专题08 公式法求等差等比数列和教师版

专题08公式法求等差等比数列和一、单选题1．已知等差数列，其前项的和为，，则（）A．24 B．36 C．48 D．64【答案】B【分析】利用等差数列的性质进行化简，由此求得的值.【详解】由等差数列的性质，可得，则故选：B2．已知等比数列的前项和为，若，且数列也为等比数列，则的表达式为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】设等比数列的公比为，当时，，该式可以为0，不是等比数列，当时，，若是等比数列,则，可得，利用，可以求得的值，进而可得的表达式【详解】设等比数列的公比为当时，，所以，当时，上式为0，所以不是等比数列.当时，，所以，要使数列为等比数列，则需，解得.，，故.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是熟记等比数列的前项和公式，等比数列通项公式的一般形式，由此若是等比数列，则，即可求得的值，通项即可求出.3．已知数列的前n项和，则（）A．350 B．351 C．674 D．675【答案】A【分析】先利用公式求出数列的通项公式，再利用通项公式求出的值.【详解】当时，；当时，.不适合上式，.因此，；故选：A.【点睛】易错点睛：利用前项和求通项，一般利用公式，但需要验证是否满足.4．等差数列的首项为，公差不为．若、、成等比数列，则的前项的和为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据等比中项的性质列方程，解方程求得公差，由此求得的前项的和.【详解】设等差数列的公差为，由、、成等比数列可得，即，整理可得，又公差不为0，则，故前项的和为.故选：A5．等差数列中，，则此数列的前项和等于（）A．160 B．180 C．200 D．220【答案】B【分析】把已知的两式相加得到，再求得解.【详解】由题得，所以.所以.故选：B6．为了参加学校的长跑比赛，省锡中高二年级小李同学制定了一个为期15天的训练计划.已知后一天的跑步距离都是在前一天的基础上增加相同距离.若小李同学前三天共跑了米，最后三天共跑了米，则这15天小李同学总共跑的路程为（）A．米 B．米 C．米 D．米【答案】B【分析】利用等差数列性质得到，，再利用等差数列求和公式得到答案.【详解】根据题意：小李同学每天跑步距离为等差数列，设为，则，故，，故，则.故选：B.7．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”你的计算结果是（）A．80里 B．86里 C．90里 D．96里【答案】D【分析】由题意得每天行走的路程成等比数列、且公比为，由条件和等比数列的前项和公式求出，由等比数列的通项公式求出答案即可．【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，由题意和等比数列的求和公式可得，解得，此人第二天走里，第二天走了96里，故选：D．8．设等差数列的前项和为，且，则（）A．45 B．50 C．60 D．80【答案】C【分析】利用等差数列性质当时及前项和公式得解【详解】是等差数列，，，故选：C【点睛】本题考查等差数列性质及前项和公式，属于基础题9．已知数列中，其前项和为，且满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】由利用，得到数列是以1为首项，为公比的等比数列，进而得到是以1为首项，为公比的等比数列，利用等比数列前n项和公式得到，，将恒成立，转化为对恒成立，再分为偶数和为奇数讨论求解.【详解】当时，，得；当时，由，得，两式相减得，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.因为，所以.又，所以是以1为首项，为公比的等比数列，所以，，由，得，所以，所以.又，所以，所以，即对恒成立，当为偶数时，，所以，令，则数列是递增数列，所以；当为奇数时，，所以，所以，所以.综上，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】方法点睛：数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，往往转化为函数的最值问题.10．等差数列的公差为2，若成等比数列，则（）A．72 B．90 C．36 D．45【答案】B【分析】由题意结合成等比数列，有即可得，进而得到、，即可求.【详解】由题意知：，，又成等比数列，∴，解之得，∴，则，∴，故选：B【点睛】思路点睛：由其中三项成等比数列，利用等比中项性质求项，进而得到等差数列的基本量1、由成等比，即；2、等差数列前n项和公式的应用.11．已知数列的前项和为，且满足，，则（）A．7 B．12 C．14 D．21【答案】C【分析】判断出是等差数列，然后结合等差数列的性质求得.【详解】∵，∴，∴数列为等差数列.∵，∴，∴.故选：C12．等差数列中，，公差，则=（）A．200 B．100 C．90 D．80【答案】C【分析】先求得，然后求得.【详解】依题意，所以.故选：C13．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且a1，a3，a4成等比数列，则Sn取最大值时n的值为（）A．4 B．5 C．4或5 D．5或6【答案】C【分析】由等比数列的性质及等差数列的通项公式可得公差，再由等差数列的前n项和公式即可得解.【详解】设等差数列的公差为，成等比数列，即，则，，所以当或时，取得最大值.故选：C.14．设数列是等差数列，若，（）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算出的值，进而利用等差数列的求和公式可求得所求代数式的值.【详解】设等差数列的公差为，则，，因此，.故选：C.15．记为正项等比数列的前项和，若，则（）.A． B． C． D．【答案】D【分析】利用等比数列前项和公式列出方程组，求出首项和公比，由此能求出这个数列的前7项和．【详解】为正项等比数列的前项和，，，，解得，，．故选：．16．已知数列是1为首项、2为公差的等差数列，是1为首项、2为公比的等比数列.设，，则当Tn>2013时，n的最小值是（）A．7 B．9 C．10 D．11【答案】C【分析】利用等差数列、等比数列的通项公式可得，再利用等比数列的前n项和公式求出即可求解.【详解】，则.，而，即，代入检验知n的最小值是10，故选：C.17．某大学毕业生为自主创业于2019年8月初向银行贷款240000元，与银行约定按“等额本金还款法”分10年进行还款，从2019年9月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率为0.5%，现因经营状况良好准备向银行申请提前还款计划于2024年8月初将剩余贷款全部一次还清，则该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少（）(注：“等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率；1年按12个月计算)A．18000元 B．18300元C．28300元 D．36300元【答案】B【分析】先求得2024年8月还完后剩余本金，然后结合等差数列前项和公式，求得还款减少的数额.【详解】由题意，可知：该大学毕业生两种还款方式所还的本金最终都是240000元，∴两种还款方式的本金没有差额.∵该大学毕业生决定2024年8月初将剩余贷款全部一次还清.∴从2019年9月初第一次还款到2024年8月初这5整年即60个月两种还款方式所还的利息也是一样的.∴按原约定所有还款数额－按现计划的所有还款数额＝原约定还款方式从2024年9月起到最后还完这整60个月所还的利息.∵每月应还本金：240000÷120＝2000(元)2024年8月还完后本金还剩240000－2000×60＝120000(元).∴2024年9月应还利息为：120000×0.5%，2024年10月应还利息为：(120000－2000)×0.5%，2024年11月应还利息为：(120000－2000×2)×0.5%，…最后一次应还利息为：(120000－2000×59)×0.5%.后60个月所还的利息为：120000×0.5%＋(120000－2000)×0.5%＋(120000－2000×2)×0.5%＋…＋(120000－2000×59)×0.5%＝0.5%×[120000＋(120000－2000)＋(120000－2000×2)＋…＋(120000－2000×59)]＝0.5%×[120000×60－2000×(1＋2＋…＋59)]＝18300(元).故选：B18．已知数列的前项和为，，，，则（）A．62 B．63 C．64 D．65【答案】D【分析】由题意可得，，即数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列，再利用等比数列的前项和公式分组求和可得和.【详解】由，，可知数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列.所以，，所以.故选：D【点睛】本题考查了等比数列的定义，考查了等比数列的前项和公式，属于中档题.19．等比数列中，，.则的前9项之和为（）A．18 B．42 C．45 D．18或42【答案】D【分析】利用等比数列的通项公式求出等比，从而求出，进而求出前9项之和.【详解】解析设公比为，则，即，所以，所以，所以或18.故选：D20．已知函数各项均不相等的数列满足.令.给出下列三个命题：（1）存在不少于3项的数列使得；（2）若数列的通项公式为，则对恒成立；（3）若数列是等差数列，则对恒成立，其中真命题的序号是（）A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）【答案】D【分析】由题意，函数是奇函数，只需考查函数在的性质，此时，都是增函数，所以在上也是增函数，即时，，对于（1），，即可判断；对于（2），运用等比数列求和公式和和三角函数的性质，即可判断；对于（3），运用等差数列求和公式，及不等式的性质，结合函数的单调性，即可判断；【详解】由题意得，所以是奇函数，只需考查函数在的性质，此时，都是增函数，所以在上也是增函数，即函数在上也是增函数，设若，则，，即若，则，，即所以时，，对于（1），取，，故（1）正确；对于（2），，又令，则又，知，则，则，，又在上单减，，即，，即，则，由的任意性可知，，又，所以，故（2）正确；对于（3），数列是等差数列，若，则；若，即，又是奇函数也是增函数有，可得；同理：若，可得；若，可得；相加可得：若，可得，即；同理若，可得，即，故（3）正确；故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查真假命题的判断，关键是要理解新定义的函数的性质及应用，考查了函数的单调性与奇偶性的问题，考查了等差等比数列的性质与应用，考查了学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题.二、多选题21．已知正项等比数列的前项和为，若，，则（）A．必是递减数列 B． C．公比或 D．或【答案】BD【分析】设设等比数列的公比为，则，由已知得，解方程计算即可得答案.【详解】解：设等比数列的公比为，则，因为，，所以，解得或，当，时，，数列是递减数列；当，时，，数列是递增数列；综上，.故选：BD.【点睛】本题考查数列的等比数列的性质，等比数列的基本量计算，考查运算能力.解题的关键在于结合等比数列的性质将已知条件转化为，进而解方程计算.22．记为等差数列的前n项和.已知，则（）A． B． C． D．【答案】AD【分析】设等差数列的公差为，根据已知得，进而得，故，.【详解】解：设等差数列的公差为，因为所以根据等差数列前项和公式和通项公式得：，解方程组得：，所以，.故选：AD.23．已知数列均为递增数列，的前n项和为的前n项和为且满足，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】利用数列单调性及题干条件，可求出范围；求出数列的前2n项和的表达式，利用数学归纳法即可证明其大小关系，即可得答案.【详解】因为数列为递增数列，所以，所以，即，又，即，所以，即，故A正确；因为为递增数列，所以，所以，即，又，即，所以，即，故B正确；的前2n项和为=，因为，则，所以，则的2n项和为=，当n=1时，，所以，故D错误；当时假设当n=k时，，即，则当n=k+1时，所以对于任意，都有，即，故C正确故选：ABC【点睛】本题考查数列的单调性的应用，数列前n项和的求法，解题的关键在于，根据数列的单调性，得到项之间的大小关系，再结合题干条件，即可求出范围，比较前2n项和大小时，需灵活应用等差等比求和公式及性质，结合基本不等式进行分析，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.三、填空题24．等差数列中，为的前项和，若，则_________.【答案】2【分析】直接利用等差数列求和公式求解即可.【详解】因为，所以，所以.故答案为：2.25．二进制数是用0和1两个数码来表示的数，它是现代信息技术中广泛应用的一种数制，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，它与十进制数可以互相转化，如二进制数1011（记为）表示的十进制数为，即，设各项均为十进制数的数列的通项公式为，则______.【答案】【分析】利用等比数列前项和公式计算即可得到答案.【详解】26．设数列的前项和为，且，则数列的前20项和为_________.【答案】210【分析】先根据等差数列前项和公式得，进而得，再根据等差数列前项和公式即可得答案.【详解】解：因为数列满足，所以数列是等差数列，所以，所以，所以数列的前20项和为.故答案为：.【点睛】结论点睛：若等差数列的前项和为，则也是等差数列.27．在数列中，若，记是数列的前项和，则__________.【答案】【分析】当为奇数时，可得数列的奇数项为公差为2的等差数列，当为偶数时，可得偶数项的特征，将所求问题转化为奇数项和偶数项求和即可.【详解】∵，∴当为奇数时，，即数列的奇数项为公差为2的等差数列，当为偶数时，，∴，，∴，故答案为：2550.【点睛】关键点点睛：（1）得到数列的奇数项为公差是2的等差数列；（2）得到数列的偶数项满足.28．位于宁夏青铜峡市的108塔建于西夏时期，塔的排列顺序自上而下，第一层1座，第二层3座，第三层3座，第四层5座，第五层5座，从第五层开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，则该塔共有__________层.【答案】【分析】利用已知条件将第五层有的塔的数目设为，设从第五层开始自上而下，每一层的塔的数目为，利用等差数列的通项公式以及前项和公式即可得出结果.【详解】已知从第五层开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，将第五层有的塔的数目设为，设从第五层开始自上而下，每一层的塔的数目为，，则，设前项和为,，前四层共有塔的数目为：（座），（座），令，即又，解得，所以该塔共有（层）.故答案为：.29．已知数列是等差数列，是其前n项和．若，，则的最小值是_______．【答案】【分析】根据等差数列的通项公式与前项和公式求出基本量，再根据二次函数求出的最小值.【详解】设等差数列的公差为，由，得，所以可化为，所以，解得，所以，所以当时，取得最小值.故答案为：.【点睛】关键点点睛：熟练掌握等差数列的通项公式与前项和公式是解题关键，属于基础题.30．已知数列满足，定义使为整数的叫做“幸福数”，则区间内所有“幸福数”的和为_____【答案】1349【分析】利用换底公式可得，求出，结合可得，再利用等比数列的前项和即可求解.【详解】当时，为幸福数，符合题意；当时，令，则.由.故“幸福数”的和为故答案为：1349.四、解答题31．数列中，，，数列是公比为的等比数列.（1）求使成立的的取值范围；（2）若，求的表达式；（3）若，求.【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）根据等比数列的定义，由题中条件，得到，解，即可得出结果；（2）根据题中条件，先得到是首项为，公比为的等比数列，进而可求出；（3）由等比数列的求和公式，分别讨论，，三种情况，由无穷等比数列的极限，即可得出结果.【详解】（1）是公比为的等比数列，且由N)，有解得（2），，，，又是首项为，公比为的等比数列，（3）当时，，；当时，，；当时，即.综上，.【点睛】思路点睛：求无穷等比数列前项和的极限时，一般需要利用分类讨论的方法，讨论公比的范围，根据等比数列的求和公式，以及极限的运算法则，即可求出结果.32．设数列的前项和为，且.（1）证明：是等比数列；（2）令，证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）当时，可得，由有两式相减得从而得证.(2)由（1）,所以，则，利用等比数列的求和公式可求和，从而可证.【详解】（1）∵，∴，两式相减得，即又，即，所以，∴是1为首项，为公比的等比数列；（2）由（1），∴，∴∴.【点睛】关键点睛：本题考查根据数列前项和与的递推关系求通项公式和求等比数列的前项和,解答本题的关键是由题目条件得出再与原式相减得出，从而得出数列是等比数列，从而可得为等比数列，属于中档题.33．已知数列的前n项和为且满足．（1）求的通项公式；（2）记，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）将递推关系多递推一项，再相减，可得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即可得答案；（2）求出，再放缩成等比数列求和，即可得答案；【详解】（1）由得，，两式相减得，，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以；（2）由（1），所以，所以，当时，，又当时，，所以，综上可得，.【点睛】已知数列的递推关系，采用多递推一项再相减是常见的解题思路；数列不等式在证明时，常将通项放缩成一个可求和的数列.34．设数列的前项和为，对任意的满足且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）an=n；（2）n为偶数时；n为奇数时.【分析】（1）根据与的关系，可得an-an-1=1，令n=1，求出a1=1，再利用等差数列的通项公式即可求解.（2）由（1）求出的通项公式，讨论的奇、偶，再利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】解（1）因为2Sn=an(an+1)，①所以当n≥2时，2Sn-1=an-1(an-1+1).②①-②得2an=-+an-an-1，an>0即(an+an-1)(an-an-1-1)=0.若an-an-1-1=0，当n≥2时，有an-an-1=1，又当n=1时，由2S1=a1(a1+1)及a1>0，得a1=1，所以数列{an}是等差数列，其通项公式为an=n(n∈N*).综上，数列{an}的通项公式为an=n（2）由（1）知an=n，cn=10.n为偶数时Tn=(2+4++n)+3×(21+23++2n)+n/2==20.n为奇数时Tn=[2+4++(n+1)]+3×(21+23++2n-1)+=综上（10）n为偶数时（20）n为奇数时35．已知正项等比数列的前项和为，且满足是和的等差中项，.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）直接利用已知条件建立等量关系求出数列的公比，进一步求出数列的通项公式.（2）利用（1）的结论，进一步利用分组法求出数列的和.【详解】（1）正项等比数列的前项和为，且满足是和的等差中项，设公比为，则，整理得：，由于，即，即，因为，所以解得，所以.（2）由于，所以.【点睛】关键点点睛：第二问分组后利用等差、等比数列的前项和公式求和是解题关键.新高考数学培优专练共39讲（附解析版）目录如下。全套39讲（附解析）word版本见：高考高中资料无水印无广告word群559164877新高考数学培优专练01圆锥曲线中的弦长问题（原卷板及解析版）新高考数学培优专练02圆锥曲线中的面积问题（原卷板及解析版）新高考数学培优专练03圆锥曲线中的中点弦问题（原卷板及解析版）新高考数学培优专练04圆锥曲线中的范围问题（原卷板及解析版）新高考数学培优专练05圆锥曲线中的定点问题（原卷板及解析版）新高考数学培优专练06圆锥曲线中的定值问题（原卷板及解析版）新高考数学培优专练07圆锥曲线中的向量共线问题（原卷板及解析版）新高考数学培优专练08公式法求等差等比数列和（原卷板及解析版）新高考数学培优专练09数列求和方法之裂项相消法（原卷板及解析版）新高考数学培优专练10数列求和方法之错位相减法（原卷板及解析版）新高考数学培优专练11数列求和方法之分组并项求和法（原卷板及解析版）新高考数学培优专练12数列求和方法之倒序相加法（原卷板及解