创新方案高考数学复习精编（人教新课标）53等比数列及其前n项和doc高中数学

第五章第三节等比数列及其前n项和题组一等比数列的根本运算1.各项都是正数的等比数列中，a2，a3，a1成等差数列，那么的值为(　　)A.B.C.D.或解析：设{an}的公比为q，∵a1＋a2＝a3，∴a1＋a1q＝a1q2，即q2－q－1＝0，∴q＝，又∵an＞0，∴q＞0，∴q＝，＝＝.答案：A2．(2022·浙江高考)设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，那么＝________.解析：a4＝a1()3＝a1，S4＝＝a1，∴＝15.答案：153．(2022·宁夏、海南高考)等比数列{an}的公比q＞0.已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，那么{an}的前4项和S4＝________.解析：∵an＋2＋an＋1＝6an，∴an·q2＋an·q＝6an(an≠0)，∴q2＋q－6＝0，∴q＝－3或q＝2.∵q＞0，∴q＝2，∴a1＝，a3＝2，a4＝4，∴S4＝＋1＋2＋4＝.答案：题组二等比数列的性质4.(2022·广东高考)已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2a，a2＝1，那么a1＝(　　)6/6\nA.B.C.D．2解析：∵a3·a9＝2a＝a，∴＝.又a2＝1＝a1·，∴a1＝.答案：B5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，假设S6∶S3＝1∶2，那么S9∶S3等于(　　)A．1∶2B．2∶3C．3∶4D．1∶3解析：∵{an}为等比数列，∴S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，又∵S6∶S3＝1∶2，∴S＝S3(S9－S3)，即S3＝S9，∴S9∶S3＝3∶4.答案：C6．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)．假设数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，那么6q＝________.解析：∵bn＝an＋1，∴an＝bn－1，而{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，∴{an}有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中．∵{an}是公比为q的等比数列，|q|>1.∴{an}中的连续四项为－24,36，－54,81，∴q＝－＝－，∴6q＝－9.答案：－9题组三等比数列的判断与证明7.假设数列{an}满足＝p(p为正常数，n∈N*)，那么称{an}为“等方比数列”．甲：数列{an}是等方比数列；乙：数列{an}是等比数列，那么(　　)A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件6/6\n解析：数列{an}是等比数列那么＝q，可得＝q2，那么{an}为“等方比数列”．当{an}为“等方比数列”时，那么＝p(p为正常数，n∈N*)，当n≥1时＝±，所以此数列{an}并不一定是等比数列．答案：B8．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)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2；当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4；当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8.(2)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴＝2，故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．题组四等比数列的综合应用9.(文)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，那么a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　)A．16(1－4－n)B．16(1－2－n)C.(1－4－n)D.(1－2－n)解析：∵q3＝＝，∴q＝，a1＝4，数列{an·an＋1}是以8为首项，为公比的等比数列，不难得出答案为C.答案：C(理)在等比数列{an}中，an＞0(n∈N＋)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2，bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，那么当＋＋…＋6/6\n最大时，n的值等于(　　)A．8B．9C．8或9D．17解析：∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴a＋2a3a5＋a＝25，又an＞0，∴a3＋a5＝5，又q∈(0,1)，∴a3＞a5，而a3a5＝4，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝，a1＝16，an＝16×()n－1＝25－n，bn＝log2an＝5－n，bn＋1－bn＝－1，∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，∴Sn＝，∴＝，∴当n≤8时，＞0；当n＝9时，＝0；当n＞9时，＜0，∴当n＝8或9时，＋＋…＋最大．答案：C10．(文)已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)问是否存在k∈N*，使得(bk－ak)∈(0,1)？请说明理由．解：(1)已知a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n(n∈N*)①当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈N*)②①－②得2n－1an＝8，求得an＝24－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，∴an＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，法一：迭代法得：bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)6/6\n＝n2－7n＋14(n∈N*)．法二：可用累加法，即bn－bn－1＝2n－8，bn－1－bn－2＝2n－10，…b3－b2＝－2，b2－b1＝－4，b1＝8，相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)＝8＋＝n2－7n＋14(n∈N*)．(2)∵bk－ak＝k2－7k＋14－24－k，设f(k)＝k2－7k＋14－24－k.当k≥4时，f(k)＝(k－)2＋－24－k单调递增．且f(4)＝1，∴当k≥4时，f(k)＝k2－7k＋14－24－k≥1.又f(1)＝f(2)＝f(3)＝0，∴不存在k∈N*，使得(bk－ak)∈(0,1)．(理)等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝24，a2＝5，对每一个k∈N*，在ak与ak＋1之间插入2k－1个1，得到新数列{bn}，其前n项和为Tn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)试问a11是数列{bn}的第几项；(3)是否存在正整数m，使Tm＝2022？假设存在，求出m的值；假设不存在，请说明理由．解：(1)设{an}的公差为d，∵S4＝4a1＋d＝24，a2＝a1＋d＝5，∴a1＝3，d＝2，an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1.(2)依题意，在a11之前插入的1的总个数为1＋2＋22＋…＋29＝＝1023，1023＋11＝1034，故a11是数列{bn}的第1034项．(3)依题意，Sn＝na1＋d＝n2＋2n，an之前插入的1的总个数为1＋2＋22＋…＋2n－2＝＝2n－1－1，6/6\n故数列{bn}中，an及前面的所有项的和为n2＋2n＋2n－1－1，∴数列{bn}中，a11及前面的所有项的和为112＋22＋210－1＝1166＜2022，而2022－1166＝844，a11与a12之间的1的个数为210＝1024个，即在a11后加844个1，其和为2022，故存在m＝1034＋844＝1878，使T1878＝2022.6/6