高中化高三大题练习解题5数列专题5第22练

综合复习资料高中化学第第页第22练基本量——破解等差、等比数列的法宝[题型分析·高考展望]等差数列、等比数列是高考的必考点，经常以一个选择题或一个填空题，再加一个解答题的形式考查，题目难度可大可小，有时为中档题，有时解答题难度较大.解决这类问题的关键是熟练掌握基本量，即通项公式、前n项和公式及等差、等比数列的常用性质.常考题型精析题型一等差、等比数列的基本运算例1已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.点评等差(比)数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本的元素.(2)解题思路：①设基本量a1和公差d(公比q)；②列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量.变式训练1(1)(2014·安徽)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.(2)(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7等于()A.21 B.42C.63 D.84题型二等差数列、等比数列的性质及应用例2(1)(2015·广东)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.(2)设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于()A.150 B.－200C.150或－200 D.400或－50点评等差(比)数列的性质盘点类型等差数列等比数列项的性质2ak＝am＋al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差数列)aeq\o\al(2,k)＝am·al(m，k，l∈N*且m，k，l成等差数列)am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q)am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*且m＋n＝p＋q)和的性质当n为奇数时：Sn＝n当n为偶数时：eq\f(S偶,S奇)＝q(公比)依次每k项的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成等差数列依次每k项的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成等比数列(k不为偶数且公比q≠－1)变式训练2(1)已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是________.(2)在等差数列{an}中，a1＝－2016，其前n项和为Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，则S2016的值为________.题型三等差、等比数列的综合应用例3(2015·陕西)设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x＞0，n∈N，n≥2.(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n)；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明.点评(1)对数列{an}，首先弄清是等差还是等比，然后利用相应的公式列方程组求相关基本量，从而确定an、Sn.(2)熟练掌握并能灵活应用等差、等比数列的性质，也是解决此类题目的主要方法.变式训练3(2015·北京)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.(1)求{an}的通项公式；(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？高考题型精练1.(2014·重庆)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是()A.a1，a3，a9成等比数列B.a2，a3，a6成等比数列C.a2，a4，a8成等比数列D.a3，a6，a9成等比数列2.(2014·天津)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1等于()A.2 B.－2C.eq\f(1,2) D.－eq\f(1,2)3.已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为()A.－110 B.－90C.90 D.1104.(2014·大纲全国)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于()A.6 B.5C.4 D.35.(2015·北京)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是()A.若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0B.若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C.若0＜a1＜a2，则a2＞eq\r(a1a3)D.若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞06.(2015·临沂模拟)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，则使得eq\f(an,bn)为整数的正整数n的个数是()A.2 B.3C.4 D.57.(2015·北京东城区模拟)设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________.8.(2014·北京)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大.9.(2015·浙江)已知{an}是等差数列，公差d不为零.若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.10.(2015·苏州模拟)公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1，ak2，ak3，…构成等比数列，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4＝________.11.已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)且an＋1＝an－aeq\o\al(2,n)(n∈N*).(1)证明：1≤eq\f(an,an＋1)≤2(n∈N*)；(2)设数列{aeq\o\al(2,n)}的前n项和为Sn，证明：eq\f(1,2n＋2)≤eq\f(Sn,n)≤eq\f(1,2n＋1)(n∈N*).12.(2015·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－

\f(1,2)an))为等比数列；(3)求数列{an}的通项公式.

答案精析专题5数列第22练基本量——破解等差、等比数列的法宝常考题型精析例1解(1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn，由T5＝105，a10＝2a5，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×5－1,2)d＝105，,a1＋9d＝2a1＋4d，))解得a1＝7，d＝7.因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*).(2)对m∈N*，若an＝7n≤72m，则n≤72m－1.因此bm＝72m－1.所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，故Sm＝eq\f(b11－qm,1－q)＝eq\f(7×1－49m,1－49)＝eq\f(7×72m－1,48)＝eq\f(72m＋1－7,48).变式训练1(1)1(2)B解析(1)设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1，∴q＝eq\f(a3＋3,a1＋1)＝eq\f(a1－2＋3,a1＋1)＝1.(2)设等比数列{an}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故选B.例2(1)10(2)A解析(1)因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.(2)依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.又S20>0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，则S40＝S30＋eq\f(S30－S202,S20－S10)＝70＋eq\f(402,20)＝150.变式训练2(1)25(2)－2016解析(1)∵S20＝eq\f(a1＋a20,2)×20＝100，∴a1＋a20＝10.∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.∵an>0，∴a7·a14≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a7＋a14,2)))2＝25.当且仅当a7＝a14时取等号.故a7·a14的最大值为25.(2)根据等差数列的性质，得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项eq\f(S1,1)＝a1＝－2016，公差d＝1，故eq\f(S2016,2016)＝－2016＋(2016－1)×1＝－1，所以S2016＝－2016.例3(1)证明Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，则Fn(1)＝n－1＞0，Fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－2＝－eq\f(1,2n)＜0，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内至少存在一个零点.又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0(x＞0)，故Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内单调递增，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内有且仅有一个零点xn，因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，即eq\f(1－x\o\al(n＋1,n),1－xn)－2＝0，故xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n).(2)解方法一由题设，gn(x)＝eq\f(n＋11＋xn,2)，设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－eq\f(n＋11＋xn,2)，x＞0.当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1xn－1,2)，若0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝eq\f(nn＋1,2)xn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝0，若x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝eq\f(nn＋1,2)xn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝0，所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以h(x)＜h(1)＝0，即fn(x)＜gn(x)，综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x).方法二由已知，记等差数列为{ak}，等比数列为{bk}，k＝1,2，…，n＋1，则a1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，所以ak＝1＋(k－1)·eq\f(xn－1,n)(2≤k≤n)，bk＝xk－1(2≤k≤n)，令mk(x)＝ak－bk＝1＋eq\f(k－1xn－1,n)－xk－1，x＞0(2≤k≤n)，当x＝1时，ak＝bk，所以fn(x)＝gn(x)，当x≠1时，m′k(x)＝eq\f(k－1,n)·nxn－1－(k－1)xk－2＝(k－1)xk－2(xx－k＋1－1)，而2≤k≤n，所以k－1＞0，n－k＋1≥1，若0＜x＜1，xx－k＋1＜1，m′k(x)＜0；若x＞1，xx－k＋1＞1，m′k(x)＞0，从而mk(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以mk(x)＞mk(1)＝0，所以当x＞0且x≠1时，ak＞bk(2≤k≤n)，又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，故fn(x)＜gn(x)，综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x).变式训练3解(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a4－a3＝2，所以d＝2.又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1,2，…).(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝2，b1＝4.所以b6＝4×26－1＝128.由128＝2n＋2，得n＝63，所以b6与数列{an}的第63项相等.高考题型精练1.D[设等比数列的公比为q，因为eq\f(a6,a3)＝eq\f(a9,a6)＝q3，即aeq\o\al(2,6)＝a3a9，所以a3，a6，a9成等比数列.故选D.]2.D[因为等差数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，所以S1，S2，S4分别为a1,2a1－1,4a1－6.因为S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1·(4a1－6).解得a1＝－eq\f(1,2).]3.D[∵a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16，又∵a7是a3与a9的等比中项，∴(a1－12)2＝(a1－4)·(a1－16)，解得a1＝20.∴S10＝10×20＋eq\f(1,2)×10×9×(－2)＝110.]4.C[数列{lgan}的前8项和S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.]5.C[设等差数列{an}的公差为d，若a1＋a2>0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3<0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0<a1<a2，可知a1>0，d>0，a2>0，a3>0，∴aeq\o\al(2,2)－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2>0，∴a2>eq\r(a1a3)，故选项C正确；若a1<0，则(a2－a1)·(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错.]6.D[由等差数列的前n项和及等差中项，可得eq\f(an,bn)＝eq\f(\f(1,2)a1＋a2n－1,\f(1,2)b1＋b2n－1)＝eq\f(\f(1,2)2n－1a1＋a2n－1,\f(1,2)2n－1b1＋b2n－1)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(72n－1＋45,2n－1＋3)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1)(n∈N*)，故n＝1,2,3,5,11时，eq\f(an,bn)为整数.即正整数n的个数是5.]7.－9解析由题意知，数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，说明{an}有连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中，由于{an}中连续四项至少有一项为负，∴q<0，又∵|q|>1，∴{an}的连续四项为－24,36，－54，81，∴q＝eq\f(36,－24)＝－eq\f(3,2)，∴6q＝－9.8.8解析∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0.∴数列的前8项和最大，即n＝8.9.eq\f(2,3)－1解析因为a2，a3，a7成等比数列，所以aeq\o\al(2,3)＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴a1＝－eq\f(2,3)d，∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1即3a1＋d＝1，∴a1＝eq\f(2,3)，d＝－1.10.22解析根据题意可知等差数列的a1，a2，a6项成等比数列，设等差数列的公差为d，则有(a1＋d)2＝a1(a1＋5d)，解得d＝3a1，故a2＝4a1，a6＝16a1⇒ak4＝a1＋(n－1)·(3a1)＝64a1，解得n＝22，即k4＝22.11.证明(1)由题意得an＋1－an＝－aeq\o\al(2,n)≤0，即an＋1≤an，故an≤eq\f(1,2).由an＝(1－an－1)an－1得an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0.由0＜an≤eq\f(1,2)得eq\f(an,an＋1)＝eq\f(an,an－a\o\al(2,n))＝eq\f(1,1－an)∈(1,2]，即1≤eq\f(an,an＋1)≤2成立.(2)由题意得aeq\o\al(2,n)＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1，①由eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(an,an＋1)和1≤eq\f(an,an＋1)≤2得1≤eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)≤2，所以n≤eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,a1)≤2n，因此eq\f(1,2n＋1)≤an＋1≤eq\f(1,n＋2)(n∈N*).②由①②得eq\f(1,2n＋2)≤eq\f(Sn,n)≤eq\f(1,2n＋1)(n∈N*).12.(1)解当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得：a4＝eq\f(7,8).(2)证明因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥