《高考数学一轮复习 第六章 数列 6.3 等比数列课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习 第六章 数列 6.3 等比数列课件（69页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考数学高考数学(江苏省专用)6.3等比数列1.(2017江苏,9,5分)等比数列an的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=,S6=,则a8=.A A组组 自主命题自主命题江苏卷题组江苏卷题组五年高考答案答案32解析解析本题考查等比数列及等比数列的前n项和.设等比数列an的公比为q.当q=1时,S3=3a1,S6=6a1=2S3,不符合题意,q1,由题设可得解得a8=a1q7=27=32.2.(2014江苏,7,5分,0.82)在各项均为正数的等比数列an中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是.答案答案4解析解析由a8=a6+2a4,两边都除以a4,得q4=q2+2,即q4-q
2、2-2=0(q2-2)(q2+1)=0,q2=2.a2=1,a6=a2q4=122=4.3.(2013江苏,14,5分,0.206)在正项等比数列an中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+ana1a2an的最大正整数n的值为.答案答案12解析解析解法一:设公比为q,则q0,由得a1=,q=2.由a1+a2+ana1a2an,得2n-1.检验知当n=12时,212-1211;当n=13时,213-1a1a2an的最大正整数n的值是12.解法二:设正项等比数列an的公比为q(q0),则由a6+a7=a5(q+q2)=3,结合a5=,可得q=2(负值舍去),=a124,a1=,于是an=2n
3、-6,则a1+a2+an=2n-5-.a5=,q=2,a6=1,a1a11=a2a10=1.a1a2a11=1.当n取12时,a1+a2+a12=27-a1a2a11a12=a12=26成立;当n取13时,a1+a2+a13=28-13时,随着n的增大,a1+a2+an将恒小于a1a2an.因此最大正整数n的值为12.4.(2015江苏,20,16分,0.122)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列.(1)证明:,依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d,使得a1,依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得,依次构成等比数列?并说明理由
4、.解析解析(1)证明:因为=2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,依次构成等比数列.(2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(ad,a-2d,d0).假设存在a1,d,使得a1,依次构成等比数列,则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4,化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-.显然t=-不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在
5、a1,d,使得a1,依次构成等比数列.(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得,依次构成等比数列,则(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以及,并令t= ,则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化简得2kln(1+2t)-ln(1+t
6、)=n2ln(1+t)-ln(1+2t),且3kln(1+3t)-ln(1+t)=n3ln(1+t)-ln(1+3t).再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(*).令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)ln(1+t),则g(t)=.令(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t),则(t)=6(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t).令1(t)=(t
7、),则1(t)=63ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t).令2(t)=1(t),则2(t)=0.由g(0)=(0)=1(0)=2(0)=0,2(t)0,知2(t),1(t),(t),g(t)在和(0,+)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(*)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a1,d及正整数n,k,使得,依次构成等比数列.5.(2016江苏,20,16分)记U=1,2,100.对数列an(nN*)和U的子集T,若T=,定义ST=0;若T=t1,t2,tk,定义ST=+.例如:T=1,3,66时,ST=a1+a3+a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数
8、列,且当T=2,4时,ST=30.(1)求数列an的通项公式;(2)对任意正整数k(1k100),若T1,2,k,求证:ST0,nN*,所以STa1+a2+ak=1+3+3k-1=(3k-1)3k.因此,STak+1.(3)下面分三种情况证明.若D是C的子集,则SC+SCD=SC+SDSD+SD=2SD.若C是D的子集,则SC+SCD=SC+SC=2SC2SD.若D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=CUD,F=DUC,则E,F,EF=.于是SC=SE+SCD,SD=SF+SCD,进而由SCSD得SESF.设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k1,l1,kl.由(2)知,SEak+1.于
9、是3l-1=alSFSEak+1=3k,所以l-10,解得a1=2,q=2,所以an=2n.(2)由题意知:S2n+1=(2n+1)bn+1,又S2n+1=bnbn+1,bn+10,所以bn=2n+1.令cn=,则cn=.因此Tn=c1+c2+cn=+,又Tn=+,两式相减得Tn=+-,所以Tn=5-.易错警示易错警示“错位相减法”求和的关键在于:1.明确右边求和的是n项还是(n-1)项;2.式子合并化简.考点二等比数列的运算和综合应用考点二等比数列的运算和综合应用1.(2017课标全国理,14,5分)设等比数列an满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4=.答案答案-8解析解析本题考查
10、等比数列的通项.设等比数列an的公比为q,由题意得解得a4=a1q3=-8.2.(2017课标全国理改编,3,5分)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有盏灯.答案答案3解析解析本题主要考查数学文化及等比数列基本量的计算.由题意可知,由上到下灯的盏数a1,a2,a3,a7构成以2为公比的等比数列,S7=381,a1=3.3.(2017课标全国理改编,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣
11、,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是.答案答案440解析解析本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.不妨设1+(1+2)+(1+2+2n-1)+(1+2+2t)=2m(其中m、n、tN,0tn),则有N=+t+1,因为N100,所以n13.由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-
12、1=2m.因为n13,所以2nn+2,所以2n+12n+n+2,即2n+1-n-22n,因为2t+1-10,所以2m2n+1-n-22n,故mn+1,因为2t+1-12n+1-1,所以2m2n+2-n-3,故mn+1.所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n13,所以t3.当t=3时,N=95,不合题意;当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.解题关键解题关键解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1.4.(2014安徽,12,5分)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=.答案答案1解析解析设an的公差为d,则a3+3=
13、a1+1+2d+2,a5+5=a1+1+4d+4,由题意可得(a3+3)2=(a1+1)(a5+5).(a1+1)+2(d+1)2=(a1+1)(a1+1)+4(d+1),(a1+1)2+4(d+1)(a1+1)+2(d+1)2=(a1+1)2+4(a1+1)(d+1),d=-1,a3+3=a1+1,公比q=1.5.(2015安徽,14,5分)已知数列an是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列an的前n项和等于.答案答案2n-1解析解析由已知得,a1a4=a2a3=8,又a1+a4=9,则或又数列an是递增的等比数列,a10是失分的主因.8.(2015福建改编,8,5分)若a,
14、b是函数f(x)=x2-px+q(p0,q0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于.答案答案9解析解析由题可知a,b是x2-px+q=0的两根,a+b=p0,ab=q0,故a,b均为正数.a,b,-2适当排序后成等比数列,-2是a,b的等比中项,得ab=4,q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,所以-2是第一项或第三项,不妨设a0,a=1,此时b=4,p=a+b=5,p+q=9.9.(2017山东理,19,12分)已知xn是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列xn的通项公式;(2)如图
15、,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.解析解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列xn的公比为q,由已知知q0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q0,所以q=2,x1=1.因此数列xn的通项公式为xn=2n-1.(2)过P1,P2,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,Qn+1.由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,由题意bn=2n-1=(2n+
16、1)2n-2,所以Tn=b1+b2+bn=32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2,2Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1.-得-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1=+-(2n+1)2n-1.所以Tn=.解题关键解题关键记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定bn的通项公式是关键.方法总结方法总结一般地,如果an是等差数列,bn是等比数列,求数列anbn的前n项和时,可采用错位相减法.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”
17、的表达式.10.(2017天津文,18,13分)已知an为等差数列,前n项和为Sn(nN*),bn是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求an和bn的通项公式;(2)求数列a2nbn的前n项和(nN*).解析解析本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q0,解得q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S1
18、1=11b4,可得a1+5d=16,联立,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,an的通项公式为an=3n-2,bn的通项公式为bn=2n.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,有Tn=42+1022+1623+(6n-2)2n,2Tn=422+1023+1624+(6n-8)2n+(6n-2)2n+1,上述两式相减,得-Tn=42+622+623+62n-(6n-2)2n+1=-4-(6n-2)2n+1=-(3n-4)2n+2-16.得Tn=(3n-4)2n+2+16.所以,数列a2nbn的前n项和为(3n-4)2n+2+16.方法总结方法总结(1)等差数
19、列与等比数列中分别有五个量,a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.(2)数列anbn,其中an是公差为d的等差数列,bn是公比q1的等比数列,求anbn的前n项和应采用错位相减法.11.(2016课标全国,17,12分)已知数列an的前n项和Sn=1+an,其中0.(1)证明an是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=,求.解析解析(1)由题意得a1=S1=1+a1,故1,a1=,a10.(2分)由Sn=1+an,Sn+1=1+an+1得an+1=an+1-an,即an+1(-1)=an.由a10,0得an0,所以=
20、.因此an是首项为,公比为的等比数列,于是an=.(6分)(2)由(1)得Sn=1-.由S5=得1-=,即=.解得=-1.(12分)思路分析思路分析(1)先由题设利用an+1=Sn+1-Sn得到an+1与an的关系式,要证数列是等比数列,关键是看an+1与an之比是否为一常数,其中说明an0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论解方程求出.12.(2016天津,18,13分)已知an是等比数列,前n项和为Sn(nN*),且-=,S6=63.(1)求an的通项公式;(2)若对任意的nN*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列(-1)n的前2n项和.解析解析(1)设数列an的公
21、比为q.由已知,有-=,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1=63,知q-1,所以a1=63,得a1=1.所以an=2n-1.(2)由题意,得bn=(log2an+log2an+1)=(log22n-1+log22n)=n-,即bn是首项为,公差为1的等差数列.设数列(-1)n的前n项和为Tn,则T2n=(-+)+(-+)+(-+)=b1+b2+b3+b4+b2n-1+b2n=2n2.思路分析思路分析(1)利用“基本量”思想,建立关于a1,q的方程求解;(2)利用分组求和法.13.(2015广东,21,14分)数列an满足:a1+2a2+nan=4-,nN*.(1)求a3的值;(2)求数列a
22、n的前n项和Tn;(3)令b1=a1,bn=+an(n2),证明:数列bn的前n项和Sn满足Sn2+2lnn.解析解析(1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,解得a2=;当n=3时,a1+2a2+3a3=,解得a3=.(2)当n2时,a1+2a2+(n-1)an-1+nan=4-,a1+2a2+(n-1)an-1=4-,由-得,nan=,所以an=(n2),经检验,a1=1也适合上式,所以an=(nN*).所以数列an是以1为首项,为公比的等比数列.所以Tn=2-.(3)证明:b1=1,bn=-+(n2).当n=1时,S1=12+2ln1.当n2时,bn=+an=+(Tn-T
23、n-1)=+Tn-Tn-1=Tn-Tn-1,所以Sn=1+T2-1T1+T3-T2+Tn-Tn-1=Tn2=2+2,以下证明+1),则h(x)=-=0(x1),所以函数h(x)在区间(1,+)上单调递增,即h(x)h(1)=0.所以lnx1-(x1),分别令x=2,得ln21-=,ln1-=,ln1-=,ln1-=.累加得ln2+ln+ln+,即ln2+(ln3-ln2)+lnn-ln(n-1)+,所以+lnn(n2).综上,Sn1时,记cn=,求数列cn的前n项和Tn.解析解析(1)由题意有,即解得或故或(2)由d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,于是Tn=1+,Tn=+.-可
24、得Tn=2+-=3-,故Tn=6-.15.(2013湖北理,18,12分)已知等比数列an满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列an的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得+1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.解析解析(1)设等比数列an的公比为q,则由已知可得解得或故an=3n-1,或an=-5(-1)n-1.(2)若an=3n-1,则=,故是首项为,公比为的等比数列,从而=1.若an=(-5)(-1)n- 1,则=-(-1)n-1,故是首项为-,公比为-1的等比数列,=从而=故1.综上,对任何正整数m,总有0,c30,c40;当n5时,cn=,而-=0,得
25、1,所以,当n5时,cn0,nN,n2.(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+;(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)和gn(x)的大小,并加以证明.解析解析(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,则Fn(1)=n-10,Fn=1+-2=-2=-0,故Fn(x)在内单调递增,所以Fn(x)在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-2=0,故xn=+.(2)解法一:由题设知,gn(x)=.设h(x)=fn(x)-gn(x)=
26、1+x+x2+xn-,x0.当x=1时,fn(x)=gn(x).当x1时,h(x)=1+2x+nxn-1-.若0xxn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.若x1,h(x)xn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-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x1时,fn(x)0.当x=1时,fn(x)=gn(x).当x1时,用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x).当n=2时,f2(x)-g2(x)=-(1-x)20,所以f2(x)g2(
27、x)成立.假设n=k(k2)时,不等式成立,即fk(x)gk(x).那么,当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)+xk+10),则hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以当0x1时,hk(x)1时,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上递增.所以hk(x)hk(1)=0,从而gk+1(x).故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由和知,对一切n2的整数,都有fn(x)0(2kn),当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).当x1时,mk(x)=nxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2(xn-k+1-1
28、).而2kn,所以k-10,n-k+11.若0x1,xn-k+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(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x0且x1时,akbk(2kn),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x1时,fn(x)gn(x).5.(2013天津理,19,14分)已知首项为的等比数列an不是递减数列,其前n项和为Sn(nN*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设Tn=Sn-(nN*),求数列Tn的最大项
29、的值与最小项的值.解析解析(1)设等比数列an的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2=.又an不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列an的通项公式为an=(-1)n-1.(2)由(1)得Sn=1-=当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1SnS1=,故0Sn-S1-=-=.当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,所以=S2SnSn-S2-=-=-.综上,对于nN*,总有-Sn-.所以数列Tn最大项的值为,最小项的值为-.评析评析本题主要考查等差数列的概念,等比数列的概念、通项公式、前n项和公
30、式,数列的基本性质等基础知识.考查分类讨论的思想,考查运算能力、分析问题和解决问题的能力.一、填空题(每题5分,共40分)1.(2017盐城第三次模拟考试,11)设an的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1,a2n=a2n-1+1,则S20=.三年模拟A A组组 2015 201520172017年高考模拟年高考模拟基础题组基础题组(时间：40分钟 分值：65分)答案答案2056解析解析因为a2n+1=2a2n-1,a2n=a2n-1+1,所以a1,a3,a5,a19构成首项为1,公比为2的等比数列,a2=a1+1,a4=a3+1,a6=a5+1,a20=a19+1,因为a1=1,所以
31、S20=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a19+a20=2(a1+a3+a5+a7+a19)+10=2+10=2056.2.(2017江苏南通中学高三上学期期中)设Sn是等比数列an的前n项的和,若a3+2a6=0,则的值是.答案答案2解析解析由a3+2a6=0可得=-,已知数列an为等比数列,q3=-,因此=2.3.(2017南京、盐城高三第二次模拟考试,6)记公比为正数的等比数列an的前n项和为Sn.若a1=1,S4-5S2=0,则S5的值为.答案答案31解析解析设等比数列an的公比为q(q0),由S4-5S2=0可得S4-S2=4S2,所以a4+a3=4(a1+a2),所以(a1+a
32、2)q2=4(a1+a2),又q0,所以q=2,从而S5=31.4.(2017南京高三第三次模拟考试,9)若等比数列an的各项均为正数,且a3-a1=2,则a5的最小值为.答案答案8解析解析解法一:设等比数列an的公比为q,则q1,a3-a1=2,a1q2-a1=2,即a1=,a5=a1q4=,令q2-1=t,则t0,q2=t+1,a5=2t+42+4=8,当且仅当2t=,即t=1时等号成立.a5的最小值为8.解法二:设公比为q,由a3-a1=2,可得a3-=2,a32,q2=,所以a5=a3q2=(a3-2)+48,当且仅当a3-2=,即a3=4时,等号成立.a5的最小值为8.5.(2016
33、江苏南通、扬州、泰州调研,8)设等比数列an的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则S6的值为.答案答案63解析解析解法一:由等比数列前n项和的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,则(15-3)2=3(S6-15),解得S6=63.解法二:设等比数列an的公比为q,显然q1,由题意得解得或所以S6=63.6.(2016江苏淮安五模,12)已知an,bn均为等比数列,其前n项和分别为Sn,Tn,若对任意的nN*,总有=,则=.答案答案9解析解析由题意可知,=1,不妨设a1=b1=t(t0),an,bn的公比分别为q,p,易知p1,q1,则=,=7,由上述两式可解得(舍去)或所以=
34、9.7.(2015江苏常州一模,12)设等比数列an的公比为q(0q1,a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=anan,Sn=b1+b2+bn,求使Sn+n2n+162成立的正整数n的最小值.解析解析(1)a3+2是a2,a4的等差中项,2(a3+2)=a2+a4,代入a2+a3+a4=28,可得a3=8,a2+a4=20,解之得或q1,数列an的通项公式为an=2n.(2)bn=anan=2nlo2n=-n2n,Sn=-(12+222+n2n),2Sn=-122+223+(n-1)2n+n2n+1,-得Sn=2+22+23+2n-
35、n2n+1=-n2n+1=2n+1-2-n2n+1.Sn+n2n+162,2n+1-262,n+16,n5,使Sn+n2n+162成立的正整数n的最小值为6.10.(2016江苏南通一模,20)若数列an中存在三项,按一定次序排列后可构成等比数列,则称数列an为“等比源数列”.(1)已知数列an中,a1=2,an+1=2an-1.求数列an的通项公式;试判断数列an是否为“等比源数列”,并证明你的结论;(2)已知数列an为等差数列,且a10,anZ(nN*).求证:an为“等比源数列”.解析解析(1)由an+1=2an-1,得an+1-1=2(an-1),又因为a1-1=1,所以数列an-1是
36、首项为1,公比为2的等比数列.所以an-1=2n-1.所以,数列an的通项公式为an=2n-1+1.数列an不是“等比源数列”.用反证法证明如下:假设数列an是“等比源数列”,则存在三项am,an,ak(mnk)按一定次序排列后可构成等比数列.因为an=2n-1+1,所以0amanak.所以=amak,即(2n-1+1)2=(2m-1+1)(2k-1+1),亦即22n-m-1+2n-m+1-2k-1-2k-m=1.又mn0时,因为anZ,则d1,且dZ,所以数列an中必有一项am0.为了使得an为“等比源数列”,只需要an中存在第n项,第k项(mnk),使得=amak成立,即am+(n-m)d
37、2=amam+(k-m)d,亦即(n-m)2am+(n-m)d=am(k-m)成立.当n=am+m,k=2am+(n-m)d+m时,上式成立.所以an中存在am,an,ak成等比数列.同理可得,当d0),a5+a6=(a1+a2)q4=6(q2+2)+=6(q2-2)+242+24=48,当且仅当6(q2-2)=,即q=2时等号成立.故a5+a6的最小值为48.3.(2016江苏苏北四市调研,11)若等比数列an满足log2(a1a2a13)=13,等差数列bn满足b7=a7,则b1+b2+b13的值为.答案答案26解析解析由等比数列an满足log2(a1a2a13)=13得,a1a2a13=
38、213=,a7=2,等比数列bn满足b7=a7,b1+b2+b13=13b7=132=26.4.(2015江苏无锡期末,12)已知数列an的首项a1=1,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=2(nN*),则满足的n的最大值为.答案答案9解析解析由2an+1+Sn=2,得2an+Sn-1=2(n2),两式相减得,当n2时,2an+1=an,即=,又因为n=1时,a1=1,2a2+a1=2,所以a2=,所以=,符合式,故an是以1为首项,为公比的等比数列,故Sn=2(nN*).由条件可得,即102n1000,所以n的最大值为9.二、解答题(共25分)5.(2017南通、泰州高三第一次调研测试,
39、20)已知等差数列an的公差d不为0,且,成等比数列(k1k2kn2kn恒成立,求a1的取值范围.解析解析(1)由已知可得a1,a3,a8成等比数列,所以(a1+2d)2=a1(a1+7d),整理可得4d2=3a1d.因为d0,所以=.(2)设数列kn为等比数列,则=k1k3.又因为,成等比数列,所以a1+(k1-1)da1+(k3-1)d=a1+(k2-1)d2.整理,得a1(2k2-k1-k3)=d(k1k3-k1-k3+2k2).因为=k1k3,所以a1(2k2-k1-k3)=d(2k2-k1-k3).因为2k2k1+k3,所以a1=d,即=1.当=1时,an=a1+(n-1)d=nd,
40、所以=knd.又因为=qn-1=k1dqn-1,所以kn=k1qn-1.所以=q,所以数列kn为等比数列.综上,当=1时,数列kn为等比数列.(3)因为数列kn为等比数列,则由(2)知a1=d,kn=k1qn-1(q1),=k1dqn-1=k1a1qn-1,an=a1+(n-1)d=na1.因为对于任意nN*,不等式an+2kn恒成立,所以不等式na1+k1a1qn-12k1qn-1,即a1,0=+恒成立.下面证明:对于任意的正实数(01),总存在正整数n1,使得成立.要证,即证lnn1n1lnq+ln.因为lnxxx,则lnn1=2ln,解不等式0,可得,所以n1.不妨取n0=+1,则当n1
41、n0时,原式得证.所以0Tn,则称数列an为可拆分数列.(1)若an=4n,且数列bn,cn均是公比不为1的等比数列,求证:数列an为可拆分数列;(2)若an=5n,且数列bn,cn均是公差不为0的等差数列,求所有满足条件的数列bn,cn的通项公式;(3)若数列an,bn,cn均是公比不为1的等比数列,且a13,求证:数列an为可拆分数列.C C组组 2015 201520172017年高考模拟年高考模拟创新题组创新题组解析解析(1)证明:an=4n=44n-1=34n-1+4n-1,令bn=34n-1,cn=4n-1,可得Sn=4n-1,Tn=.所以,对任意的nN*,都有an=bn+cn,且
42、SnTn,则an为可拆分数列.(2)设数列bn,cn的公差分别为d1,d2.由an=5n,得b1+(n-1)d1+c1+(n-1)d2=(d1+d2)n+b1+c1-d1-d2=5n对任意的nN*都成立.所以即由SnTn,得nb1+d1nc1+d2,则n2+n0,由n0,得n+0对任意的nN*成立,则-0且+0,即d1d2且b1c1.由数列bn,cn各项均为正整数,得b1,c1,d1,d2均为正整数,当d1=d2时,由d1+d2=5,得d1=d2=N*不符,所以d1d2,由得或或或所以或或或(3)设an=a1qn-1,a1N*,q0,q1.下面证明:qN*,q2.当q为无理数时,a2=a1q为无理数,与anN*矛盾.故q为有理数,设q=(a,b为正整数,且a,b互素).此时an=a1,则对任意的nN*,an-1均为a1的约数,则an-1=1,即a=1,故q=bN*,所以qN*,q2.所以an=a1qn-1=(a1-1)qn-1+qn-1,令bn=(a1-1)qn-1,cn=qn-1.则bn,cn各项均为正整数,因为a13,所以a1-121,则SnTn.所以,数列an为可拆分数列.解后反思解后反思本题为新定义题,考查阅读理解能力,一般与特殊思想,转化与化归思想,考查运算能力,分析、探究、推理能力.
