优化探究2017届高考数学一轮复习 第五章 数列课时作业 理（打包5套）新人教A版.zip

- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第五章 第二节 等差数列及其前 n 项和课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1．已知等差数列{ an}满足： a3＝13， a13＝33，则数列{ an}的公差为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：设等差数列{ an}的公差为 d，则 d＝ ＝ ＝2，故选择 B.a13－ a313－ 3 33－ 1310答案：B2．(2016·宝鸡质检)设等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 S9＝18， an－4 ＝30( n9)，若Sn＝336，则 n 的值为( )A．18 B．19C．20 D．21解析：因为{ an}是等差数列，所以 S9＝9 a5＝18， a5＝2， Sn＝ ＝n a1＋ an2＝ ×32＝16 n＝336，解得 n＝21，故选择 D.n a5＋ an－ 42 n2答案：D3．(2015·武昌联考)已知数列{ an}是等差数列， a1＋ a3＋ a5＝105， a2＋ a4＋ a6＝99，{ an}的前 n 项和为 Sn，则使得 Sn达到最大的 n 是( )A．18 B．19C．20 D．21解析： a1＋ a3＋ a5＝105⇒ a3＝35， a2＋ a4＋ a6＝99⇒ a4＝33，则{ an}的公差d＝33－35＝－2， a1＝ a3－2 d＝39， Sn＝－ n2＋40 n，因此当 Sn取得最大值时， n＝20.答案：C4．在等差数列{ an}中， a2＋ a3＋ a4＋ a5＝40，则 3a1＋ a11＝( )A．20 B．30C．40 D．60解析：本题考查等差数列的通项公式及性质的应用．由等差数列的性质得a2＋ a3＋ a4＋ a5＝2( a3＋ a4)＝40，解得 a3＋ a4＝20，即 a3＋ a4＝2 a1＋5 d＝20，又3a1＋ a11＝4 a1＋10 d＝2(2 a1＋5 d)＝40，故选 C.答案：C5．已知数列{ an}，{ bn}都是等差数列， Sn， Tn分别是它们的前 n 项和，并且- 2 -＝ ，则 ＝( )SnTn 7n＋ 1n＋ 3 a2＋ a5＋ a17＋ a22b8＋ b10＋ b12＋ b16A. B．5345C. D.314 315解析：法一：令 Sn＝(7 n＋1) n， Tn＝( n＋3) n，则 an＝14 n－6， bn＝2 n＋2，所以＝ ＝ .a2＋ a5＋ a17＋ a22b8＋ b10＋ b12＋ b16 22＋ 64＋ 232＋ 30218＋ 22＋ 26＋ 34 315法二：设等差数列{ an}，{ bn}的公差分别为 d1， d2，则＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ .a2＋ a5＋ a17＋ a22b8＋ b10＋ b12＋ b16 4a1＋ 42d14b1＋ 42d2 2a1＋ 21d12b1＋ 21d2 a1＋ a22b1＋ b22 S22T22 7×22＋ 122＋ 3 315答案：D6．(2015·广州一模)若 Sn是等差数列{ an}的前 n 项和，且 S8－ S3＝20，则S11＝________.解析：因为{ an}是等差数列，所以 S8－ S3＝ a4＋ a5＋ a6＋ a7＋ a8＝5 a6＝20，所以 a6＝4，所以 S11＝ ＝11 a6＝44.11 a1＋ a112答案：447．设数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝ a2＝1，{ nSn＋( n＋2) an}为等差数列，则{ an}的通项公式为 an＝________.解析：设 bn＝ nSn＋( n＋2) an，则 b1＝1× S1＋(1＋2)a1＝1× a1＋3 a1＝4， b2＝2× S2＋(2＋2) a2＝2×( a1＋ a2)＋(2＋2) a2＝8，所以等差数列{ bn}的首项为 4，公差为 4，所以 bn＝4＋( n－1)×4＝4 n，即 nSn＋( n＋2) an＝4 n.当 n≥2 时，Sn－ Sn－1 ＋ an－ an－1 ＝0，所以 an＝ an－1 ，即 2· ＝ ，所(1＋2n) (1＋ 2n－ 1) 2 n＋ 1n n＋ 1n－ 1 ann an－ 1n－ 1以 是以 为公比，1 为首项的等比数列，所以 ＝ n－1 ，所以 an＝ .{ann} 12 ann (12) n2n－ 1答案：n2n－ 18．设等差数列{ an}满足公差 d∈N *， an∈N *，且数列{ an}中任意两项之和也是该数列的一项．若 a1＝3 5，则 d 的所有可能取值之和为________．解析：本题考查等差数列的通项公式．依题意得 an＝ a1＋( n－1)d， ai＋ aj＝2 a1＋( i＋ j－2) d＝ a1＋( m－1) d(i， j， m∈N *)，即( m－ i－ j＋1)d＝ a1， kd＝ a1＝3 5(其中 k， d∈N *)，因此 d 的所有可能取值是 35的所有正约数，即分别是1,3,32,33,34,35，因此 d 的所有可能取值之和为 ＝364.1－ 35×31－ 3- 3 -答案：3649．已知{ an}是一个公差大于 0 的等差数列，且满足 a3a6＝55， a2＋ a7＝16.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)若数列{ bn}满足： b1＝ a1且 bn＝ an＋ bn－1 (n≥2， n∈N *)，求数列{ bn}的通项公式．解：(1)由题意得：Error!∵公差 d0，∴Error!∴ d＝2， an＝2 n－1.(2)∵ bn＝ an＋ bn－1 (n≥2， n∈N *)，∴ bn－ bn－1 ＝2 n－1( n≥2， n∈N *)．∵ bn＝( bn－ bn－1 )＋( bn－1 － bn－2 )＋…＋( b2－ b1)＋ b1(n≥2， n∈N *)，且 b1＝ a1＝1，∴ bn＝2 n－1＋2 n－3＋…＋3＋1＝ n2(n≥2， n∈N *)．∴ bn＝ n2(n∈N *)．10．(2015·南昌一模)已知等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn， a1＝1， S3＝6，正项数列{ bn}满足 b1·b2·b3·…·bn＝2 Sn.(1)求数列{ an}，{ bn}的通项公式；(2)若 λb nan对 n∈N *均成立，求实数 λ 的取值范围．解：(1)∵ a1＝1， S3＝6，∴数列{ an}的公差 d＝1， an＝ n.由题知，Error!①÷②得 bn＝2 Sn－ Sn－1 ＝2 an＝2 n(n≥2)，又 b1＝2 S1＝2 1＝2，满足上式，故 bn＝2 n.(2)λb nan恒成立⇒ λ 恒成立，n2n设 cn＝ ，则 ＝ ，n2n cn＋ 1cn n＋ 12n当 n≥2 时， cn .12 12B 组 高考题型专练1．(2015·高考重庆卷)在等差数列{ an}中，若 a2＝4， a4＝2，则 a6＝( )A．－1 B．0C．1 D．6解析：由等差数列的性质知 a2＋ a6＝2 a4，所以 a6＝2 a4－ a2＝0，故选 B.答案：B2．(2015·高考全国卷Ⅰ)已知{ an}是公差为 1 的等差数列， Sn为{ an}的前 n 项和．若S8＝4 S4，则 a10＝( )- 4 -A. B.172 192C．10 D．12解析：设等差数列{ an}的首项为 a1，公差为 d.由题设知 d＝1， S8＝4 S4，所以8a1＋28＝4(4 a1＋6)，解得 a1＝ ，所以 a10＝ ＋9＝ ，选 B.12 12 192答案：B3．(2015·高考北京卷)设{ an}是等差数列，下列结论中正确的是( )A．若 a1＋ a20，则 a2＋ a30B．若 a1＋ a3 a1a3D．若 a10解析：若{ an}是递减的等差数列，则选项 A，B 都不一定正确．若{ an}为公差为 0 的等差数列，则选项 D 不正确．对于 C 选项，由条件可知{ an}为公差不为 0 的正项数列，由等差中项的性质得 a2＝ ，由基本不等式得 ，所以 C 正确．a1＋ a32 a1＋ a32 a1a3答案：C4．(2015·高考安徽卷)已知数列{ an}中， a1＝1， an＝ an－1 ＋ (n≥2)，则数列{ an}的前129 项和等于________．解析：因为 a1＝1， an＝ an－1 ＋ (n≥2)，所以数列{ an}是首项为 1、公差为 的等差数列，12 12所以前 9 项和 S9＝9＋ × ＝27.9×82 12答案：275．(2015·高考北京卷)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？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)＝2 n＋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＝4×2 6－1 ＝128.- 5 -由 128＝2 n＋2，得 n＝63.所以 b6与数列{ an}的第 63 项相等．6．(2015·高考重庆卷)已知等差数列{ an}满足 a3＝2，前 3 项和 S3＝ .92(1)求{ an}的通项公式；(2)设等比数列{ bn}满足 b1＝ a1， b4＝ a15，求{ bn}的前 n 项和 Tn.解：(1)设{ an}的公差为 d，则由已知条件得a1＋2 d＝2,3 a1＋ d＝ ，3×22 92即 a1＋2 d＝2， a1＋ d＝ ，32解得 a1＝1， d＝ ，12故通项公式为 an＝1＋ ，即 an＝ .n－ 12 n＋ 12(2)由(1)得 b1＝1， b4＝ a15＝ ＝8.15＋ 12设{ bn}的公比为 q，则 q3＝ ＝8，从而 q＝2，b4b1故{ bn}的前 n 项和Tn＝ ＝ ＝2 n－1.b1 1－ qn1－ q 1× 1－ 2n1－ 2- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第五章 第三节 等比数列及其前 n 项和课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1．(2016·太原一模)已知等比数列{ an}单调递减，若 a3＝1， a2＋ a4＝ ，则 a1＝( )52A．2 B．4C. D．22 2解析：设等比数列{ an}的公比为 q， q0，则 a ＝ a2a4＝1，又 a2＋ a4＝ ，且{ an}单调递2352减，所以 a2＝2， a4＝ ， q2＝ ， q＝ ，所以 a1＝ ＝4，故选 B.12 14 12 a2q答案：B2．已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＋ an＝2 n(n∈N *)，则下列数列中一定为等比数列的是( )A．{ an} B．{ an－1}C．{ an－2} D．{ Sn}解析：由 Sn＋ an＝2 n(n∈N *) ①可得 Sn－1 ＋ an－1 ＝2( n－1)( n≥2， n∈N *) ②，①－②得 an＝ an－1 ＋1( n≥2， n∈N *)，所以 an－2＝ (an－1 －2)( n≥2， n∈N *)，且12 12a1＝1， a1－2＝－1≠0，所以{ an－2}一定是等比数列，故选 C.答案：C3．已知等比数列{ an}的前 n 项积为 Tn，且公比 q≠1，若 T7＝128，则( )A． a4＝2 B． a5＝2C． a6＝2 D． a1＝2解析：因为 Tn为等比数列{ an}的前 n 项积，所以 T7＝ a ＝128，则 a4＝2，故选 A.74答案：A4．设 Sn是等比数列{ an}的前 n 项和，若 2a1＋3 a2＝1， a3＝3 a4，则 2Sn＋ an＝( )A．1 B.13C. D．212解析：设等比数列{ an}的公比为 q，因为 2a1＋3 a2＝1， a3＝3 a4，所以 2a1＋3 a1q＝1 ①， a1q2＝3 a1q3 ②，由②得 q＝ ，代入①得 a1＝ ，所以 an＝ a1qn－1 ＝ n， Sn＝13 13 (13)- 2 -＝ × ，则 2Sn＋ an＝1.13×(1－ 13n)1－ 13 12 (1－ 13n)答案：A5．(2015·衡水二模)已知 Sn是等比数列{ an}的前 n 项和， a1＝ ，9 S3＝ S6，设120Tn＝ a1a2a3·…·an，则使 Tn取最小值的 n 的值为( )A．3 B．4C．5 D．6解析：设等比数列{ an}的公比为 q，由 9S3＝ S6知， q≠1，故 ＝ ，解得9 1－ q31－ q 1－ q61－ qq＝2，又 a1＝ ，所以 an＝ a1qn－1 ＝ .因为 Tn＝ a1a2a3·…·an，故当 Tn取最小值时，120 2n－ 120an≤1，且 an＋1 ≥1，即Error!则 n＝5，故选 C.答案：C6．若正项数列{ an}满足 a2＝ ， a6＝ ，且 ＝ (n≥2， n∈N *)，则12 132 an＋ 1an anan－ 1log2a4＝________.解析：由 ＝ (n≥2， n∈N *)可得数列{ an}是等比数列，所以 a ＝ a2a6＝ ，又an＋ 1an anan－ 1 24 164a40，则 a4＝ ，故 log2a4＝log 2 ＝－3.18 18答案：－37．已知在等比数列{ an}中， a5a11＝6， a6＋ a10＝7，则 的值是________．a7a9解析：因为{ an}是等比数列，所以 a5a11＝ a6a10＝6，又 a6＋ a10＝7，解得Error!或Error! 设{an}的公比为 q，则 q4＝6 或 ， q2＝ 或 ，所以 ＝ ＝ 或 .16 6 66 a7a9 1q2 66 6答案： 或66 68．等比数列的首项是－1，前 n 项和为 Sn，如果 ＝ ，则 S4的值是________．S10S5 3132解析：由已知得 ＝ ＝1＋ q5＝ ，故 q5＝－ ，解得 q＝－ ， S4＝S10S5 1－ q101－ q5 3132 132 12＝－ . － 1 ×(1－ 116)1＋ 12 58- 3 -答案：－589．(2015·陕西一检)已知正整数数列{ an}是首项为 2 的等比数列，且 a2＋ a3＝24.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 bn＝ ，求数列{ bn}的前 n 项和 Tn.2n3an解：(1)设正整数数列{ an}的公比为 q，则 2q＋2 q2＝24，∴ q＝3，∴ an＝2×3 n－1 .(2)∵ bn＝ ＝ ＝ ，2n3an 2n3×2×3n－ 1 n3n∴ Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，①13 232 333 n3n∴ Tn＝ ＋ ＋…＋ ＋ .②13 132 233 n－ 13n n3n＋ 1由①－②，得Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － .23 13 132 133 13n n3n＋ 1∴ Tn＝ ＝ .32[13(1－ 13n)1－ 13 －n3n＋ 1] 3n＋ 1－ 2n－ 34×3n10．已知等比数列{ an}的前 n 项和是 Sn， S18∶ S9＝7∶8.(1)求证： S3， S9， S6依次成等差数列；(2)a7与 a10的等差中项是否是数列{ an}中的项？如果是，是{ an}中的第几项？如果不是，请说明理由．解：(1)证明：设等比数列{ an}的公比为 q，若 q＝1，则S18＝18 a1， S9＝9 a1， S18∶ S9＝2∶1≠7∶8，∴ q≠1.∴ S18＝ (1－ q18)， S9＝ (1－ q9)， S18∶ S9＝1＋ q9.a11－ q a11－ q∴1＋ q9＝ ，解得 q＝－2－ .78 13∴ S3＝ ＝ × ， S6＝ ＝ × ， S9＝ (1－ q9)＝ × .a1 1－ q31－ q 32 a11－ q a1 1－ q61－ q 34 a11－ q a11－ q 98 a11－ q∵ S9－ S3＝－ × ， S6－ S9＝－ × ，38 a11－ q 38 a11－ q∴ S9－ S3＝ S6－ S9.- 4 -∴ S3， S9， S6依次成等差数列．(2)a7与 a10的等差中项等于 ＝ ＝ ，a7＋ a102 a1 2－ 2－ 2－ 32 a116设 a7与 a10的等差中项是数列{ an}中的第 n 项，则 a1(－2－ )n－1 ＝ ，13 a116化简得(－2)－ ＝(－2) －4 ，即－ ＝－4，解得 n＝13.n－ 13 n－ 13∴ a7与 a10的等差中项是数列{ an}中的第 13 项．B 组 高考题型专练1．(2014·高考大纲全国卷)等比数列{ an}中， a4＝2， a5＝5，则数列{lg an}的前 8 项和等于( )A．6 B．5C．4 D．3解析：lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg( a1·a2·…·a8)＝lg( a4·a5)4＝lg(2×5) 4＝4，故选 C.答案：C2．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知等比数列{ an}满足 a1＝ ， a3a5＝4( a4－1)，则 a2＝( )14A．2 B．1C. D.12 18解析：设等比数列{ an}的公比为 q， a1＝ ， a3a5＝4( a4－1)，由题可知 q≠1，则14a1q2×a1q4＝4( a1q3－1)，∴ ×q6＝4 ，∴ q6－16 q3＋64＝0，116 (14×q3－ 1)∴( q3－8) 2＝0，∴ q3＝8，∴ q＝2.∴ a2＝ ，故选 C.12答案：C3．(2015·高考全国卷Ⅰ)在数列{ an}中， a1＝2， an＋1 ＝2 an， Sn为{ an}的前 n 项和，若Sn＝126，则 n＝________.解析：因为在数列{ an}中， a1＝2， an＋1 ＝2 an，所以数列{ an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，因为 Sn＝126，所以 ＝126，解得 2n＋1 ＝128，所以 n＝6.2－ 2n＋ 11－ 2答案：64．(2015·高考湖北卷)设等差数列{ an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列{ bn}的公比为 q.已知 b1＝ a1， b2＝2， q＝ d， S10＝100.- 5 -(1)求数列{ an}，{ bn}的通项公式；(2)当 d1 时，记 cn＝ ，求数列{ cn}的前 n 项和 Tn.anbn解：(1)由题意有Error!即Error!解得Error!或Error!故Error!或Error!(2)由 d1，知 an＝2 n－1， bn＝2 n－1 ，故 cn＝ ，于是2n－ 12n－ 1Tn＝1＋ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ ，①32 522 723 924 2n－ 12n－ 1Tn＝ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ .②12 12 322 523 724 925 2n－ 12n①－②可得Tn＝2＋ ＋ ＋…＋ － ＝3－ .12 12 122 12n－ 2 2n－ 12n 2n＋ 32n故 Tn＝6－ .2n＋ 32n－ 1- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第五章 第四节 数列求和课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1．已知 Sn为数列{ an}的前 n 项和，且满足 a1＝1， a2＝3， an＋2 ＝3 an，则 S2 014＝( )A．2×3 1 007－2 B．2×3 1 007C. D.32 014－ 12 32 014＋ 12解析：由 an＋2 ＝3 an可得数列{ an}的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以 S2 014＝( a1＋ a3＋…＋ a2 013)＋( a2＋ a4＋…＋ a2 014)＝ ＋ ＝(－2)1－ 31 0071－ 3 3 1－ 31 0071－ 3×(1－3 1 007)＝2×3 1 007－2，故选择 A.答案：A2．(2016·长沙质检)已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn， a1＝1，当 n≥2 时，an＋2 Sn－1 ＝ n，则 S2 015的值为( )A．2 015 B．2 013C．1 008 D．1 007解析：因为 an＋2 Sn－1 ＝ n， n≥2，所以 an＋1 ＋2 Sn＝ n＋1， n≥1，两式相减得an＋1 ＋ an＝1， n≥2.又 a1＝1，所以 S2 015＝ a1＋( a2＋ a3)＋ …＋( a2 014＋ a2 015)＝1 008，故选择 C.答案：C3．已知数列{ an}满足 a1＝1， a2＝2， an＋2 ＝ an＋sin 2 ，则该数列的前 18(1＋ cos2nπ2) nπ2项的和为( )A．2 101 B．2 012C．1 012 D．1 067解析：当 n 为奇数时， an＋2 ＝ an＋1，即奇数项构成首项为 1、公差为 1 的等差数列；当n 为偶数时， an＋2 ＝2 an，即偶数项构成首项为 2、公比为 2 的等比数列，所以该数列的前 18项和为 9＋ ＋ ＝45＋1 022＝1 067，故选择 D.9×82 2 1－ 291－ 2答案：D4．(2016·贵阳一模)已知等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn， a4＝4， S4＝10，则数列的前 2 015 项和为 ( ){1anan＋ 1}A. B.2 0142 015 2 0152 016- 2 -C. D.2 0162 015 2 0172 016解析：设等差数列{ an}的公差为 d，则 a4＝ a1＋3 d＝4， S4＝4 a1＋6 d＝10，联立解得a1＝ d＝1，所以 an＝ a1＋( n－1) d＝ n， ＝ ＝ － ，所以数列1anan＋ 1 1n n＋ 1 1n 1n＋ 1的前 2 015 项和为 ＋ ＋…＋ ＝1－ ＝ ，故选{1anan＋ 1} (1－ 12) (12－ 13) ( 12 015－ 12 016) 12 016 2 0152 016择 B.答案：B5．已知等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝ ， Sm＝ (m， n∈N *且 m≠ n)，则下列各值nm mn中可以为 Sn＋ m的值的是( )A．2 B．3C．4 D.92解析：由已知，设 Sn＝ An2＋ Bn，则Error!⇒Error!两式相减得 B(m－ n)＝0，故 B＝0， A＝ .Sm＋ n＝ A(m＋ n)2＝ ＝ 1mn  m＋ n 2mn m2＋ n2＋ 2mnmn＝4，故只有 D 符合，故选 D.4mnmn答案：D6．已知数列{ an}的通项公式为 an＝Error!则其前 10 项和为________．解析：依题意，注意到 a1＋ a3＋ a5＋ a7＋ a9＝ ＝341， a2＋ a4＋ a6＋ a8＋ a10＝1－ 28·221－ 22＝－85，因此题中的数列的前 10 项和等于 341－85＝256.5× － 5－ 292答案：2567．数列{ an}满足 a1＋ a2＋…＋ an＝ n2(n∈N *)，设 bn＝ ， Tn是数列{ bn}的前 n 项1anan＋ 1和，则 Tn＝________.解析：本题考查数列的前 n 项和与通项间的关系、裂项相消法．依题意，当 n≥2 时，an＝ n2－( n－1) 2＝2 n－1；又 a1＝1 2＝2×1－1，因此 an＝2 n－1，bn＝ ＝ ，1 2n－ 1  2n＋ 1 12( 12n－ 1－ 12n＋ 1)因此 Tn＝12(1－ 13＋ 13－ 15＋ …＋ 12n－ 1－ 12n＋ 1)- 3 -＝ ＝ .12(1－ 12n＋ 1) n2n＋ 1答案：n2n＋ 18．在数列{ an}中， a1＝1， an＋2 ＋(－1) nan＝1，记 Sn是数列{ an}的前 n 项和，则S60＝________.解析：依题意得，当 n 是奇数时， an＋2 － an＝1，即数列{ an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为 1 的等差数列， a1＋ a3＋ a5＋…＋ a59＝30×1＋ ×1＝465；当 n 是偶数时，30×292an＋2 ＋ an＝1，即数列{ an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1， a2＋ a4＋ a6＋ a8＋…＋ a58＋ a60＝( a2＋ a4)＋( a6＋ a8)＋…＋( a58＋ a60)＝15.因此，该数列的前 60 项和 S60＝465＋15＝480.答案：4809．(2016·南昌模拟)设数列{ an}的前 n 项和为 Sn,4Sn＝ a ＋2 an－3，且2na1， a2， a3， a4， a5成等比数列，当 n≥5 时， an0.(1)求证：当 n≥5 时，{ an}成等差数列；(2)求{ an}的前 n 项和 Sn.解：(1)证明：由 4Sn＝ a ＋2 an－3,4 Sn＋1 ＝ a ＋2 an＋1 －3，2n 2n＋ 1得 4an＋1 ＝ a － a ＋2 an＋1 －2 an，( an＋1 ＋ an)(an＋1 － an－2)＝0.2n＋ 1 2n当 n≥5 时， an0，所以 an＋1 － an＝2，所以当 n≥5 时，{ an}成等差数列．(2)由 4a1＝ a ＋2 a1－3，得 a1＝3 或 a1＝－1，21又 a1， a2， a3， a4， a5成等比数列，所以 an＋1 ＋ an＝0( n≤5)， q＝－1，而 a50，所以 a10，从而 a1＝3，所以 an＝Error!所以 Sn＝Error!10．(2016·石家庄一模)设数列{ an}的前 n 项和为Sn， a1＝1， an＋1 ＝ λS n＋1( n∈N *， λ ≠－1)，且 a1,2a2， a3＋3 为等差数列{ bn}的前三项．(1)求数列{ an}，{ bn}的通项公式；(2)求数列{ anbn}的前 n 项和．解：(1)法一：∵ an＋1 ＝ λS n＋1( n∈N *)，∴ an＝ λS n－1 ＋1( n≥2)，∴ an＋1 － an＝ λa n，即 an＋1 ＝( λ ＋1) an(n≥2)， λ ＋1≠0，又 a1＝1， a2＝ λS 1＋1＝ λ ＋1，- 4 -∴数列{ an}是以 1 为首项，公比为 λ ＋1 的等比数列，∴ a3＝( λ ＋1) 2，∴4( λ ＋1)＝1＋( λ ＋1) 2＋3，整理得 λ 2－2 λ ＋1＝0，解得 λ ＝1，∴ an＝2 n－1 ， bn＝1＋3( n－1)＝3 n－2.法二：∵ a1＝1， an＋1 ＝ λS n＋1( n∈N *)，∴ a2＝ λS 1＋1＝ λ ＋1， a3＝ λS 2＋1＝ λ (1＋ λ ＋1)＋1＝ λ 2＋2 λ ＋1，∴4( λ ＋1)＝1＋ λ 2＋2 λ ＋1＋3，整理得 λ 2－2 λ ＋1＝0，解得 λ ＝1，∴ an＋1 ＝ Sn＋1( n∈N *)，∴ an＝ Sn－1 ＋1( n≥2)，∴ an＋1 － an＝ an(n≥2)，即 an＋1 ＝2 an(n≥2)，又 a1＝1， a2＝2，∴数列{ an}是以 1 为首项，公比为 2 的等比数列，∴ an＝2 n－1 ，bn＝1＋3( n－1)＝3 n－2.(2)由(1)知， anbn＝(3 n－2)×2 n－1 ，设 Tn为数列{ anbn}的前 n 项和，∴ Tn＝1×1＋4×2 1＋7×2 2＋…＋(3 n－2)×2 n－1 ，①∴2 Tn＝1×2 1＋4×2 2＋7×2 3＋…＋(3 n－5)×2 n－1 ＋(3 n－2)×2 n.②①－②得，－ Tn＝1×1＋3×2 1＋3×2 2＋…＋3×2 n－1 －(3 n－2)×2 n＝1＋3×－(3 n－2)×2 n，2× 1－ 2n－ 11－ 2整理得： Tn＝(3 n－5)×2 n＋5.B 组 高考题型专练1．(2015·高考天津卷)已知{ an}是各项均为正数的等比数列，{ bn}是等差数列，且a1＝ b1＝1， b2＋ b3＝2 a3， a5－3 b2＝7.(1)求{ an}和{ bn}的通项公式；(2)设 cn＝ anbn， n∈N *，求数列{ cn}的前 n 项和．解：(1)设数列{ an}的公比为 q，数列{ bn}的公差为 d，由题意知 q0.由已知，有Error!消去 d，整理得 q4－2 q2－8＝0.又因为 q0，解得 q＝2，所以 d＝2.所以数列{ an}的通项公式为 an＝2 n－1 ， n∈N *；数列{ bn}的通项公式为 bn＝2 n－1， n∈N *.(2)由(1)有 cn＝(2 n－1)×2 n－1 ，设{ cn}的前 n 项和为 Sn，则Sn＝1×2 0＋3×2 1＋5×2 2＋…＋(2 n－3)×2 n－2 ＋(2 n－1)×2 n－1 ，2Sn＝1×2 1＋3×2 2＋5×2 3＋…＋(2 n－3)×2 n－1 ＋(2 n－1)×2 n，上述两式相减，得－ Sn＝1＋2 2＋2 3＋…＋2 n－(2 n－1)×2 n＝2 n＋1 －3－(2 n－1)×2n＝－(2 n－3)×2 n－3，- 5 -所以， Sn＝(2 n－3)×2 n＋3， n∈N *.2．(2015·高考全国卷Ⅰ) Sn为数列{ an}的前 n 项和，已知 an0， a ＋2 an＝4 Sn＋3.2n(1)求{ an}的通项公式；(2)设 bn＝ ，求数列{ bn}的前 n 项和．1anan＋ 1解：(1)由 a ＋2 an＝4 Sn＋3①，可知 a ＋2 an＋1 ＝4 Sn＋1 ＋3②.2n 2n＋ 1由②－①可得 a － a ＋2( an＋1 － an)＝4 an＋1 ，即2n＋ 1 2n2(an＋1 ＋ an)＝ a － a ＝( an＋1 ＋ an)(an＋1 － an)．2n＋ 1 2n由于 an0，可得 an＋1 － an＝2.又 a ＋2 a1＝4 a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3.21所以{ an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an＝2 n＋1.(2)由 an＝2 n＋1 可知bn＝ ＝1anan＋ 1 1 2n＋ 1  2n＋ 3＝ .12( 12n＋ 1－ 12n＋ 3)设数列{ bn}的前 n 项和为 Tn，则Tn＝ b1＋ b2＋…＋ bn＝12[(13－ 15)＋ (15－ 17)＋ …＋ ( 12n＋ 1－ 12n＋ 3)]＝ .n3 2n＋ 33．(2014·高考浙江卷)已知数列{ an}和{ bn}满足 a1a2a3…an＝( )bn(n∈N *)．若{ an}为2等比数列，且 a1＝2， b3＝6＋ b2.(1)求 an与 bn；(2)设 cn＝ － (n∈N *)．记数列{ cn}的前 n 项和为 Sn.1an 1bn①求 Sn；②求正整数 k，使得对任意 n∈N *，均有 Sk≥ Sn.解：(1)由题意得 a1a2a3…an＝( )bn， b3－ b2＝6，2知 a3＝( )b3－ b2＝8.2又由 a1＝2，得公比 q＝2( q＝－2 舍去)，所以数列{ an}的通项为 an＝2 n(n∈N *)．所以 a1a2a3…an＝2 ＝( )n(n＋1)．n n＋ 12 2故数列{ bn}的通项为 bn＝ n(n＋1)( n∈N *)．- 6 -(2)①由(1)知 cn＝ － ＝ － (n∈N *)，1an 1bn 12n (1n－ 1n＋ 1)所以Sn＝ ＋ ＋…＋ － ＝1－ － ＝ － (n∈N *)．12 122 12n (1－ 12＋ 12－ 13＋ …＋ 1n－ 1n＋ 1) 12n (1－ 1n＋ 1) 1n＋ 1 12n②因为 c1＝0， c20， c30， c40；当 n≥5 时，cn＝ ，1n n＋ 1 [n n＋ 12n － 1]而 － ＝ 0，n n＋ 12n  n＋ 1  n＋ 22n＋ 1  n＋ 1  n－ 22n＋ 1得 ≤ 1，n n＋ 12n 5· 5＋ 125所以，当 n≥5 时， cn0.综上，对任意 n∈N *恒有 S4≥ Sn，故 k＝4.- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第五章 第五节 数列的综合应用课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1．(2015·杭州二模)在正项等比数列{ an}中，2 为 a4与 a14的等比中项，则 2a7＋ a112的最小值为( )A．16 B．8C．6 D．4解析：因为{ an}是正项等比数列，且 2 为 a4与 a14的等比中项，所以 a4a14＝8＝ a7a11，2则 2a7＋ a11＝2 a7＋ ≥2 ＝8，当且仅当 a7＝2 时，等号成立，所以 2a7＋ a11的最小8a7 2a7·8a7值为 8，故选择 B.答案：B2．(2016·宝鸡质检)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把 100 个面包分给 5 个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，问最小的一份为( )17A. B.53 103C. D.56 116解析：由 100 个面包分给 5 个人，每个人所得成等差数列，可知中间一人得 20 块面包，设较大的两份为 20＋ d,20＋2 d，较小的两份为 20－ d,20－2 d，由已知条件可得(20＋20＋ d＋20＋2 d)＝20－ d＋20－2 d，解得 d＝ ，∴最小的一份为17 55620－2 d＝20－2× ＝ ，故选 A.556 53答案：A3．(2016·豫南十校联考)设 f(x)是定义在 R 上的恒不为零的函数，且对任意的x， y∈R，都有 f(x)·f(y)＝ f(x＋ y)．若 a1＝ ， an＝ f(n)(n∈N *)，则数列{ an}的前 n 项和12Sn的取值范围是( )A. B.[12， 2) [12， 2]C. D.[12， 1) [12， 1]解析：在 f(x)·f(y)＝ f(x＋ y)中令 x＝ n， y＝1，得 f(n＋1)＝ f(n)f(1)，又- 2 -a1＝ ， an＝ f(n)(n∈N *)，则 an＋1 ＝ an，所以数列{ an}是首项和公比都是 的等比数列，其前12 12 12n 项和 Sn＝ ＝1－ ∈ ，故选择 C.12×(1－ 12n)1－ 12 12n [12， 1)答案：C4．已知在等差数列{ an}中， a10， d0，前 n 项和为 Sn，等比数列{ bn}满足b1＝ a1， b4＝ a4，前 n 项和为 Tn，则( )A． S4T4 B． S41，数列{ bn}单调递增，又S4－ T4＝ a2＋ a3－( b2＋ b3)＝ a1＋ a4－ a1q－ ＝ a1(1－ q)＋ a4 ＝ (a4－ a1q)a4q (1－ 1q) q－ 1q＝ (b4－ b2)0，所以 S4T4.q－ 1q法二：不妨取 an＝7 n－4，则等比数列{ bn}的公比 q＝ ＝2，所以 S4＝54， T4＝3a4a1＝45，显然 S4T4，选 A.b1 1－ q41－ q答案：A5．正项等比数列{ an}满足： a3＝ a2＋2 a1，若存在 am， an，使得am·an＝16 a ， m， n∈N *，则 ＋ 的最小值为( )211m 9nA．2 B．16C. D.114 32解析：设数列{ an}的公比为q， a3＝ a2＋2 a1⇒q2＝ q＋2⇒ q＝2，∴ an＝ a1·2n－1 ， am·an＝16 a ⇒a ·2m＋ n－2 ＝16 a ⇒m＋ n21 21 21＝6，∵ m， n∈N *，∴( m， n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当 m＝2， n＝4 时， ＋ 取最小值 .1m 9n 114答案：C6．(2016·兰州双基)等差数列{ an}的公差为 2，若 a2， a4， a8成等比数列，则{ an}的前n 项和 Sn＝________.解析：由题意，得( a1＋3×2) 2＝( a1＋2)( a1＋7×2)，解得 a1＝2，所以 Sn＝2 n＋×2＝ n2＋ n.n n－ 12- 3 -答案： n2＋ n7．(2015·高考湖南卷)设 Sn为等比数列{ an}的前 n 项和．若 a1＝1，且 3S1,2S2， S3成等差数列，则 an＝________.解析：由 3S1,2S2， S3成等差数列，得 4S2＝3 S1＋ S3，即 3S2－3 S1＝ S3－ S2，则 3a2＝ a3，得公比 q＝3，所以 an＝ a1qn－1 ＝3 n－1 .答案：3 n－18．从盛满 2 升纯酒精的容器里倒出 1 升纯酒精，然后填满水，再倒出 1 升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒________次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于 10%.解析：设倒 n 次后纯酒精与总溶液的体积比为 an，则 an＝ n，由题意知 n0}，把 M 中的元素从小到大依次排π 2成一列，得到数列{ an}， n∈N *.(1)求数列{ an}的通项公式； (2)记 bn＝ ，设数列{ bn}的前 n 项和为 Tn，求证： Tn0，∴ an＝2 n－1( n∈N *)．(2)∵ bn＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ，22n－ 1 (2n－ 12n )  2n－ 1 2 2n 2  2n－ 1 2－ 1 2n 2 2n－ 22n n－ 1n所以 Tn 2× × ×…× ＝ .(12) 12 23 n－ 1n 14n综上可得对任意的 n∈N *，均有 Tn≥ .14n3．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)已知数列{ an}满足 a1＝1， an＋1 ＝3 an＋1.(1)证明： 是等比数列，并求{ an}的通项公式；{an＋12}(2)证明： ＋ ＋…＋ .1a1 1a2 1an32证明：(1)由 an＋1 ＝3 an＋1 得 an＋1 ＋ ＝3 .12 (an＋ 12)又 a1＋ ＝ ，12 32- 6 -所以 是首项为 ，公比为 3 的等比数列．{an＋12} 32所以 an＋ ＝ ，12 3n2因此{ an}的通项公式为 an＝ .3n－ 12(2)由(1)知 ＝ .1an 23n－ 1因为当 n≥1 时，3 n－1≥2×3 n－1 ，所以 ≤ .13n－ 1 12×3n－ 1于是 ＋ ＋…＋ ≤1＋ ＋…＋1a1 1a2 1an 13 13n－ 1＝ .32(1－ 13n)32所以 ＋ ＋…＋ .1a1 1a2 1an32