2023年创新方案高考数学复习精编人教新课标53等比数列及其前n项和doc高中数学.docx

第五章 第三节 等比数列及其前n项和 题组一 等比数列的根本运算 1.各项都是正数的等比数列中，a2，a3，a1成等差数列，那么的值为 (　　) A. B. C. D.或 解析：设{an}的公比为q，∵a1＋a2＝a3， ∴a1＋a1q＝a1q2，即q2－q－1＝0， ∴q＝，又∵an＞0，∴q＞0，∴q＝， ＝＝. 答案：A 2．(2023·浙江高考)设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，那么＝________. 解析：a4＝a1()3＝a1，S4＝＝a1， ∴＝15. 答案：15 3．(2023·宁夏、海南高考)等比数列{an}的公比q＞0.a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，那么{an}的前4项和S4＝________. 解析：∵an＋2＋an＋1＝6an，∴an·q2＋an·q＝6an(an≠0)， ∴q2＋q－6＝0， ∴q＝－3或q＝2. ∵q＞0，∴q＝2，∴a1＝，a3＝2，a4＝4， ∴S4＝＋1＋2＋4＝. 答案： 题组二 等比数列的性质 4.(2023·广东高考)等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2a，a2＝1，那么a1＝(　　) A. B. C. D．2 解析：∵a3·a9＝2a＝a，∴＝. 又a2＝1＝a1·，∴a1＝. 答案：B 5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，假设S6∶S3＝1∶2，那么S9∶S3等于 (　　) A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．1∶3 解析：∵{an}为等比数列， ∴S3，S6－S3，S9－S6成等比数列， 即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)， 又∵S6∶S3＝1∶2， ∴S＝S3(S9－S3)，即S3＝S9， ∴S9∶S3＝3∶4. 答案：C 6．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)．假设数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，那么6q＝________. 解析：∵bn＝an＋1，∴an＝bn－1， 而{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中， ∴{an}有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中． ∵{an}是公比为q的等比数列，|q|>1. ∴{an}中的连续四项为－24,36，－54,81， ∴q＝－＝－，∴6q＝－9. 答案：－9 题组三 等比数列的判断与证明 7.假设数列{an}满足＝p(p为正常数，n∈Nx)，那么称{an}为“等方比数列〞． 甲：数列{an}是等方比数列；乙：数列{an}是等比数列，那么 (　　) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析：数列{an}是等比数列那么＝q，可得＝q2，那么{an}为“等方比数列〞．当{an}为“等方比数列〞时，那么＝p(p为正常数，n∈Nx)，当n≥1时＝±，所以此数列{an}并不一定是等比数列． 答案：B 8．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈Nx)． (1)求a2，a3的值； (2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列． 解：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈Nx)，∴当n＝1时，a1＝2×1＝2； 当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，∴a2＝4； 当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8. (2)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈Nx)，① ∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．② ①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2. ∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2(Sn－1＋2)． ∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴＝2， 故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． 题组四 等比数列的综合应用 9.(文){an}是等比数列，a2＝2，a5＝，那么a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝ (　　) A．16(1－4－n) B．16(1－2－n) C.(1－4－n) D.(1－2－n) 解析：∵q3＝＝，∴q＝，a1＝4，数列{an·an＋1}是以8为首项，为公比的等比数列，不难得出答案为C. 答案：C (理)在等比数列{an}中，an＞0(n∈N＋)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2，bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，那么当＋＋…＋最大时，n的值等于 (　　) A．8 B．9 C．8或9 D．17 解析：∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a＋2a3a5＋a＝25， 又an＞0，∴a3＋a5＝5， 又q∈(0,1)，∴a3＞a5， 而a3a5＝4，∴a3＝4，a5＝1， ∴q＝，a1＝16，an＝16×()n－1＝25－n， bn＝log2an＝5－n，bn＋1－bn＝－1， ∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴Sn＝，∴＝， ∴当n≤8时，＞0；当n＝9时，＝0；当n＞9时，＜0， ∴当n＝8或9时，＋＋…＋最大． 答案：C 10．(文)数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n对任意的n∈Nx都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列． (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)问是否存在k∈Nx，使得(bk－ak)∈(0,1)？请说明理由． 解：(1)a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n(n∈Nx)① 当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈Nx)② ①－②得2n－1an＝8，求得an＝24－n， 在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1， ∴an＝24－n(n∈Nx)． 由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2， ∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2， ∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2， ∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6， 法一：迭代法得： bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1) ＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8) ＝n2－7n＋14(n∈Nx)． 法二：可用累加法， 即bn－bn－1＝2n－8， bn－1－bn－2＝2n－10， … b3－b2＝－2， b2－b1＝－4， b1＝8， 相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8) ＝8＋＝n2－7n＋14(n∈Nx)． (2)∵bk－ak＝k2－7k＋14－24－k， 设f(k)＝k2－7k＋14－24－k. 当k≥4时，f(k)＝(k－)2＋－24－k单调递增． 且f(4)＝1， ∴当k≥4时，f(k)＝k2－7k＋14－24－k≥1. 又f(1)＝f(2)＝f(3)＝0， ∴不存在k∈Nx，使得(bk－ak)∈(0,1)． (理)等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝24，a2＝5，对每一个k∈Nx，在ak与ak＋1之间插入2k－1个1，得到新数列{bn}，其前n项和为Tn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)试问a11是数列{bn}的第几项； (3)是否存在正整数m，使Tm＝2023？假设存在，求出m的值；假设不存在，请说明理由． 解：(1)设{an}的公差为d，∵S4＝4a1＋d＝24，a2＝a1＋d＝5， ∴a1＝3，d＝2，an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1. (2)依题意，在a11之前插入的1的总个数为1＋2＋22＋…＋29＝＝1023， 1023＋11＝1034，故a11是数列{bn}的第1034项． (3)依题意，Sn＝na1＋d＝n2＋2n， an之前插入的1的总个数为1＋2＋22＋…＋2n－2＝＝2n－1－1， 故数列{bn}中，an及前面的所有项的和为n2＋2n＋2n－1－1， ∴数列{bn}中，a11及前面的所有项的和为112＋22＋210－1＝1166＜2023， 而2023－1166＝844，a11与a12之间的1的个数为210＝1024个， 即在a11后加844个1，其和为2023，故存在m＝1034＋844＝1878，使T1878＝2023.