4.3.2 等比数列的综合应用
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[【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)]
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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: anan−1=q(q 是常数,n≥2) 或 an+1an=q(q 是常数,n∈N∗)
等比中项
若 a,b ,c 成等比数列,则 b 称 a 与 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: anan−1=q(q 是常数,n≥2)⇒{an} 是等比数列;
② 中项法:a2n+1=anan+2(an≠0,n∈N∗)⇒{an} 是等比数列;
③ 通项公式法:若数列的通项公式是形如 an=k⋅qn (k,q 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=k⋅qn−k(k,q 是常数且 k≠0,q≠0,1),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=a1qn−1.(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(1−qn)1−q(q≠1)
(由错位相减法可证)
注 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 m,n,p,t∈N∗)
设 {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=amqn−m;
(3) qn−m=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 q⋅t 的等比数列;
(5) 下标成等差数列且公差为 m 的项 ak , ak+m , ak+2m,…(k,m∈N∗) 组成公比为 qm 的等比数列;
(6) 若 q≠−1,则 Sn ,S2n−Sn ,S3n−S2n ,… 成等比数列;(∵q=−1,n 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 a2,9,a5 成等差数列,则 S20= ( )
A. 222−1 B. 221−1 C. 220−1 D. 219−1
解析 设等比数列 {an} 的首项为 a1,已知公比 q=2,且 a2,9,a5 成等差数列,
18=a2+a5=2a1+16a1,解得 a1=1.
∴S20=1×(1−220)1−2=220−1.
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=1,a2=b2,a4=b3,
设 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 d≠0,等比数列 {bn} 的公比为 q,
∵a1=b1=1,a2=b2,a4=b3,
∴1+d=q,1+3d=q2,d≠0,解得 d=1,q=2.
∴an=1+n−1=n,bn=2n−1.
∴cn=an+bn=n+2n−1.
则数列 {cn} 的前 10 项和 10×(1+10)2+210−12−1=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 或 −32 D.2 或 −32
2. 已知等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,且 2S3,3S5,4S6 成等差数列,则数列 {an} 的公比 q=$( )
A.1 或 12 B.−1 或 −12 C.−1 或 2 D.1 或 −2
3. 设正项等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,若 2S3=3a2+8a1,S8=2S7+2,则 a2=( )
A.4 B.3 C.2 D.1
参考答案
-
答案 A
解析 由 2S3=3a2+8a1,有 2(a1+a2+a3)=3a2+8a1,即 2a3−a2−6a1=0,
由等比数列的通项公式得 2a1q2−a1q−6a1=0,
即 2q2−q−6=0,解得 q=2 或 q=−32,
由数列为正项等比数列, ∴q=2.
故选:A. -
答案 B
解析 ∵2S3,3S5,4S6 成等差数列,∴6S5=2S3+4S6,
即 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 4a6−2a5−2a4=0,
∵a4≠0,∴2q2−q−1=0,解得 q=1 或 −12,
故选:B. -
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+a2−2a3=0,
∴6a1+a1q−2a1q2=0,
∵a1>0,
∴6+q−2q2=0,解得 q=2 或 q=−32(舍去),∴q=2,
∵S8=2S7+2,∴S7+a8=2S7+2,∴a8=S7+2,
∴a1q7=a1(1−q7)1−q+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=32,a2+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>0,a2+a3=12>0,
故 a2>0,a3>0.
根据根与系数的关系,可知 a2,a3 是一元二次方程 x2−12x+32=0 的两个根.
解得 a2=4,a3=8,或 a2=8,a3=4.
∵ 等比数列 {an} 是递增数列,∴q>1.
∴a2=4,a3=8 满足题意.
∴q=2, a1=a2q=2.故选项 A 不正确.
an=a1⋅qn−1=2n.
∵Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2, ∴Sn+2=2n+1=4⋅2n−1.
∴ 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+1−2=512−2=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 Tn,a4−a2=6,a5−a3=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 Tn,a4−a2=6,a5−a3=12,
当 q≠1 时,a2(q2−1)=6,a2q3−a2q=12,
两式相除得 q=2,
将 q=2 代入 a2(q2−1)=6,解得 a2=2,
∴a1=1, ∴Sn=1−2n1−2=2n−1,
Tn=1×2×22×23×⋯×2n−1=2n(n−1)2,
∴Tn(Sn+1)72=2n(n−1)227n2=2n2−8n2,
∴n=4 时, n2−8n2 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=0,S3=34,且 a⩽Sn⩽a+2,则实数 a 的取值范围是 ( )
A.[−1,0] B.[−1,12] C.[12,1] D.[0,1]
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>1,a2021⋅a2022>1, a2021−1a2022−1<0.则下列结论正确的是 ( )
A.q<0 B.a2021⋅a2023>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=32, S3=92,则 q=−12
C.若 a3=1,a7=16,则 a5=4
D.若 S6−S4=6(S4−S2),则 q2=6
4. 已知等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,公比 q>0,a1=1, a12=9a10,若数列 {t+Sn} 为等比数列,则实数 t=_.
5. 已知等比数列 {an},an>0,a1=256,S3=448,Tn 为数列 {an} 的前 n 项乘积,则当 Tn 取得最大值时,n=_.
参考答案
-
答案 B
解析 设等比数列 {an} 的公比为 q,∵a1+2a2=0, S3=34,
∴a1(1+2q)=0,a1(1+q+q2)=34,解得:a1=1,q=−12,
∴Sn=1−(−12)n1−(−12)=23[1−(−12)n].
当 n=1 时,Sn 取最大值 1,当 n=2 时,Sn 取最小值 12,
∴{a⩽12a+2⩾1,∴−1⩽a⩽12,
故选:B. -
答案 D
解析 等比数列 {an} 中,a1>1,a2021⋅a2022>1, a2021−1a2022−1<0.
所以 a2021>1,0<a2022<1,0<q<1,A 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<1,0<a2023<1,
所以 a2021⋅a2023=a22022<1,B 错误.
故选:D. -
答案 AC
解析 对于 A,不妨设正项等比数列 {an} 的通项公式 an=a1qn−1,
因为 lgan=n−1lgq+lga1 是 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(q−2+q−1+1),
所以 q−2+q−1+1=3,即 2q2−q−1=0,解得 q=1 或 q=−12,
所以 B 不正确,
对于 C,若 a3=1,a7=16,
则 a25=a3a7=16,注意到 a5a3=q2>0,
所以 a5=4,所以 C 正确,
对于 D,由 S6−S4=6(S4−S2) 得 a5+a6=6(a3+a4),
所以 q2(a3+a4)=6(a3+a4),
当 a3+a4=0 时,q=−1,q2=1,所以 D 不正确.
故选:AC. -
答案 12
解析 因为 a12=9a10,所以 a1⋅q11=9a1⋅q9,即 q2=9,
因为 q>0,所以 q=3,
所以 Sn=a1(1−qn)1−q=3n−12,
所以 S1=1,S2=4,S3=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. -
答案 8 或 9
解析 设等比数列 {an} 的公比为 q,∵an>0,∴q>0.
∵a1=256,S3=448,∴256(1+q+q2)=448,解得 q=12.
∴an=256×(12)n−1=29−n.
Tn=28⋅27⋅……⋅29−n=28+7+⋯+9−n=2n(8+9−n)2=2−[(n−172)2−2894].
∴ 当 n=8 或 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+1−2n+1+1,且 a1,a2+5,a3 成等差数列.
(1) 求 a1,a2 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)∵a1,a2+5,a3 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+1−2n+1+1,
当 n=1 时,2a1=a2−3,②
当 n=2 时,2(a1+a2)=a3−7,③
∴ 联立①②③解得,a1=1,a2=5,a3=19.
(2) 证明:由 2Sn=an+1−2n+1+1,①得 2Sn−1=an−2n+1,②,
两式相减得 2an=an+1−an−2n(n⩾2),
an+1+2n+1an+2n=3an+2n+2n+1an+2n=3(n⩾2).
∵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),
又 a1=1,a1+21=3,
∴an+2n=3n,即 an=3n−2n.
(3) 由 (2) 可知 an=3n−2n,设 bn=an+2n+2n=3n+2n,前 n 项和为 Tn,
则 Tn=b1+b2+⋯+bn=(3+32+⋯+3n)+(2+4+⋯+2n)
=3(1−3n)1−3+n(2+2n)2=3n+12+n2+n−32..
【典题 2】 已知数列 {an} 是各项为正数的等比数列,且 a2=4,a3a4a5=212.数列 {bn} 是单调递增的等差数列,且 b2b3=15,b1+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),
由 a3a4a5=212,得 a34=212,得 a4=24,
又 a2=4, ∴q2=a4a2=244=4,则 q=2.
∴an=a2qn−2=4⋅2n−2=2n;
在等差数列 {bn} 中,由等差数列的性质可得,b2+b3=b1+b4=8,
又 b2b3=15,且数列 {bn} 是单调递增数列,
解得 b2=3,b3=5,
则公差 d=b3−b2=5−3=2.
∴bn=b2+(n−2)×2=3+2n−4=2n−1.
(2)∵anbn=(2n−1)2n.
∴Tn=1⋅21+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n−1)⋅2n,
2Tn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋯+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1.
∴−Tn=2+2(22+23+⋯+2n)−(2n−1)⋅2n+1
=2+2⋅4(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1=−(2n−3)2n+1−6.
∴Tn=(2n−3)⋅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:n⩾2 时,a2n>Sn+5.
2. 已知数列 {an} 满足 a1=3,a2=5,且 2an+2=3an+1−an,n∈N∗.
(1) 设 bn=an+1−an,求证:数列 {bn} 是等比数列;
(2) 若数列 {an} 满足 an⩽m(n∈N∗),求实数 m 的取值范围.
3. 设数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N∗)
(1) 若 bn=an+1−2an,求 bn;
(2) 若 cn=1an+1−2an,求 {cn} 的前 6 项和 T6;
(3) 若 dn=an2n ,求数列 {dn} 的通项.
参考答案
-
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} 中 a1 和 q 均不为 0,所以 a1=q=2,
故数列 {an} 的通项公式为 an=a1⋅qn−1=2⋅2n−1=2n.
(2) 证明:由 (1) 可得 Sn=a1(1−qn)1−q=2(1−2n)1−2=2n+1−2,
因为 n⩾2 时,2n>3,
所以 a2n−Sn−5=(2n)2−2n+1−3=(2n)2−2⋅2n−3=(2n+1)(2n−3)>0,
所以 n⩾2 时,a2n>Sn+5. -
答案 (1) 略 ;(2)[7,+∞).
解析 (1) 证明:由题知,2an+2=3an+1−an,
即 bn+1=12bn,且 b1=a2−a1=5−3=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+1−an=12n−2 ,
则当 n⩾2 时,
其前 n−1 项和 Sn−1=a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1
=an−a1=2−12n−21−12=4−12n−3,
则 an=7−(12)n−3 ,n⩾2,且 a1=3 也满足通项,
则由指数函数单调性知,an=7−12n−3<7,
若满足 an⩽m(n∈N∗),则 m⩾7,
即实数 m 的取值范围是 [7,+∞). -
答案 (1) bn=3⋅2n−1;(2) 6196;(3) dn=3n4−14 .
解析 (1)∵a1=1,Sn+1=4an+2(n∈N∗),
∴Sn+2=4an+1+2,
∴an+2=Sn+2−Sn+1=4(an+1−an),
∴an+2−2an+1=2(an+1−an),即 bn+1=2bn,
∴{bn} 是公比为 2 的等比数列,且 b1=a2−2a1
∵a1=1,a2+a1=S2,即 a2+a1=4a1+2,
∴a2=3a1+2=5,∴b1=5−2=3,
∴bn=3⋅2n−1.
(2) cn=1an+1−2an=1bn=13⋅2n−1, ∴c1=13,
∴cn=13⋅(12)n−1,
∴{cn} 是首项为 13,公比为 12 的等比数列,
∴T6=13[1−(12)6]1−12=23(1−164)=6196.
(3) ∵dn=an2n,bn=3⋅2n−1,
∴dn+1−dn=an+12n+1−an2n=an+1−2an2n+1=bn2n+1=3×3n−12n+1=34,
∴{dn} 是等差数列, dn=3n4−14.
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=10,a2a3a4=64,则 ( )
A.Sn+1−Sn=2n+1 B.an=2n C.Sn=2n−1 D.Sn=2n−1−1
2. 设等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,公比为 q,且 S3,S9,S6 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>0,a1=12,Sn<2,则 {an} 的公比的取值范围是 ( )
A.(0,34] B.(0,23] C.(0,34) D.(0,23)
4. 在等比数列 {an} 中,a1=−9,a5=−1,记 Tn=a1a3a5…a2n−1(n=1,2,⋯),则数列 {Tn} ( )
A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项
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=1,a5=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=lgan−2+lgan+2(n⩾3)
6. 已知等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn,若 a1+a3=5,S4=20,则 S8−2S4S6−S4−S2=_.
7. 如图,在 Rt△ABC 内有一系列的正方形,它们的边长依次为 a1,a2,…,an,…,若 AB=a,BC=2a,
则所有正方形的面积的和为 _.
8. 已知等比数列 {an} 的公比 q>0,且 a1=1,4a3=a2a4.
(1) 求公比 q 和 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 n∈N+ 都有 an+1=2(an−n+1).
(1) 证明数列 {an−2n} 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 Sn,a1=3 且 an+1=2Sn+3,数列 {bn} 为等差数列,且公差 d>0,b1+b2+b3=15.
(1) 求数列 {an} 的通项公式;
(2) 若 a13+b1, a23+b2, a33+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+16⩾λn 对任意的 n∈N∗ 恒成立,求 λ 的最大值.
参考答案
-
答案 C
解析 ∵a2a3a4=64,∴a33=64,解得 a3=4.
又 a2+a4=10, ∴4q+4q=10,
化为 2q2−5q+2=0,解得 q=2 或 12.
q=2 时,a1=1;q=12 时,a1=16.
又等比数列 {an} 是单调递增,取 q=2,a1=1.
∴an=2n−1.
∴Sn=2n−12−1=2n−1,Sn+1−Sn=2n+1−1−(2n−1)=2n.
因此只有 C 正确.
故选:C. -
答案 B
解析 ∵S3,S9,S6 成等差数列,∴2S9=S3+S6,
∴(S9−S6)+(S9−S3)=0,
即 (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=−12, ∴8q3=−4.
故选:B. -
答案 A
解析 设等比数列 {an} 的公比为 q,则 q≠1.
∵an>0,a1=12,Sn<2,
∴{an} 是递减数列,12×qn−1>0, 12(1−qn)1−q<2,
∴1>q>0 且 1⩽4−4q,解得 0<q⩽34.
综上,{an} 的公比的取值范围是 (0,34].
故选:A. -
答案 A
解析 设等比数列 {an} 的公比为 q,
则 a1a1=q4=19,所以 q2=13,
设数列 {bn} 为等比数列 {an} 的奇数项 a1,a3,a5,…,a2n−1(n=1,2,…),
则数列 {bn} 是以 −9 为首项,13 为公比的等比数列,
则 bn=−9×(13)n−1=−(13)n−3,
所以 Tn=a1a3a5⋯a2n−1=b1b2b3⋯bn,
当 n⩾4 时,|bn|<1,当 1⩽n⩽3 时,|bn|⩾1,
当 n 为奇数时,Tn<0,因为 b3=−1,所以 Tn⩾T3=−27,
当 n 为偶数时,Tn>0,因为 b3=−1,所以 Tn⩽T2=27,
综上所述,数列 {Tn} 有最大项 T2=27 和最小项 T3=−27.
故选:A. -
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,
若 a1=1,a5=27a2,则 q3=a5a2=27,解可得 q=3,A 正确;
对于 B,由于 q=3,a1=1,则 Sn=a1(1−qn)1−q=3n−12,
则 Sn+2=3n+12,数列 {Sn+2} 不是等比数列,B 错误;
对于 C,由于 Sn=a1(1−qn)1−q=3n−12,则 S5=121,C 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,an−2⋅an+2=a2n,
所以 2lgan=lgan+2+lgan−2,D 正确.
故选:ACD. -
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,
则 S8−2S4S6−S4−S2=(S8−S4)−S4(S6−S2)−S4=q4S4−S4q2S4−S4=q4−1q2−1=q2+1=10. -
答案 45a2
解析 根据题意可知 ABBC=12,可得 a1=23a,
依次计算 a2=23a1,a3=23a2,… 是公比为 23 的等比数列,
正方形的面积:依次 S1=49a2, S2=49a21,… 边长依次为 a1,a2,…,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=S11−q=49a21−49=45a2.
故答案为:45a2 -
答案 (1) q=2,a3=4;(2) 略 .
解析 (1) 解:∵ 等比数列 {an} 的公比 q>0,且 a1=1,4a3=a2a4.
∴4q2=q4,解得 q=2,∴a3=4.
(2) 证明:an=2n−1, Sn=2n−12−1=2n−1,
∴snan−2=2n−12n−1−2=2−12n−1−2<0,
∴Snan<2. -
答案 (1) 略;(2)Sn=2n+1−2+n2+n .
解析 (1)∵an+1=2(an−n+1)
∴an+1−2(n+1)an−2n=2(an−n+1)−2(n+1)an−2n=2(an−2n)an−2n=2,
∴ 数列 {an−2n} 是以 a1−2=2 为首项,以 2 为公比的等比数列
(2) 由 (1) 可得 an−2n=2⋅2n−1=2n
∴an=2n+2n,
∴Sn=2−2n+11−2+(2+2n)n2=2n+1−2+n2+n. -
答案 (1) an=3n ;(2) Tn=n2+2n ;(3) 10.
解析 (1) 由 an+1=2Sn+3,得 an=2Sn−1+3(n⩾2)
相减得:an+1−an=2(Sn−Sn−1),即 an+1=3an,
∵ 当 n=1 时,a2=2a1+3=9, ∴a2a1=3,
∴ 数列 {an} 是等比数列,
∴an=3⋅3n−1=3n.
(2)∵b1+b2+b3=15,b1+b3=2b2, ∴b2=5
由题意,a13+b1, a23+b2, a33+b3 成等比数列, ∴(a23+b2)2=(a13+b1)(a33+b3),
设 b1=5−d,b3=5+d,∴64=(5−d+1)(5+d+9),
∴d2+8d−20=0,得 d=2 或 d=−10(舍去)
故 Tn=3n+n(n−1)2⋅2=n2+2n.
(3) 由题意, λ⩽n+16n+2,
∵n+16n⩾2√n⋅16n=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 ∀n∈N∗,当 n≠4 时,Sn<S4,则数列 {an} 的公比 q 的取值范围为 ( )
A. (19,√39) B. (13,√33) C. (19,√33) D. (19,13)
2.(多选) 已知数列 {an} 满足 a1=1, an+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 n∈N∗,都有 A⩽2Sn−1Sn⩽B 恒成立,则 B−A 的最小值为 _.
4. 已知数列 {an} 是等差数列,其前 n 项和为 An,a7=15,A7=63;数列 {bn} 的前 n 项和为 Bn,2Bn=3bn−3(n∈N∗).
(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
-
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 n⩾2 时, anan−1=3bn3bn−1=3bn−bn−1=q,
所以 bn−bn−1=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} 前 n 项和 Sn 中,S4 是唯一的最大值,
则 {b4>0b5<0,即 {6+3log3q>06+4log3q<0,解得 19<q<√39,
故选:A. -
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),
令 bn=10an+10,则 bn+1=10bn,
即 {bn} 是以 10 为公比的等比数列,b1=20,
故 bn=2×10n,
所以 an=lg(2×10n−10) 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+100−40×10n+1),
an+an+2=lg(2×10n−10)(20×10n−10)
=lg[4×102n+2+100−20(10n+10n+2)],
又 10n+10n+2>2√102n+2=2×10n+1,
所以 an+an+2<2an+1,C 正确;
令 cn=n+1,则其前 n 项和为 n(n+3)2,
而 an=lg(2×10n−10)<lg(2×10n)<lg(10×10n)=n+1=cn,
故 Sn<n(n+3)2,D 正确.
故选:ACD. -
答案 136
解析 Sn=32[1−(−12)n]1−(−12)=1−(−12)n.
2Sn−1Sn=2[1−(−12)n]−11−(−12)n.
n=2k(k∈N∗) 时, 2Sn−1Sn=2[1−(12)n]−11−(12)n,关于 n 单调递增,
n=2 时,取得最小值 2S2−1S2=16; n→+∞ 时, 2Sn−1Sn→1.
n=2k−1(k∈N∗) 时, 2Sn−1Sn=2[1+(12)n]−11+(12)n,关于 n 单调递减,n=1 时,取得最大值 2S1−1S1=73;
n→+∞ 时, 2Sn−1Sn→1.
对任意的 n∈N∗,都有 A⩽2Sn−1Sn⩽B 恒成立,
则 B−A 的最小值为 73−16=136.
故答案 为: 136. -
答案 (1)an=2n+1,bn=3n ;(2) Sn=34−2n+32(n+1)(n+2) ;(3) 略 .
解析 (1)∵ 数列 {an} 是等差数列,其前 n 项和为 An,a7=15,A7=63,
∴{a7=a1+6d=15A7=7a1+7×62d=63,解得 a1=3,d=2,
∴ 数列 {an} 的通项公式为 an=3+n−1×2=2n+1,
∵ 数列 {bn} 的前 n 项和为 Bn,2Bn=3bn−3(n∈N∗),
∴n⩾2 时,2bn=2(Bn−Bn−1)=3bn−3−(3bn−1−3),
化为 bn=3bn−1,
n=1,2b1=3b1−3,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(n−1)2⋅2=n2+2n,
∴1An=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n−1n+2),
∴ 数列 {1An} 的前 项和 Sn=12(1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2),
即 Sn=12(1+12−1n+1−1n+2)=34−2n+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(1−3n)1−3=32(3n−1),
∴akBk=23⋅2k+13k−1⩽23×2k+12⋅3k−1=2k+13k,
令 Tk 为 {2k+13k} 的前 k 项和,则 Tk=331+532+⋯+2k−13k−1+2k+13k,
两式相减得 23Tk=1+2(132+133+⋯+13k)−2k+13k+1
=1+2×19(1−13k−1)1−13−2k+13k+1=43−2k+43k+1,
所以 Tk=2−k+23k,
故 ∑nk=1akBk⩽Tk=2−n+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 A,B 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(xN,0),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 N1,N2,…,Nn,求 S=1|N1N2|+1|N2N3|+⋯+1|NnNn+1|.
参考答案
- 答案 (1) y2=2px+2p2,(p>0,x>0);(2) 略;(3)19(1−14n).
解析 (1) 抛物线的准线方程为 x=−p,∴M(−p,0),
设 l 方程为 y=k(x+p)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),AB 中点 P(x0,y0),
由 {y=k(x+p)y2=4px 得 k2x2+(2pk2−4p)x+k2p2=0(∗),
则 x1+x2=4p−2pk2k2, ∴x0=x1+x22=2pk2−p ①,
又 y0=k(x0+p)=2pk ②,
由①,②消 k 后得 y20=2px0+2p2,(p>0,x0>0),
即 AB 中点 P 轨迹方程为 y2=2px+2p2,(p>0,x>0).
(2) 证明:设 AB 中点 P(x0,y0),由 (1) 可知 x0=2pk2−p=1k2−12,
又 y0=k(x0+p)=k(1k2−12+12)=1k,
∴P(1k2−12,1k)
则线段 AB 的垂直平分线方程为 y−1k=−1k[x−(1k2−12)],
令 y=0, xN=1k2+12,
由 (1) 中的方程 (*),可知 Δ=(2pk2−4p)2−4k4p2=16p2−16pk2>0,
∴0<k2<1, ∴1k2+12>32,则 xN>32.
(3) 设 Nn(xn,0),
当直线 l 的斜率 kn=(12)n 时,由 (2) 可知 xn=1k2n+12=4n+12,
∵|NnNn+1|=|xn+1−xn|=|4n+1+12−(4n+12)|=3⋅4n,
∴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)1−14=19(1−14n).
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