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4.3.2 等比数列的综合应用


[【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019)]
( https://www.zxxk.com/docpack/2875423.html)
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选择性第二册同步巩固,难度 2 颗星!

基础知识

等比数列的定义

如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的比等于同一个常数,那么这个数列叫做等比数列,
这个常数叫做等比数列的公比,记为 q.
代数形式: anan1=q(q 是常数,n2)an+1an=q(q 是常数,nN)
 

等比中项

abc 成等比数列,则 b a c 的等差中项,则 b2=ac
 

证明一个数列是等比数列的方法

① 定义法: anan1=q(q 是常数,n2){an} 是等比数列;
② 中项法:a2n+1=anan+2(an0nN){an} 是等比数列;
③ 通项公式法:若数列的通项公式是形如 an=kqn (kq 是不为 0 常数 ), 则数列 {an} 是等比数列.
④ 前 n 项和法:若数列的前 n 项和是形如 Sn=kqnk(kq 是常数且 k0q01),则数列 {an} 是等比数列.
 

通项公式

等比数列 {an} 的首项为 a1,公比为 q,则 an=a1qn1.(由定义与累乘法可得)
 

前n项和

等比数列 {an} 的首项为 a1,公比为 q,则其前 n 项和为 Sn={na1(q=1)a1(1qn)1q(q1)
(由错位相减法可证)
使用时注意公比是否等于 1,若不确定,使用时需要分类讨论.
 

基本性质

( 其中 mnptN)
{an} 是首项为 a1, 公比为 q 的等比数列,那么
(1) 若 m+n=p+t, 则 aman=apat
(2) an=amqnm
(3) qnm=anam
(4) 数列 {λan}(λ 是不为零的常数 ) 仍是公比为 q 的等比数列;若数列 {bn} 是公比为 t 的等比数列,
则数列 {anbn} 是公比为 qt 的等比数列;
(5) 下标成等差数列且公差为 m 的项 akak+mak+2m(kmN) 组成公比为 qm 的等比数列;
(6) 若 q1,则 SnS2nSnS3nS2n 成等比数列;(q=1n 是偶数时,Sn=0)
 

基本方法

【题型1】 等比数列的基本运算

【典题 1】 若公比为 2 的等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,且 a29a5 成等差数列,则 S20= (  )
 A. 2221 B. 2211 C. 2201 D. 2191
解析 设等比数列 {an} 的首项为 a1,已知公比 q=2,且 a29a5 成等差数列,
18=a2+a5=2a1+16a1,解得 a1=1
S20=1×(1220)12=2201
故选:C
 

【典题 2】 已知数列 {an} 是公差不为零的等差数列,{bn} 为等比数列,且 a1=b1=1a2=b2a4=b3
cn=an+bn,则数列 {cn} 的前 10 项和为 _ .
解析 设等差数列 {an} 的公差为 d0,等比数列 {bn} 的公比为 q
a1=b1=1a2=b2a4=b3
1+d=q1+3d=q2d0,解得 d=1q=2
an=1+n1=nbn=2n1
cn=an+bn=n+2n1
则数列 {cn} 的前 10 项和 10×(1+10)2+210121=1078
 

【巩固练习】

1. 设正项等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,若 2S3=3a2+8a1,则公比 q=(  )
 A.2 B.32 C.2 32 D.232
 

2. 已知等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,且 2S33S54S6 成等差数列,则数列 {an} 的公比 q=$(  )
 A.1 12 B.1 12 C.1 2 D.1 2
 

3. 设正项等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,若 2S3=3a2+8a1S8=2S7+2,则 a2=(  )
 A.4 B.3 C.2 D.1
 

参考答案

  1. 答案 A
    解析 2S3=3a2+8a1,有 2(a1+a2+a3)=3a2+8a1,即 2a3a26a1=0
    由等比数列的通项公式得 2a1q2a1q6a1=0
    2q2q6=0,解得 q=2 q=32
    由数列为正项等比数列, q=2
    故选:A

  2. 答案 B
    解析 2S33S54S6 成等差数列,6S5=2S3+4S6
    6(a1+a2+a3+a4+a5)=2(a1+a2+a3)+4(a1+a2+a3+a4+a5+a6)
    整理得 6a4+6a5=4a4+4a5+4a6,即 4a62a52a4=0
    a402q2q1=0,解得 q=1 12
    故选:B

  3. 答案 A
    解析 设正项等比数列 {an} 的公比为 q
    2S3=3a2+8a1
    2(a1+a2+a3)=3a2+8a1,即 6a1+a22a3=0
    6a1+a1q2a1q2=0
    a1>0
    6+q2q2=0,解得 q=2 q=32(舍去),q=2
    S8=2S7+2S7+a8=2S7+2a8=S7+2
    a1q7=a1(1q7)1q+2
    q=2, 解得 a1=2
    128a1=127a1+2,解得 a1=2
    a2=a1q=4
    故选:A
     

【题型2】 等比数列的基本性质的运用

【典题 1】 (多选) 在递增的等比数列 {an} 中,Sn 是数列 {an} 的前 n 项和,若 a1a4=32a2+a3=12
则下列说法正确的是 (  )
 A.q=1 B.数列 {Sn+2} 是等比数列 C.S8=510 D.数列 {lgan} 是公差为 2 的等差数列
解析 由题意,根据等比中项的性质,可得 a2a3=a1a4=32>0a2+a3=12>0
a2>0a3>0
根据根与系数的关系,可知 a2a3 是一元二次方程 x212x+32=0 的两个根.
解得 a2=4a3=8,或 a2=8a3=4
等比数列 {an} 是递增数列,q>1
a2=4a3=8 满足题意.
q=2a1=a2q=2.故选项 A 不正确.
an=a1qn1=2n
Sn=2(12n)12=2n+12Sn+2=2n+1=42n1
数列 {Sn+2} 是以 4 为首项,2 为公比的等比数列.故选项 B 正确.
S8=28+12=5122=510.故选项 C 正确.
lgan=lg2n=nlg2
数列 {lgan} 是公差为 lg2 的等差数列.故选项 D 不正确.
故选:BC
 

【典题 2】 等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,前 n 项积为 Tna4a2=6a5a3=12,当 Tn(Sn+1)72 最小时,n 的值为 (  )
 A.3 B.4 C.5 D.6
解析 等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,前 n 项积为 Tna4a2=6a5a3=12
q1 时,a2(q21)=6a2q3a2q=12
两式相除得 q=2
q=2 代入 a2(q21)=6,解得 a2=2
a1=1Sn=12n12=2n1
Tn=1×2×22×23××2n1=2n(n1)2
Tn(Sn+1)72=2n(n1)227n2=2n28n2
n=4 时, n28n2 取得最小值,即当 Tn(Sn+1)72 最小时,n 的值为 4
故选:B
 

【巩固练习】

1. 已知等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,若 a1+2a2=0S3=34,且 aSna+2,则实数 a 的取值范围是 (  )
 A.[10] B.[112] C.[121] D.[01]
 

2. 公比为 q 的等比数列 {an},其前 n 项和为 Sn,前 n 项积为 Tn,满足 a1>1a2021a2022>1a20211a20221<0.则下列结论正确的是 (  )
 A.q<0 B.a2021a2023>1 C.Sn 的最大值为 S2023 D.Tn 的最大值为 T2021
 

3.(多选) 已知数列 {an} 是公比为 q 的等比数列,其前 n 项和为 Sn,则下列结论正确的是 (  )
 A.若数列 {an} 是正项等比数列,则数列 {lgan} 是等差数列
 B.若 a3=32S3=92,则 q=12
 C.若 a3=1a7=16,则 a5=4
 D.若 S6S4=6(S4S2),则 q2=6
 

4. 已知等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,公比 q>0a1=1a12=9a10,若数列 {t+Sn} 为等比数列,则实数 t=_
 

5. 已知等比数列 {an}an>0a1=256S3=448Tn 为数列 {an} 的前 n 项乘积,则当 Tn 取得最大值时,n=_
 

参考答案

  1. 答案 B
    解析 设等比数列 {an} 的公比为 qa1+2a2=0S3=34
    a1(1+2q)=0a1(1+q+q2)=34,解得:a1=1q=12
    Sn=1(12)n1(12)=23[1(12)n]
    n=1 时,Sn 取最大值 1,当 n=2 时,Sn 取最小值 12
    {a12a+211a12
    故选:B

  2. 答案 D
    解析 等比数列 {an} 中,a1>1a2021a2022>1a20211a20221<0
    所以 a2021>10<a2022<10<q<1A 错误;
    故当 n=2021 时,Tn 取得最大值,D 正确;
    由于数列各项都为正数,和没有最大值,C 错误;
    由题意得,0<a2022<10<a2023<1
    所以 a2021a2023=a22022<1B 错误.
    故选:D

  3. 答案 AC
    解析 对于 A,不妨设正项等比数列 {an} 的通项公式 an=a1qn1
    因为 lgan=n1lgq+lga1 n 的一次式,{lgan} 是等差数列,
    所以 A 正确,
    对于 B,因为 S3=a1+a2+a3=a3(q2+q1+1)
    所以 q2+q1+1=3,即 2q2q1=0,解得 q=1 q=12
    所以 B 不正确,
    对于 C,若 a3=1a7=16
    a25=a3a7=16,注意到 a5a3=q2>0
    所以 a5=4,所以 C 正确,
    对于 D,由 S6S4=6(S4S2) a5+a6=6(a3+a4)
    所以 q2(a3+a4)=6(a3+a4)
    a3+a4=0 时,q=1q2=1,所以 D 不正确.
    故选:AC

  4. 答案 12
    解析 因为 a12=9a10,所以 a1q11=9a1q9,即 q2=9
    因为 q>0,所以 q=3
    所以 Sn=a1(1qn)1q=3n12
    所以 S1=1S2=4S3=13
    因为数列 {t+Sn} 为等比数列,
    所以 (t+S2)2=(t+S1)(t+S3)
    所以 (t+4)2=(t+1)(t+13),解得 t=12

  5. 答案 8 9
    解析 设等比数列 {an} 的公比为 qan>0q>0
    a1=256S3=448256(1+q+q2)=448,解得 q=12
    an=256×(12)n1=29n
    Tn=282729n=28+7++9n=2n(8+9n)2=2[(n172)22894]
    n=8 9 时,Tn 取得最大值时.
     

【题型3】等比数列解答题

【典题 1】 设数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+12n+1+1,且 a1a2+5a3 成等差数列.
  (1) 求 a1a2 的值;
  (2) 求证:{an+2n} 是等比数列.并求数列 {an} 的通项公式;
  (3) 求数列 {an+2n+2n} 的前 n 项和.
解析 (1)a1a2+5a3 成等差数列, a1+a3=2(a2+5)①,
数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+12n+1+1
n=1 时,2a1=a23,②
n=2 时,2(a1+a2)=a37,③
联立①②③解得,a1=1a2=5a3=19
(2) 证明:由 2Sn=an+12n+1+1,①得 2Sn1=an2n+1,②,
两式相减得 2an=an+1an2n(n2)
an+1+2n+1an+2n=3an+2n+2n+1an+2n=3(n2)
a2+22a1+2=3{an+2n} 是首项为 3,公比为 3 的等比数列.
an+1+2n+1=3(an+2n)
a1=1a1+21=3
an+2n=3n,即 an=3n2n
(3) 由 (2) 可知 an=3n2n,设 bn=an+2n+2n=3n+2n,前 n 项和为 Tn
Tn=b1+b2++bn=(3+32++3n)+(2+4++2n)
=3(13n)13+n(2+2n)2=3n+12+n2+n32..
 

【典题 2】 已知数列 {an} 是各项为正数的等比数列,且 a2=4a3a4a5=212.数列 {bn} 是单调递增的等差数列,且 b2b3=15b1+b4=8
  (1) 求数列 {an} 与数列 {bn} 的通项公式;
  (2) 求数列 {anbn} 的前 n 项和 Tn
解析 (1) 设正项等比数列 {an} 的公比为 q(q>0)
a3a4a5=212,得 a34=212,得 a4=24
a2=4q2=a4a2=244=4,则 q=2
an=a2qn2=42n2=2n
在等差数列 {bn} 中,由等差数列的性质可得,b2+b3=b1+b4=8
b2b3=15,且数列 {bn} 是单调递增数列,
解得 b2=3b3=5
则公差 d=b3b2=53=2
bn=b2+(n2)×2=3+2n4=2n1
(2)anbn=(2n1)2n
Tn=121+322+523++(2n1)2n
2Tn=122+323+524++(2n3)2n+(2n1)2n+1
Tn=2+2(22+23++2n)(2n1)2n+1
=2+24(12n1)12(2n1)2n+1=(2n3)2n+16
Tn=(2n3)2n+1+6
 

【巩固练习】

1. 已知等比数列 {an} 满足 a2a3=2a4=32
  (1) 求 {an} 的通项公式;
  (2) 记 {an} 的前 n 项和为 Sn,证明:n2 时,a2n>Sn+5
 
 

2. 已知数列 {an} 满足 a1=3a2=5,且 2an+2=3an+1annN
  (1) 设 bn=an+1an,求证:数列 {bn} 是等比数列;
  (2) 若数列 {an} 满足 anm(nN),求实数 m 的取值范围.
 
 

3. 设数列 {an} 的前 n 项和为 Sna1=1Sn+1=4an+2(nN)
  (1) 若 bn=an+12an,求 bn
  (2) 若 cn=1an+12an,求 {cn} 的前 6 项和 T6
  (3) 若 dn=an2n ,求数列 {dn} 的通项.
 
 

参考答案

  1. 答案 (1) an=2n ;(2) 略 .
    解析 (1) 解:设等比数列 {an} 的公比为 q
    因为 a2a3=2a4=32,所以 a21q3=2a1q3=32
    又等比数列 {an} a1 q 均不为 0,所以 a1=q=2
    故数列 {an} 的通项公式为 an=a1qn1=22n1=2n
    (2) 证明:由 (1) 可得 Sn=a1(1qn)1q=2(12n)12=2n+12
    因为 n2 时,2n>3
    所以 a2nSn5=(2n)22n+13=(2n)222n3=(2n+1)(2n3)>0
    所以 n2 时,a2n>Sn+5

  2. 答案 (1) 略 ;(2)[7+).
    解析 (1) 证明:由题知,2an+2=3an+1an
    bn+1=12bn,且 b1=a2a1=53=2
    则数列 {bn} 是以 2 为首项,12 为公比的等比数列.
    (2) 解:由 (1) 知 bn=an+1an=12n2
    则当 n2 时,
    其前 n1 项和 Sn1=a2a1+a3a2++anan1
    =ana1=212n2112=412n3
    an=7(12)n3n2,且 a1=3 也满足通项,
    则由指数函数单调性知,an=712n3<7
    若满足 anm(nN),则 m7
    即实数 m 的取值范围是 [7+)

  3. 答案 (1) bn=32n1;(2) 6196;(3) dn=3n414 .
    解析 (1)a1=1Sn+1=4an+2(nN)
    Sn+2=4an+1+2
    an+2=Sn+2Sn+1=4(an+1an)
    an+22an+1=2(an+1an),即 bn+1=2bn
    {bn} 是公比为 2 的等比数列,且 b1=a22a1
    a1=1a2+a1=S2,即 a2+a1=4a1+2
    a2=3a1+2=5b1=52=3
    bn=32n1.
    (2) cn=1an+12an=1bn=132n1c1=13
    cn=13(12)n1
    {cn} 是首项为 13,公比为 12 的等比数列,
    T6=13[1(12)6]112=23(1164)=6196.
    (3) dn=an2nbn=32n1
    dn+1dn=an+12n+1an2n=an+12an2n+1=bn2n+1=3×3n12n+1=34
    {dn} 是等差数列, dn=3n414
     

分层练习

【A组---基础题】

1. 记单调递增的等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,若 a2+a4=10a2a3a4=64,则 (  )
 A.Sn+1Sn=2n+1 B.an=2n C.Sn=2n1 D.Sn=2n11
 

2. 设等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,公比为 q,且 S3S9S6 成等差数列,则 8q3 等于 (  )
 A.2 B.4 C.2 D.4
 

3. 设 Sn 为等比数列 {an} 的前 n 项和,若 an>0a1=12Sn<2,则 {an} 的公比的取值范围是 (  )
 A.(034] B.(023] C.(034) D.(023)
 

4. 在等比数列 {an} 中,a1=9a5=1,记 Tn=a1a3a5a2n1(n=12),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
 

5.(多选) 在公比为 q 的等比数列 {an} 中,Sn 是数列 {an} 的前 n 项和,若 a1=1a5=27a2,则下列说法正确的是 (  )
 A.q=3 B.数列 {Sn+2} 是等比数列
 C.S5=121 D.2lgan=lgan2+lgan+2(n3)
 

6. 已知等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,若 a1+a3=5S4=20,则 S82S4S6S4S2=_
 

7. 如图,在 RtABC 内有一系列的正方形,它们的边长依次为 a1a2an,若 AB=aBC=2a
则所有正方形的面积的和为 _
image.png
 

8. 已知等比数列 {an} 的公比 q>0,且 a1=14a3=a2a4
  (1) 求公比 q a3 的值;
  (2) 若 {an} 的前 n 项和为 Sn,求证 Snan<2
 
 

9. 在数列 {an} 中,a1=4 且对于任意的自然数 nN+ 都有 an+1=2(ann+1).
  (1) 证明数列 {an2n} 是等比数列.
  (2) 求数列 {an} 的通项公式及前 n 项和为 Sn
 
 

10. 设数列 {an} 的前 n 项和为 Sna1=3 an+1=2Sn+3,数列 {bn} 为等差数列,且公差 d>0b1+b2+b3=15.
  (1) 求数列 {an} 的通项公式;
  (2) 若 a13+b1a23+b2a33+b3 成等比数列,求数列 {bn} 的前 n 项和 Tn
  (3) 对第 (2) 小题的 Tn,当 Tn+16λn 对任意的 nN 恒成立,求 λ 的最大值.
 
 

参考答案

  1. 答案 C
    解析 a2a3a4=64a33=64,解得 a3=4
    a2+a4=104q+4q=10
    化为 2q25q+2=0,解得 q=2 12
    q=2 时,a1=1q=12 时,a1=16
    又等比数列 {an} 是单调递增,取 q=2a1=1
    an=2n1
    Sn=2n121=2n1Sn+1Sn=2n+11(2n1)=2n
    因此只有 C 正确.
    故选:C

  2. 答案 B
    解析 S3S9S6 成等差数列,2S9=S3+S6
    (S9S6)+(S9S3)=0
    (a7+a8+a9)+(a7+a8+a9)+(a4+a5+a6)=0
    2q3(a4+a5+a6)+(a4+a5+a6)=0
    a4+a5+a6=a4(1+q+q2)0
    q3=128q3=4
    故选:B

  3. 答案 A
    解析 设等比数列 {an} 的公比为 q,则 q1
    an>0a1=12Sn<2
    {an} 是递减数列,12×qn1>012(1qn)1q<2
    1>q>0 144q,解得 0<q34
    综上,{an} 的公比的取值范围是 (034]
    故选:A

  4. 答案 A
    解析 设等比数列 {an} 的公比为 q
    a1a1=q4=19,所以 q2=13
    设数列 {bn} 为等比数列 {an} 的奇数项 a1a3a5,…,a2n1(n=12)
    则数列 {bn} 是以 9 为首项,13 为公比的等比数列,
    bn=9×(13)n1=(13)n3
    所以 Tn=a1a3a5a2n1=b1b2b3bn
    n4 时,|bn|<1,当 1n3 时,|bn|1
    n 为奇数时,Tn<0,因为 b3=1,所以 TnT3=27
    n 为偶数时,Tn>0,因为 b3=1,所以 TnT2=27
    综上所述,数列 {Tn} 有最大项 T2=27 和最小项 T3=27
    故选:A

  5. 答案 ACD
    解析 根据题意,依次分析选项:
    对于 A,等比数列 {an} 中,Sn 是数列 {an} 的前 n 项和,
    a1=1a5=27a2,则 q3=a5a2=27,解可得 q=3A 正确;
    对于 B,由于 q=3a1=1,则 Sn=a1(1qn)1q=3n12
    Sn+2=3n+12,数列 {Sn+2} 不是等比数列,B 错误;
    对于 C,由于 Sn=a1(1qn)1q=3n12,则 S5=121C 正确;
    对于 D,等比数列 {an} 各项都大于 0
    又由等比数列的性质可知,an2an+2=a2n
    所以 2lgan=lgan+2+lgan2D 正确.
    故选:ACD

  6. 答案 10
    解析 设等比数列 {an} 的公比为 q
    因为 S4=a1+a2+a3+a4=(1+q)(a1+a3),所以 q=3
    S82S4S6S4S2=(S8S4)S4(S6S2)S4=q4S4S4q2S4S4=q41q21=q2+1=10

  7. 答案 45a2
    解析 根据题意可知 ABBC=12,可得 a1=23a
    依次计算 a2=23a1a3=23a2 是公比为 23 的等比数列,
    正方形的面积:依次 S1=49a2S2=49a21 边长依次为 a1a2,…,an
    正方形的面积构成是公比为 49 的等比数列.
    所有正方形的面积的和 Sn=S11q=49a2149=45a2
    故答案为:45a2

  8. 答案 (1) q=2a3=4;(2) 略 .
    解析 (1) 解: 等比数列 {an} 的公比 q>0,且 a1=14a3=a2a4
    4q2=q4,解得 q=2a3=4
    (2) 证明:an=2n1Sn=2n121=2n1
    snan2=2n12n12=212n12<0
    Snan<2

  9. 答案 (1) 略;(2)Sn=2n+12+n2+n .
    解析 (1)an+1=2(ann+1)
    an+12(n+1)an2n=2(ann+1)2(n+1)an2n=2(an2n)an2n=2
    数列 {an2n} 是以 a12=2 为首项,以 2 为公比的等比数列
    (2) 由 (1) 可得 an2n=22n1=2n
    an=2n+2n
    Sn=22n+112+(2+2n)n2=2n+12+n2+n.

  10. 答案 (1) an=3n ;(2) Tn=n2+2n ;(3) 10.
    解析 (1) 由 an+1=2Sn+3,得 an=2Sn1+3(n2)
    相减得:an+1an=2(SnSn1),即 an+1=3an
    n=1 时,a2=2a1+3=9a2a1=3
    数列 {an} 是等比数列,
    an=33n1=3n.
    (2)b1+b2+b3=15b1+b3=2b2b2=5
    由题意,a13+b1a23+b2a33+b3 成等比数列, (a23+b2)2=(a13+b1)(a33+b3)
    b1=5db3=5+d64=(5d+1)(5+d+9)
    d2+8d20=0,得 d=2 d=10(舍去)
    Tn=3n+n(n1)22=n2+2n.
    (3) 由题意, λn+16n+2
    n+16n2n16n=8
    λ 的最大值为 8+2=10
     

【B组---提高题】

1. 首项为 729 的等比数列 {an} 满足 an=3bn,记数列 {bn} 的前 n 项和为 Sn,若 nN,当 n4 时,Sn<S4,则数列 {an} 的公比 q 的取值范围为 (  )
 A. (1939) B. (1333) C. (1933) D. (1913)
 

2.(多选) 已知数列 {an} 满足 a1=1an+1=lg(10an+9)+1,其前 n 项和为 Sn,则下列结论中正确的有 (  )
 A.{an} 是递增数列 B.{an+10} 是等比数列
 C.2an+1>an+an+2 D.Sn<n(n+3)2
 

3. 已知等比数列 {an} 的首项为 32,公比为 12,前 n 项和为 Sn,且对任意的 nN,都有 A2Sn1SnB 恒成立,则 BA 的最小值为 _
 

4. 已知数列 {an} 是等差数列,其前 n 项和为 Ana7=15A7=63;数列 {bn} 的前 n 项和为 Bn2Bn=3bn3(nN)
  (1) 求数列 {an}{bn} 的通项公式;
  (2) 求数列 {1An} 的前 n 项和为 Sn
  (3) 求证: nk=1akBk<2
 
 

参考答案

  1. 答案 A
    解析 等比数列 {an} 的公比为 q,因为 an=3bn,所以 q>0
    则当 n2 时, anan1=3bn3bn1=3bnbn1=q
    所以 bnbn1=log3q,又 729=36=3b1,即 b1=6
    所以数列 {bn} 是以 6 为首项,以 log3q 为公差的等差数列,
    等差数列 {bn} n 项和 Sn 中,S4 是唯一的最大值,
    {b4>0b5<0,即 {6+3log3q>06+4log3q<0,解得 19<q<39
    故选:A

  2. 答案 ACD
    解析 因为 an+1=lg(10an+9)+1,所以 10an+1=10(10an+9)
    所以 10an+1+10=10(10an+10)
    bn=10an+10,则 bn+1=10bn
    {bn} 是以 10 为公比的等比数列,b1=20
    bn=2×10n
    所以 an=lg(2×10n10) 是递增数列,但不是等比数列,A 正确,B 错误;
    因为 2an+1=lg(4×102n+2+10040×10n+1)
    an+an+2=lg(2×10n10)(20×10n10)
    =lg[4×102n+2+10020(10n+10n+2)]
    10n+10n+2>2102n+2=2×10n+1
    所以 an+an+2<2an+1C 正确;
    cn=n+1,则其前 n 项和为 n(n+3)2
    an=lg(2×10n10)<lg(2×10n)<lg(10×10n)=n+1=cn
    Sn<n(n+3)2D 正确.
    故选:ACD

  3. 答案 136
    解析 Sn=32[1(12)n]1(12)=1(12)n
    2Sn1Sn=2[1(12)n]11(12)n
    n=2k(kN) 时, 2Sn1Sn=2[1(12)n]11(12)n,关于 n 单调递增,
    n=2 时,取得最小值 2S21S2=16n+ 时, 2Sn1Sn1
    n=2k1(kN) 时, 2Sn1Sn=2[1+(12)n]11+(12)n,关于 n 单调递减,n=1 时,取得最大值 2S11S1=73
    n+ 时, 2Sn1Sn1
    对任意的 nN,都有 A2Sn1SnB 恒成立,
    BA 的最小值为 7316=136
    答案 为: 136

  4. 答案 (1)an=2n+1bn=3n ;(2) Sn=342n+32(n+1)(n+2) ;(3) 略 .
    解析 (1) 数列 {an} 是等差数列,其前 n 项和为 Ana7=15A7=63
    {a7=a1+6d=15A7=7a1+7×62d=63,解得 a1=3d=2
    数列 {an} 的通项公式为 an=3+n1×2=2n+1
    数列 {bn} 的前 n 项和为 Bn2Bn=3bn3(nN)
    n2 时,2bn=2(BnBn1)=3bn3(3bn13)
    化为 bn=3bn1
    n=12b1=3b13,解得 b1=3
    {bn} 是以 3 为首项,3 为公比的等比数列,
    数列 {bn} 的通项公式为 bn=3n
    (2) 数列 {an} 的通项公式为 An=3n+n(n1)22=n2+2n
    1An=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n1n+2)
    数列 {1An} 的前 项和 Sn=12(113+1214+1315++1n11n+1+1n1n+2)
    Sn=12(1+121n+11n+2)=342n+32(n+1)(n+2)
    (3) 证明:{bn} 是以 3 为首项,3 为公比的等比数列,
    数列 {bn} 的前 n 项和为 Bn=3(13n)13=32(3n1)
    akBk=232k+13k123×2k+123k1=2k+13k
    Tk{2k+13k} 的前 k 项和,则 Tk=331+532++2k13k1+2k+13k
    两式相减得 23Tk=1+2(132+133++13k)2k+13k+1
    =1+2×19(113k1)1132k+13k+1=432k+43k+1
    所以 Tk=2k+23k
    nk=1akBkTk=2n+23n<2
     

【C组---拓展题】

1. 抛物线 y2=4px(p>0) 的准线与 x 轴的交点为 M,过点 M 作直线交抛物线于 AB 两点.
  (1) 求线段 AB 中点的轨迹方程;
  (2) 若 p=12,线段 AB 的垂直平分线交对称轴于点 N(xN0),求证:xN>32
  (3) 若 p=12,直线 l 的斜率依次取 12(12)2(12)n 时,线段 AB 的垂直平分线与抛物线对称轴的交点依次是 N1N2,…,Nn,求 S=1|N1N2|+1|N2N3|++1|NnNn+1|
 
 

参考答案

  1. 答案 (1) y2=2px+2p2(p>0x>0);(2) 略;(3)19(114n).
    解析 (1) 抛物线的准线方程为 x=pM(p0)
    l 方程为 y=k(x+p)(k0)A(x1y1)B(x2y2)AB 中点 P(x0y0)
    {y=k(x+p)y2=4px k2x2+(2pk24p)x+k2p2=0()
    x1+x2=4p2pk2k2x0=x1+x22=2pk2p ①,
    y0=k(x0+p)=2pk ②,
    由①,②消 k 后得 y20=2px0+2p2(p>0x0>0)
    AB 中点 P 轨迹方程为 y2=2px+2p2(p>0x>0)
    (2) 证明:设 AB 中点 P(x0y0),由 (1) 可知 x0=2pk2p=1k212
    y0=k(x0+p)=k(1k212+12)=1k
    P(1k2121k)
    则线段 AB 的垂直平分线方程为 y1k=1k[x(1k212)]
    y=0xN=1k2+12
    由 (1) 中的方程 (*),可知 Δ=(2pk24p)24k4p2=16p216pk2>0
    0<k2<11k2+12>32,则 xN>32
    (3) 设 Nn(xn0)
    当直线 l 的斜率 kn=(12)n 时,由 (2) 可知 xn=1k2n+12=4n+12
    |NnNn+1|=|xn+1xn|=|4n+1+12(4n+12)|=34n
    1|NnNn+1|=13(14)n
    1|NnNn+1| 是以 112 为首项,以 14 为公比的等比数列,
    S=1|N1N2|+1|N2N3|++1|NnNn+1|=112(1(14)n)114=19(114n)
     
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