn=(-1)n1+12n(n≥2),
故数列{bn}的通项公式为bn=(-1)n·1+12n(n∈N*).
(3)由(2)可知cn=2n+λ(-1)n·1+12n,
当n≥2时,cn=2n+λ(-1)n1+12n,
cn-1=2n-1+λ(-1)n-11+12n-1,
∴cn-cn-1=2n-1+λ(-1)n2+32n>0,
可得λ(-1)n>-2n-12+32n.
①当n为大于或等于2的偶数时,λ>-2n-12+32n,当且仅当n=2时,λ>-811;
②当n为大于或等于3的奇数时,λ<2n-12+32n,当且仅当n=3时,λ<3219.
综上所述,λ的取值范围为-811,3219.
(由于式中含有(-1)n,需要对n的奇偶性进
行分类讨论,运用了分类讨论的思想方法)
方法总结 分类讨论思想是高中数学中一种十分常见且实用的逻辑方法,重点考查学生思维的清晰度和严谨性.分类讨论思想是指根据高中数学本质的异同,将其研究对象划分为若干不同种类的一种思想方法.分类讨论的步骤:一是确认分类讨论的对象,二是确定分类的标准,三是分类讨论,四是总结归纳.在有关数列的问题中,有时需要对公比q的取值范围,项数n的奇偶性,项的符号以及含有参数的问题进行分类讨论求解.
7.解析 (1)证明:由an=anan+1+2an+1,得1an+1-2an=1,即1an+1+1=21an+1,所以1+1an是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)可得:1+1an=2n,所以原不等式等价于1n+1+1n+2+…+1n+n
则f(n+1)=1n+2+1n+3+…+12n+1+12n+2,
∴f(n+1)-f(n)=12n+1+12n+2-1n+1=12n+1-12n+2>0,
∴f(n)单调递增,则f(n)min=f(1)=12,
(把不等式有解问题转化为最小值问题,
利用了转化与化归的思想方法)
于是12
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一、选择题
1.A 由题意,数列{an}为等差数列,结合等差数列的性质得,a3+a5+a7=3a5=12,则a5=4,所以a1+a9=2a5=8.故选A.
2.C 由题意可得a52=a3·a8,∴(a1+4d)2=(a1+2d)·(a1+7d),代入数据,可得(2+4d)2=(2+2d)·(2+7d),解得d=1或d=0(舍),∴S18=18a1+18×172d=189.故选C.
3.C 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q(q≠0).∵a42=a7,
∴a1·a7=a7,∴a1=1,
又S4S2=1-q41-q2=1+q2=3,
∴q2=2,∴a5=a1q4=4,故选C.
4.A 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
∵S15=45,∴15(a1+a15)2=15a8=45,
∴a8=3,
∴5a5-3a3=5×(a1+4d)-3×(a1+2d)=2(a1+7d)=2a8=6,
故选A.
5.B 由an+1=1-1an,
得an+2=1-1an+1=1-11-1an=11-an,
所以an+3=1-1an+2=1-111-an=an.
所以数列{an}是以3为周期的周期数列,
所以a2 019=a3=11-a1=13.故选B.
6.D 由题意得Sn=n(a1+an)2,
所以S9S5=92(a1+a9)52(a1+a5)=9a55a3=9×3a35a3=275.
7.C 由Sn+2=2an(n∈N*),①
当n=1时,a1=2,
当n≥2,n∈N*时,Sn-1+2=2an-1,②
①-②,得an=2an-2an-1,
即an=2an-1(n≥2),
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
则an=2·2n-1=2n,
∴S4a2=2(1-24)1-222=152.故选C.
8.B 设公比为q,若q=1,则S2mSm=2,与题中条件矛盾,故q≠1.
∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,
∴qm=8,
∴a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,
∴m=3,
∴q3=8,
∴q=2.
9.B 由题知A=π3,b,a,c成等差数列,则2a=b+c,由AB·AC=9得cbcos A=9,所以bc=18,
结合余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=(b+c)2-3bc,
因为b+c=2a,所以3a2=3bc,即a2=bc,解得a=32(负值舍去),故选B.
10.D 由an+2=2an+1-an(n∈N*),得an+2-an+1=an+1-an,
∴数列{an}为等差数列,设其公差为d.
∵a1=8,a4=2,∴3d=2-8=-6,∴d=-2,
∴a10=a1+9d=8-18=-10,S5=5a1+5×42d=40-20=20,
∴λ=S5a10=20-10=-2.
11.D 根据题意,由n+1an+1=nan+2n,得n+1an+1-nan=2n,则当n≥2时,nan-n-1an-1=2n-1,n-1an-1-n-2an-2=2n-2,……,2a2-1a1=21,
将各式左右分别相加,得nan-1a1=21+22+…+2n-1=2n-2,又a1=12,
所以an=n·12n,
因此S100=1×12+2×122+…+100×12100①,
由①×12,得12S100=1×122+2×123+…+99×12100+100×12101②,
①-②,得12S100=12+122+123+…+12100-100×12101,
所以S100=2-1299-100×12100=2-51299.故选D.
12.B 设Sn为数列{an}的前n项和,
由“快乐数”定义可知:nSn=13n+1,
即Sn=3n2+n.
当n=1时,a1=S1=4,
当n≥2,且n∈N*时,an=Sn-Sn-1=6n-2,
经验证可知,a1=4满足an=6n-2,
∴an=6n-2(n∈N*),
∴36(an+2)(an+1+2)=366n·(6n+6)=1n(n+1)=1n-1n+1,
∴数列36(an+2)(an+1+2)的前2 019项的和为1-12+12-13+…+12019-12020=20192020.故选B.
二、填空题
13.答案 2;5(2n-1)6
解析 设等比数列{an}的首项为a1.
由题意得,q=a3+a4a2+a3=105=2,
∴a2+a3=a1q+a1q2=6a1=5,∴a1=56,
∴Sn=a1(1-qn)1-q=56×(1-2n)1-2=5(2n-1)6.
14.答案 27
解析 设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q(q>0),
∵a2=1-a1,a4=9-a3,
∴a1+a2=1,a3+a4=9,∴q2=a3+a4a1+a2=9,∴q=3或q=-3(舍),
∴a4+a5=(a1+a2)q3=33=27.
15.答案 100101
解析 由anan+1=an+1得1an+1-1an=1,
∴数列1an是首项为1a1=1,公差为1的等差数列,
∴1an=1+(n-1)×1=n,∴an=1n,
∴bn=1n(n+1)=1n-1n+1.
设{bn}的前n项和为Sn,则S100=1-12+12-13+13-14+…+1100-1101=100101.
16.答案 12 288
解析 设am,n表示第m行的第n个数,由题中数表可知,每一行成等差数列,且第m行的公差为2m-1,则am,n=am,1+(n-1)·2m-1,am,1=am-1,1+am-1,2=2am-1,1+2m-2,
则am,12m-am-1,12m-1=14,即数列am,12m是首项为12,公差为14的等差数列,
则am,12m=12+m-14,即am,1=(m+1)2m-2,
∴am,n=(m+1)·2m-2+(n-1)2m-1=(m+2n-1)2m-2,
∴a11,7=(11+14-1)×29=24×29=12 288.
三、解答题
17.解析 (1)因为a7是a3与a9的等比中项,所以a72=a3a9, (2分)
即(a1+6d)2=(a1+2d)·(a1+8d),
整理,得2a1d+20d2=0,因为d<0,a1=20,
所以d=-2. (3分)
故an=-2n+22. (4分)
(2)解法一:因为d=-2,a1=20,所以Sn=na1+n(n-1)2d=-n2+21n=-n-2122+2122, (7分)
所以当n=10或n=11时,Sn取得最大值,且最大值为110. (10分)
解法二:由(1)知an=-2n+22,所以由an≥0,可得n≤11.
所以当n=10或n=11时,Sn取得最大值, (8分)
且最大值为11×20+11×102×(-2)=110. (10分)
18.解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, (1分)
由题意得S4=4a1+4×32d=4a1+6d=16,a1+2d=3(a1+d),
解得a1=-2,d=4, (3分)
所以an=-2+4(n-1)=4n-6(n∈N*). (5分)
(2)由(1)得,bn=1an·an+1=1(4n-6)(4n-2)=14(2n-3)(2n-1)=18×12n-3-12n-1, (8分)
∴T2n=b1+b2+b3+…+b2n-1+b2n
=18(-1-1)+1-13+13-15+…
+12(2n-1)-3-12(2n-1)-1+12×2n-3-12×2n-1
=18-1-14n-1=n2(1-4n), (10分)
∴{bn}的前2n项的和T2n=n2(1-4n). (12分)
19.解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, (1分)
则a1+2d=5,7a1+7×62d=49,
解得a1=1,d=2, (3分)
故an=1+(n-1)×2=2n-1. (5分)
(2)证明:由(1)知an=2n-1,
所以bn=an2n=(2n-1)·12n, (7分)
则Tn=1×121+3×122+…+(2n-1)·12n①,
12Tn=1×122+3×123+…+(2n-1)×12n+1②, (9分)
①-②得:12Tn=12+12+122+123+…+12n-1-2n-12n+1=32-12n-1-2n-12n+1,所以Tn=3-12n-2-2n-12n=3-2n+32n<3. (12分)
20.解析 (1)证明:由an+an+1=2an+2,得2(an+2-an+1)=-(an+1-an),即an+2-an+1=-12(an+1-an),∴an+2-an+1an+1-an=-12, (2分)
又a2-a1=-12,
∴{an+1-an}是以-12为首项,-12为公比的等比数列. (4分)
(2)由(1)知,an+1-an=-12×-12n-1=-12n,
∴an-an-1=-12n-1,an-1-an-2=-12n-2,……,a2-a1=-12(n≥2), (6分)
以上各式累加,得an-a1=-12+-122+…+-12n-1=-12--12n1--12=-13-23×-12n, (8分)
又a1=1,∴an=1-13-23-12n=23-23-12n(n≥2), (10分)
又a1=1也符合上式,∴an=23-23×-12n(n∈N*). (12分)
21.信息提取 ①第一年的全年销售额均为a万元;②甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元;③乙超市第n年的销售额比前一年销售额多23n-1a万元.
数学建模 本题是以超市的销售额为背景的实际问题,由于年份n属于正整数,可以转化为数列问题来求解.由于已知甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元(实际问题),相当于已知其前n项和Sn=(n2-n+2)a2,从而利用Sn求甲超市第n年的销售额an(数学问题).由于已知乙超市第n年的销售额比前一年销售额多23n-1a万元(实际问题),相当于已知其bn-bn-1=23n-1a,从而利用累加法求乙超市第n年的销售额an(数学问题).第(2)问则比较an与12bn,12an与bn的大小即可.
解析 (1)设甲、乙两个超市第n年全年的销售额分别为an,bn万元,甲超市前n年的总销售额为Sn万元,则Sn=(n2-n+2)a2万元. (1分)
当n=1时,a1=a;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=a2·[n2-n+2-(n-1)2+(n-1)-2]=(n-1)a.
经检验,a1=a不适合上式,
故an=a,n=1,(n-1)a,n≥2. (3分)
又b1=a,n≥2时,bn-bn-1=23n-1a,
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=a+23a+232a+…+23n-1a=1-23n1-23·a=3-2·23n-1·a.显然b1=a也适合上式,所以bn=3-2·23n-1·a(n∈N*). (5分)
(2)当n=2时,a2=a,b2=53a,有a2>12b2;当n=3时,a3=2a,b3=199a,有a3>12b3;当n≥4时,an≥3a,bn<3a,故乙超市有可能被甲超市收购. (8分)
当n≥4时,令12an>bn,
则12(n-1)a>3-223n-1a,
即n-1>6-4·23n-1,
所以n>7-4·23n-1,即n+4·23n-1>7,所以n≥7. (11分)
即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半,乙超市将被甲超市收购. (12分)
22.解析 设等比数列{an}的公比为q,因为a1=23,a3=a1a2,所以a3=23a2, (2分)
所以q=a3a2=23,故an=23n. (4分)
若选择条件①:Sn=2bn-1,则Sn-1=2bn-1-1(n≥2),
两式相减,并整理,得bn=2bn-2bn-1,
即bnbn-1=2(n≥2), (6分)
又b1=1,
所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,所以bn=2n-1,
所以anbn=23n·2n-1=12×43n. (9分)
由指数函数的性质知,数列{anbn}单调递增,没有最大值,
所以不存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (12分)
若选择条件②:由-4bn=bn-1(n≥2),b1=1知数列{bn}是首项为1,公比为-14的等比数列, (6分)
所以bn=-14n-1,所以anbn=23n·-14n-1=(-4)×-16n. (8分)
因为anbn=(-4)×-16n≤4×16n≤4×16=23,当且仅当n=1时取得最大值23, (11分)
所以存在k=1,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (12分)
若选择条件③:由bn=bn-1+2(n≥2)可知,{bn}是以2为公差的等差数列,
又b1=1,所以bn=2n-1, (6分)
设cn=anbn=(2n-1)23n,
则cn+1-cn=(2n+1)23n+1-(2n-1)·23n=5-2n323n, (8分)
所以当n≤2时,cn+1>cn,当n≥3时,cn+1
所以存在k=3,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (12分)
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