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考点例题第一阶段专题三第一节冲关集训高考预测课时检测(十)返回第一阶段二轮专题复习返回专题三数列第一节等差数列、等比数列返回例1:思路点拨:(1)由已知得关于等差数列的首项和公差的方程组,可求得首项和公差,从而求得通项公式;(2)由已知可求得满足条件的项数,从而得出bm的通项公式,再求Sm.考点例题解:(1)设数列{an}的公差为d,前n项和为Tn,由T5=105,a10=2a5,得5a1+5×5-12d=105,a1+9d=2a1+4d,返回解得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=b11-qm1-q=7×1-49m1-49=7×72m-148=72m+1-748.返回例2:思路点拨:(1)由等差数列定义可列等式关系,再由等比数列的通项公式可求公比.(2)利用等差数列的定义或等差中项进行证明.解:(1)设数列{an}的公比为q(q≠0,q≠1),由a5,a3,a4成等差数列,得2a3=a5+a4,即2a1q2=a1q4+a1q3.由a1≠0,q≠0得q2+q-2=0,解得q1=-2,q2=1(舍去),所以q=-2.返回(2)证明:法一:对任意k∈N+,Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)=ak+1+ak+2+ak+1=2ak+1+ak+1·(-2)=0,所以,对任意k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.法二:对任意k∈N+,2Sk=2a11-qk1-q,返回Sk+2+Sk+1=a11-qk+21-q+a11-qk+11-q=a12-qk+2-qk+11-q.2Sk-(Sk+2+Sk+1)=2a11-qk1-q-a12-qk+2-qk+11-q=a11-q[2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)]=a1qk1-q(q2+q-2)=0,因此,对任意k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.返回例3:思路点拨:利用等差(比)数列的性质求解.解析:(1)S11=11a1+a112=11a4+a82=88.(2)由等比数列的性质知:b1=a1+a2+a3,b2=a4+a5+a6,b3=a7+a8+a9仍然构成等比数列,而b1=40,b2=20,易得b3=10,于是S9=a1+a2+…+a9=b1+b2+b3=40+20+10=70.答案:(1)B(2)B返回冲关集训1.选记等比数列{an}的公比为q,其中q0,由题意知a3=a1+2a2,即a1q2=a1+2a1q.因为a1≠0,所以有q2-2q-1=0,由此解得q=1±2,又q0,所以q=1+2.所以a8+a9a6+a7=q2a6+a7a6+a7=q2=(1+2)2=3+22.2.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d.由a1=1,a3=-3可得1+2d=-3.解得d=-2.从而,an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.C返回(2)由(1)可知an=3-2n.所以Sn=n[1+3-2n]2=2n-n2.进而由Sk=-35可得2k-k2=-35,即k2-2k-35=0.解得k=7或k=-5,又k∈N*,故k=7为所求结果.返回3.选由log3an+1=log3an+1(n∈N*),得an+1=3an,所以数列{an}是公比为3的等比数列,a5+a7+a9=(a2+a4+a6)×33=35,所以log13(a5+a7+a9)=-log335=-5.4.解:(1)由an+1=2an-an-1(n≥2,n∈N*),可得an+1-an=an-an-1(n≥2,n∈N*).所以数列{an}是首项为a1=14,公差为d=a2-a1=12的等差数列.所以an=a1+(n-1)d=12n-14(n∈N*),即an=12n-14(n∈N*).A返回(2)证明:由3bn-bn-1=n,得bn=13bn-1+13n(n≥2,n∈N*).所以bn-an=13bn-1+13n-12n+14=13bn-1-16n+14=13bn-1-12n+34=13bn-1-12n-1+14=13(bn-1-an-1),返回又b1-a1=14≠0,所以bn-an≠0(n∈N*),得bn-anbn-1-an-1=13(n≥2,n∈N*),即数列{bn-an}是首项为b1-a1=14,公比为13的等比数列.于是,bn-an=14·13n-1,即bn=2n-14+14·13n-1=1413n-1+2n-1(n∈N*).返回5.选由题意可知a3a11=a27=16,因为{an}为正项等比数列,所以a7=4,所以log2a10=log2(a7·23)=log225=5.6.选由anan+1=16n,得an+1an+2=16n+1,两式相除得,an+1an+2anan+1=16n+116n=16,所以q2=16.由anan+1=16n,可知公比q为正数,所以q=4.7.选∵{an}、{bn}分别为等差数列和等比数列,∴a1+a2011=a1000+a1012=π,b7b8=b1b14=-2,于是tana1+a20111-b7b8=tanπ1+2=tanπ3=3.BBD返回高考预测1.选因为{bn}是等差数列,且b3=-2,b10=12,故公差d=12--210-3=2.于是b1=-6,且bn=2n-8(n∈N*),即an+1-an=2n-8,所以a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=…=a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3.B返回2.解析:原递推公式即为anan-1=2n-32n+1(n≥2),所以a2a1=15,a3a2=37,a4a3=59,a5a4=711,…,anan-1=2n-32n+1(n≥2),各式左右两边分别相乘得ana1=1×32n-12n+1(n≥2),解得an=32n-12n+1(n≥2),又a1=1适合上式,所以数列{an}的通项公式为an=32n-12n+1.答案:an=32n-12n+1(n∈N*)返回课时检测(十)1.选在等差数列{an}中,∵a1+a5=10,∴2a3=10,∴a3=5.又a4=7,∴所求的公差为2.2.选法一:利用等比数列的通项公式求解.由题意得a4+a7=a1q3+a1q6=2,a5a6=a1q4×a1q5=a21q9=-8,解得q3=-2,a1=1或q3=-12,a1=-8,所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.BD返回法二:利用等比数列的性质求解.由a4+a7=2,a5a6=a4a7=-8,解得a4=-2,a7=4,或a4=4,a7=-2.所以q3=-2,a1=1,或q3=-12,a1=-8,∴a1+a10=a1(1+q9)=-7.返回3.选(a1a2a3)×(a7a8a9)=a65=50,a4a5a6=a35=52.4.选由an+1=2Sn+1,得an=2Sn-1+1(n≥2).两式相减得an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an,即an+1=3an(n≥2),故该数列从第二项起构成一个公比为3的等比数列.由an+1=2Sn+1,得a2=2S1+1=2a1+1=3,故a6=a2×34=3×34=35.5.选由S21=S4000得a22+a23+…+a4000=0,由于a22+a4000=a23+a3999=…=2a2011,所以a22+a23+…+a4000=3979a2011=0,从而a2011=0,而OP·OQ=2011+a2011an=2011.AAA返回6.选对于选项A,若bn∥cn,可得(n+1)an=nan+1,即an+1n+1=ann=an-1n-1=…=a11,所以an=na1,所以数列{an}是等差数列.7.解析:法一:设数列{an},{bn}的公差分别为d1,d2,因为a3+b3=(a1+2d1)+(b1+2d2)=(a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2)=21,所以d1+d2=7.所以a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)=21+2×7=35.法二:∵2a3=a1+a5,2b3=b1+b5,∴a5+b5=2(a3+b3)-(a1+b1)=2×21-7=35.答案:35A返回8.解析:∵{an}是公比为2的等比数列,且a3-a1=6,∴4a1-a1=6,即a1=2,∴an=a12n-1=2n,∴1an=12n,1a2n=14n,即数列{1a2n}是首项为14,公比为14的等比数列,∴1a21+1a22+…+1a2n=141-14n1-14=131-14n.答案:2131-14n返回9.解析:若k=0,{an}为常数列,分母无意义,①正确;公差为零的等差数列不是等差比数列,②错误;an+2-an+1an+1-an=3,满足定义,③正确;设an=a1qn-1(q≠0),则an+2-an+1an+1-an=a1qn+1-a1qna1qn-a1qn-1=q,④正确.答案:①③④返回10.解:(1)设数列{an}的公差为d,由题意知2a1+2d=8,2a1+4d=12,解得a1=2,d=2.所以an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n.(2)由(1)可得Sn=na1+an2=n2+2n2=n(n+1).因a1,ak,Sk+2成等比数列,所以a2k=a1Sk+2.从而(2k)2=2(k+2)(k+3),即k2-5k-6=0,解得k=6或k=-1(舍去).因此k=6.返回11.解:(1)证明:由Sn=4an-3可知,当n=1时,a1=4a1-3,解得a1=1.因为Sn=4an-3,则Sn-1=4an-1-3(n≥2),所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,整理得an=43an-1,又a1=1≠0,所以{an}是首项为1,公比为43的等比数列.返回(2)由(1)知an=43n-1,由bn+1=an+bn(n∈N*),得bn+1-bn=43n-1.可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=2+1-43n-11-43=3×43n-1-1(n≥2,n∈N*).当n=1时上式也满足条件.所以数列{bn}的通项公式为bn=3×43n-1-1(n∈N*).返回12.解:(1)由已知可得q+3+a2=12,3+a2=q2,所以q2+q-12=0,解得q=3或q=-4(舍),从而a2=6,所以an=3n,bn=3n-1.(2)由(1)知,cn=3bn-λ·23na=3n-λ·2n.由题意,cn+1cn对任意的n∈N*恒成立,返回即3n+1-λ·2n+13n-λ·2n恒成立,亦即λ·2n2·3n恒成立,即λ2·32n恒成立.由于函数y=32n是增函数,所以2·32nmin=2×32=3,故λ3,即λ的取值范围为(-∞,3).
本文标题:【二轮推荐】三维设计2013年高考数学(理)二轮复习 专题三 详解答案第一节 等差数列等比数列 湖南
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