高考数学一轮复习 第六章 第4讲 等差数列、等比数列与数列求和配套限时规范训练 理 苏教版

第4讲等差数列、等比数列与数列求和分层训练A级基础达标演练(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．(·南京29中模拟)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和为________．解析设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且eq\f(91－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，解得q＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝eq\f(31,16).答案eq\f(31,16)2．(·常州一中期中)已知数列{an}与{2an＋3}均为等比数列，且a1＝1，则a168＝________.解析设{an}公比为q，an＝a1qn－1＝qn－1，则2a1＋3,2a2＋3,2a3＋3也为等比数列，∴5,2q＋3,2q2＋3也为等比数列，则(2q＋3)2＝5(2q2＋3)，∴q＝1，从而an＝1为常数列，∴a168＝1.答案13．(·大纲全国改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100项和为________．解析∵a5＝5，S5＝15，∴eq\f(5a1＋a5,2)＝15，即a1＝1.∴d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝1，∴an＝n.∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn.∴T100＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)－\f(1,101)))＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).答案eq\f(100,101)4．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60.则{an＋bn}的前20项的和为________．解析由题意知{an＋bn}也为等差数列，所以{an＋bn}的前20项和为：S20＝eq\f(20a1＋b1＋a20＋b20,2)＝eq\f(20×5＋7＋60,2)＝720.答案7205．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝________.解析当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，又∵a1＝1适合上式．∴an＝2n－1，∴aeq\o\al(2,n)＝4n－1.∴数列{aeq\o\al(2,n)}是以aeq\o\al(2,1)＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1·1－4n,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．答案eq\f(1,3)(4n－1)6．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Sn＝________.解析设等比数列{an}的公比为q，则eq\f(a4,a1)＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).答案eq\f(n,n＋1)二、解答题(每小题15分，共30分)7．已知{an}为等差数列，且a3＝－6，a6＝0.(1)求{an}的通项公式；(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n项和公式．解(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a3＝－6，a6＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－6，,a1＋5d＝0.))解得a1＝－10，d＝2.所以an＝－10＋(n－1)·2＝2n－12.(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，所以－8q＝－24，即q＝3.所以{bn}的前n项和公式为Sn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝4(1－3n)．8．已知首项不为零的数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的r，t∈N*，都有eq\f(Sr,St)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,t)))2.(1)判断{an}是否是等差数列，并证明你的结论；(2)若a1＝1，b1＝1，数列{bn}的第n项是数列{an}的第bn－1项(n≥2)，求bn；(3)求和Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.解(1){an}是等差数列．证明如下：因为a1＝S1≠0，令t＝1，r＝n，则由eq\f(Sr,St)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,t)))2，得eq\f(Sn,S1)＝n2，即Sn＝a1n2，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)a1，且n＝1时此式也成立，所以an＋1－an＝2a1(n∈N*)，即{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．(2)当a1＝1时，由(1)知an＝a1(2n－1)＝2n－1，依题意，当n≥2时，bn＝abn－1＝2bn－1－1，所以bn－1＝2(bn－1－1)，又b1－1＝2，所以{bn－1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以bn－1＝2·2n－1，即bn＝2n＋1.(3)因为anbn＝(2n－1)(2n＋1)＝(2n－1)·2n＋(2n－1)Tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－1)·2n]＋[1＋3＋…＋(2n－1)]，即Tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－1)·2n]＋n2，①2Tn＝[1·22＋3·23＋…＋(2n－1)·2n＋1]＋2n2，②②－①，得Tn＝(2n－3)·2n＋1＋n2＋6.分层训练B级创新能力提升1．(·北京卷)在等比数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.解析∵eq\f(a4,a1)＝q3＝－8，∴q＝－2.∴an＝eq\f(1,2)·(－2)n－1，∴|an|＝2n－2，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝eq\f(\f(1,2)1－2n,1－2)＝2n－1－eq\f(1,2).答案－22n－1－eq\f(1,2)2．(·南京模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S11＝35＋S6，则S17的值为________．解析因S11＝35＋S6，得11a1＋eq\f(11×10,2)d＝35＋6a1＋eq\f(6×5,2)d，即a1＋8d＝7，所以S17＝17a1＋eq\f(17×16,2)d＝17(a1＋8d)＝17×7＝119.答案1193．(·杭州模拟)等差数列{an}的公差不为零，a4＝7，a1，a2，a5成等比数列，数列{Tn}满足条件Tn＝a2＋a4＋a8＋…＋a2n，则Tn＝________.解析设{an}的公差为d≠0，由a1，a2，a5成等比数列，得aeq\o\al(2,2)＝a1a5，即(7－2d)2＝(7－3d)(7＋d)所以d＝2或d＝0(舍去)．所以an＝7＋(n－4)×2＝2n－1.又a2n＝2·2n－1＝2n＋1－1，故Tn＝(22－1)＋(23－1)＋(24－1)＋…＋(2n＋1－1)＝(22＋23＋…＋2n＋1)－n＝2n＋2－n－4.答案2n＋2－n－44．(·盐城市二模)在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤eq\f(m,15)对n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为________．解析由条件得公差d＝eq\f(21－5,4)＝4，从而a1＝1，所以an＝4n－3，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Sn＝1＋eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,4n－3).原不等式可化为eq\f(1,4n＋1)＋eq\f(1,4n＋5)＋…＋eq\f(1,8n＋1)≤eq\f(m,15)，记f(n)＝eq\f(1,4n＋1)＋eq\f(1,4n＋5)＋…＋eq\f(1,8n＋1).因为f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,8n＋9)－eq\f(1,4n＋1)<0，故f(n)为单调递减数列，从而f(n)max＝f(1)＝eq\f(1,5)＋eq\f(1,9)＝eq\f(14,45).由条件得eq\f(m,15)≥eq\f(14,45)，解得m≥eq\f(14,3)，故正整数m的最小值为5.答案55．已知数列{an}是首项为a1＝eq\f(1,4)，公比q＝eq\f(1,4)的等比数列，设bn＋2＝3logeq\f(1,4)an(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝an·bn.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{cn}的前n项和Sn.解(1)由题意，知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)，又bn＝3logeq\f(1,4)an－2，故bn＝3n－2(n∈N*)．(2)由(1)，知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，bn＝3n－2(n∈N*)，∴cn＝(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)．∴Sn＝1×eq\f(1,4)＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋…＋(3n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1＋(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，于是eq\f(1,4)Sn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4＋…＋(3n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，两式相减，得eq\f(3,4)Sn＝eq\f(1,4)＋3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n))－(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1＝eq\f(1,2)－(3n＋2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，∴Sn＝eq\f(2,3)－eq\f(3n＋2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)．6．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}对n∈N*均有eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2013.解(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2(∵d>0).∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3·3n－2＝3n－1.(2)由eq\f(c1,b