（江苏专用）2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 理（课件+习题）（打包8套）.zip

1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.1 数列的概念与简单表示法 理1．数列的定义按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每个数都叫做这个数列的项．2．数列的分类分类原则 类型 满足条件有穷数列 项数有限按项数分类无穷数列 项数无限递增数列 an＋1 ____an递减数列 an＋1 __0)，运用基本不等式得， f(x)≥2 当且仅当 x＝3 时等号90x 90 10成立．因为 an＝ ，所以 ≤ ，由于 n∈N *，不难发现当 n＝9 或 10 时， an＝1n＋ 90n1n＋ 90n 1290最大．119思维升华 1.解决数列的单调性问题可用以下三种方法8(1)用作差比较法，根据 an＋1 － an的符号判断数列{ an}是递增数列、递减数列或是常数列．(2)用作商比较法，根据 (an＞0 或 an＜0)与 1 的大小关系进行判断．an＋ 1an(3)结合相应函数的图象直观判断．2．解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．3．数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．(1) 数列{ an}满足 an＋1 ＝Error! a1＝ ，则数列的第 2 015 项为________．35(2)设 an＝－3 n2＋15 n－18，则数列{ an}中的最大项的值是________．答案 (1) (2)025解析 (1)由已知可得， a2＝2× －1＝ ，35 15a3＝2× ＝ ，15 25a4＝2× ＝ ，25 45a5＝2× －1＝ ，45 35∴{ an}为周期数列且 T＝4，∴ a2 015＝ a3＝ .25(2)∵ an＝－3 2＋ ，由二次函数性质，得当 n＝2 或 3 时， an最大，最大值为 0.(n－52) 345．数列中的新定义问题典例 (1)(2015·洛阳模拟)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列 5,9,14,20，…为“梯形数” ．根据图形的构成，此数列的第 2 014 项与 5 的差，即 a2 014－5＝__________.(用式子表示)(2)对于数列{ xn}，若对任意 n∈N *，都有 ＜ xn＋1 成立，则称数列{ xn}为“减差数xn＋ xn＋ 22列” ．设 bn＝2 t－ ，若数列 b3， b4， b5，…是“减差数列” ，则实数 t 的取值范围是tn－ 12n－ 19____________．思维点拨 (1)观察图形，易得 an－ an－1 ＝ n＋2( n≥2)可利用累加法求解．(2)由“减差数列”的定义，可得关于 bn的不等式，把 bn的通项公式代入，化归为不等式恒成立问题求解．解析 (1)因为 an－ an－1 ＝ n＋2( n≥2)， a1＝5，所以 a2 014＝( a2 014－ a2 013)＋( a2 013－ a2 012)＋…＋( a2－ a1)＋ a1＝2 016＋2 015＋…＋4＋5＝ ＋5＝1 010×2 013＋5， 2 016＋ 4 ×2 0132所以 a2 014－5＝1 010×2 013.(2)由数列 b3， b4， b5，…是“减差数列” ，得 ＜ bn＋1 (n≥3)，bn＋ bn＋ 22即 t－ ＋ t－ ＜2 t－ ，tn－ 12n t n＋ 2 － 12n＋ 2 t n＋ 1 － 12n即 ＋ ＞ ，tn－ 12n t n＋ 2 － 12n＋ 2 t n＋ 1 － 12n化简得 t(n－2)＞1.当 n≥3 时，若 t(n－2)＞1 恒成立，则 t＞ 恒成立，1n－ 2又当 n≥3 时， 的最大值为 1，1n－ 2则 t 的取值范围是(1，＋∞)．答案 (1)1 010×2 013 (2)(1，＋∞)温馨提醒 解决数列的新定义问题要做到：(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法．[方法与技巧]1．求数列通项或指定项．通常用观察法(对于交错数列一般用(－1) n或(－1) n＋1 来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．2．强调 an与 Sn的关系： an＝Error!3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有两种常见10思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加法或累乘法可求数列的通项公式．4．数列的性质可利用函数思想进行研究．[失误与防范]1．数列 an＝ f(n)和函数 y＝ f(x)定义域不同，其单调性也有区别： y＝ f(x)是增函数是an＝ f(n)是递增数列的充分不必要条件．2．数列的通项公式可能不存在，也可能有多个．3．由 an＝ Sn－ Sn－1 求得的 an是从 n＝2 开始的，要对 n＝1 时的情况进行验证．A 组 专项基础训练(时间：40 分钟)1．数列 ，－ ，，－ ，…的第 10 项是________．23 4567 89答案 －2021解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{ an}的通项公式 an＝(－1) n＋1 · ，故 a10＝－ .2n2n＋ 1 20212．若数列{ an}的通项公式是 an＝(－1) n(3n－2)，则 a1＋ a2＋…＋ a10＝________.答案 15解析 由题意知， a1＋ a2＋…＋ a10＝－1＋4－7＋10－…＋(－1) 10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1) 9×(3×9－2)＋(－1) 10×(3×10－2)]＝3×5＝15.3．若 Sn为数列{ an}的前 n 项和，且 Sn＝ ，则 ＝________.nn＋ 1 1a5答案 30解析 当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝ － ＝ ，所以 ＝5×6＝30.nn＋ 1 n－ 1n 1n n＋ 1 1a54．若数列{ an}满足： a1＝19， an＋1 ＝ an－3( n∈N *)，而数列{ an}的前 n 项和数值最大时， n的值为________．答案 7解析 ∵ an＋1 － an＝－3，∴数列{ an}是以 19 为首项，－3 为公差的等差数列，11∴ an＝19＋( n－1)×(－3)＝22－3 n.∵ a7＝22－21＝10， a8＝22－24＝－20，∴ n＝7 时，数列{ an}的前 n 项和最大．5．已知数列{ an}的通项公式为 an＝ n2－2 λn (n∈N *)，则“ λ ＜1”是“数列{ an}为递增数列”的______________条件．答案 充分不必要解析 若数列{ an}为递增数列，则有 an＋1 － an＞0，即 2n＋1＞2 λ 对任意的 n∈N *都成立，于是有 3＞2 λ ， λ ＜ .由 λ ＜1 可推得 λ ＜ ，但反过来，由 λ ＜ 不能得到 λ ＜1，因此32 32 32“λ ＜1”是“数列{ an}为递增数列”的充分不必要条件．6．已知数列{ an}的前 n 项和 Sn＝ n2＋2 n＋1( n∈N *)，则 an＝________.答案 Error!解析 当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 n＋1，当 n＝1 时， a1＝ S1＝4≠2×1＋1，因此an＝Error!7．数列{ an}中，已知 a1＝1， a2＝2， an＋1 ＝ an＋ an＋2 (n∈N *)，则 a7＝________.答案 1解析 由已知 an＋1 ＝ an＋ an＋2 ， a1＝1， a2＝2，能够计算出 a3＝1， a4＝－1， a5＝－2， a6＝－1， a7＝1.8．已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn， Sn＝2 an－ n，则 an＝________.答案 2 n－1解析 当 n＝1 时， S1＝ a1＝2 a1－1，得 a1＝1，当 n≥2 时，an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 an－ n－2 an－1 ＋( n－1)，即 an＝2 an－1 ＋1，∴ an＋1＝2( an－1 ＋1)，∴数列{ an＋1}是首项为 a1＋1＝2，公比为 2 的等比数列，∴ an＋1＝2·2 n－1 ＝2 n，∴ an＝2 n－1.9．数列{ an}的通项公式是 an＝ n2－7 n＋6.(1)这个数列的第 4 项是多少？(2)150 是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当 n＝4 时， a4＝4 2－4×7＋6＝－6.(2)令 an＝150，即 n2－7 n＋6＝150，解得 n＝16 或 n＝－9(舍去)，即 150 是这个数列的第 16 项．(3)令 an＝ n2－7 n＋6＞0，解得 n＞6 或 n＜1(舍去)．12所以从第 7 项起各项都是正数．10．已知数列{ an}中， a1＝1，前 n 项和 Sn＝ an.n＋ 23(1)求 a2， a3；(2)求{ an}的通项公式．解 (1)由 S2＝ a2得 3(a1＋ a2)＝4 a2，43解得 a2＝3 a1＝3.由 S3＝ a3得 3(a1＋ a2＋ a3)＝5 a3，53解得 a3＝ (a1＋ a2)＝6.32(2)由题设知 a1＝1.当 n≥2 时，有 an＝ Sn－ Sn－1 ＝ an－ an－1 ，n＋ 23 n＋ 13整理得 an＝ an－1 .n＋ 1n－ 1于是a1＝1，a2＝ a1，31a3＝ a2，42……an－1 ＝ an－2 ，nn－ 2an＝ an－1 .n＋ 1n－ 1将以上 n 个等式两端分别相乘，整理得 an＝ .n n＋ 12显然，当 n＝1 时也满足上式．综上可知，{ an}的通项公式 an＝ .n n＋ 12B 组 专项能力提升(时间：20 分钟)11．已知数列{ an}的通项公式为 an＝( n＋2) n，则当 an取得最大值时， n＝________.(78)13答案 5 或 6解析 当 an取得最大值时，有Error!∴Error!解得Error! ∴ n＝5 或 6.12．数列{ an}满足 an＋ an＋1 ＝ (n∈N *)， a2＝2， Sn是数列{ an}的前 n 项和，则12S21＝________.答案 72解析 ∵ an＋ an＋1 ＝ ， a2＝2，12∴ an＝Error!∴ S21＝11× ＋10×2＝ .(－32) 7213．定义：称 为 n 个正数 P1， P2，…， Pn的“均倒数” ．若数列{ an}的前 nnP1＋ P2＋ …＋ Pn项的“均倒数”为 ，则数列{ an}的通项公式为____________．12n－ 1答案 an＝4 n－3解析 ∵ ＝ ，na1＋ a2＋ …＋ an 12n－ 1∴ ＝2 n－1，a1＋ a2＋ …＋ ann∴ a1＋ a2＋…＋ an＝(2 n－1) n，a1＋ a2＋…＋ an－1 ＝(2 n－3)( n－1)( n≥2)，当 n≥2 时， an＝(2 n－1) n－(2 n－3)( n－1)＝4 n－3；a1＝1 也适合此等式，∴ an＝4 n－3.14．若数列{ n(n＋4)( )n}中的最大项是第 k 项，则 k＝________.23答案 4解析 由题意得Error!所以Error! 由 k∈N *可得 k＝4.15．已知数列{ an}中， an＝1＋ (n∈N *， a∈R 且 a≠0)．1a＋ 2 n－ 1(1)若 a＝－7，求数列{ an}中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的 n∈N *，都有 an≤ a6成立，求 a 的取值范围．14解 (1)∵ an＝1＋ (n∈N *， a∈R，且 a≠0)，1a＋ 2 n－ 1又 a＝－7，∴ an＝1＋ (n∈N *)．结合函数 f(x)＝1＋ 的单调性，可知12n－ 9 12x－ 91＞ a1＞ a2＞ a3＞ a4，a5＞ a6＞ a7＞…＞ an＞1( n∈N *)．∴数列{ an}中的最大项为 a5＝2，最小项为 a4＝0.(2)an＝1＋ ＝1＋ ，1a＋ 2 n－ 112n－ 2－ a2已知对任意的 n∈N *，都有 an≤ a6成立，结合函数 f(x)＝1＋ 的单调性，12x－ 2－ a2可知 5＜ ＜6，即－10＜ a＜－8.2－ a21【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.2 等差数列及其前 n 项和 理1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母__ d__表示．2．等差数列的通项公式如果等差数列{ an}的首项为 a1，公差为 d，那么它的通项公式是 an＝ a1＋( n－1) d.3．等差中项如果 A＝ ，那么 A 叫做 a 与 b 的等差中项．a＋ b24．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广： an＝ am＋( n－ m)d(n， m∈N *)．(2)若{ an}为等差数列，且 k＋ l＝ m＋ n(k， l， m， n∈N *)，则 ak＋ al＝ am＋ an.(3)若{ an}是等差数列，公差为 d，则{ a2n}也是等差数列，公差为 2d.(4)若{ an}，{ bn}是等差数列，则{ pan＋ qbn}也是等差数列．(5)若{ an}是等差数列，公差为 d，则 ak， ak＋ m， ak＋2 m，…( k， m∈N *)是公差为 md 的等差数列．5．等差数列的前 n 项和公式设等差数列{ an}的公差为 d，其前 n 项和 Sn＝ 或 Sn＝ na1＋ d.n a1＋ an2 n n－ 126．等差数列的前 n 项和公式与函数的关系Sn＝ n2＋ n.d2 (a1－ d2)数列{ an}是等差数列⇔ Sn＝ An2＋ Bn(A、 B 为常数)．7．等差数列的前 n 项和的最值在等差数列{ an}中， a10， d0，则 Sn存在最__小__值．2【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )(2)数列{ an}为等差数列的充要条件是对任意 n∈N *，都有 2an＋1 ＝ an＋ an＋2 .( √ )(3)等差数列{ an}的单调性是由公差 d 决定的．( √ )(4)数列{ an}为等差数列的充要条件是其通项公式为 n 的一次函数．( × )(5)数列{ an}满足 an＋1 － an＝ n，则数列{ an}是等差数列．( × )(6)已知数列{ an}的通项公式是 an＝ pn＋ q(其中 p， q 为常数)，则数列{ an}一定是等差数列．( √ )1．设等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn.若 a1＝－11， a4＋ a6＝－6，则当 Sn取最小值时，n＝____________________________________.答案 6解析 设等差数列{ an}的公差为 d，∵ a1＋ a9＝ a4＋ a6＝－6，且 a1＝－11，∴ a9＝5，从而 d＝2.∴ Sn＝－11 n＋ n(n－1)＝ n2－12 n，∴当 n＝6 时， Sn取最小值．2．设 Sn是公差不为 0 的等差数列{ an}的前 n 项和，若 a1＝2 a8－3 a4，则 ＝________.S8S16答案 310解析 由已知得 a1＝2 a1＋14 d－3 a1－9 d，∴ a1＝ d，又 ＝ ，52 S8S16 8a1＋ 28d16a1＋ 120d将 a1＝ d 代入化简得 ＝ .52 S8S16 3103．在等差数列{ an}中，已知 a4＋ a8＝16，则该数列前 11 项和 S11＝________.答案 88解析 S11＝ ＝ ＝88.11 a1＋ a112 11 a4＋ a824．设数列{ an}是等差数列，若 a3＋ a4＋ a5＝12，则 a1＋ a2＋…＋ a7＝________.3答案 28解析 ∵ a3＋ a4＋ a5＝3 a4＝12，∴ a4＝4，∴ a1＋ a2＋…＋ a7＝7 a4＝28.5．(2014·北京)若等差数列{ an}满足 a7＋ a8＋ a90， a7＋ a100，∴当 n＝12 或 13 时， Sn取得最小值，最小值 S12＝ S13＝ ＝－130.13 a1＋ a132思维升华 (1)等差数列的性质：①项的性质：在等差数列{ an}中， am－ an＝( m－ n)d⇔ ＝ d(m≠ n)，其几何意义是点am－ anm－ n(n， an)，( m， am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．②和的性质：在等差数列{ an}中， Sn为其前 n 项和，则a． S2n＝ n(a1＋ a2n)＝…＝ n(an＋ an＋1 )；b． S2n－1 ＝(2 n－1) an.(2)求等差数列前 n 项和 Sn最值的两种方法：①函数法：利用等差数列前 n 项和的函数表达式 Sn＝ an2＋ bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．②邻项变号法：a．当 a1＞0， d＜0 时，满足Error!的项数 m 使得 Sn取得最大值 Sm；b．当 a1＜0， d＞0 时，满足Error!的项数 m 使得 Sn取得最小值 Sm.(1)等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，已知 a5＋ a7＝4， a6＋ a8＝－2，则当 Sn取最大值时， n 的值是________．(2)设数列{ an}是公差 d＜0 的等差数列， Sn为前 n 项和，若 S6＝5 a1＋10 d，则 Sn取最大值时，n 的值为________．(3)已知等差数列{ an}的首项 a1＝20，公差 d＝－2，则前 n 项和 Sn的最大值为________．答案 (1)6 (2)5 或 6 (3)110解析 (1)依题意得 2a6＝4,2 a7＝－2， a6＝2＞0， a7＝－1＜0；又数列{ an}是等差数列，因此在该数列中，前 6 项均为正数，自第 7 项起以后各项均为负数，于是当 Sn取最大值时，n＝6.(2)由题意得 S6＝6 a1＋15 d＝5 a1＋10 d，所以 a6＝0，故当 n＝5 或 6 时， Sn最大．(3)因为等差数列{ an}的首项 a1＝20，公差 d＝－2，代入求和公式得，Sn＝ na1＋ d＝20 n－ ×2n n－ 12 n n－ 128＝－ n2＋21 n＝－ 2＋ 2，(n－212) (212)又因为 n∈N *，所以 n＝10 或 n＝11 时， Sn取得最大值，最大值为 110.6．等差数列的前 n 项和及其最值典例 (1)在等差数列{ an}中，2( a1＋ a3＋ a5)＋3( a7＋ a9)＝54，则此数列前 10 项的和S10＝________.(2)在等差数列{ an}中， S10＝100， S100＝10，则 S110＝________.(3)等差数列{ an}中，已知 a50， a4＋ a70， a2＋ a3＝ a1＋ d＋ a2＋ d＝( a1＋ a2)＋2 d，由于 d 正负不确定，因而 a2＋ a3符号不确定，故①错；若a1＋ a30， d0， a20， a30，所以 a － a1a3＝( a1＋ d)2－ a1(a1＋2 d)2＝ d20，所以 a2 ，故③正确；若 a10，则( a2－ a1)·(a2－ a3)＝ d·(－ d)＝－ d2≤0，a1a3故④错．3．设等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，若 Sm－1 ＝－2， Sm＝0， Sm＋1 ＝3，则 m＝________.10答案 5解析 ∵数列{ an}为等差数列，且前 n 项和为 Sn，∴数列 也为等差数列．{Snn}∴ ＋ ＝ ，即 ＋ ＝0，Sm－ 1m－ 1 Sm＋ 1m＋ 1 2Smm － 2m－ 1 3m＋ 1解得 m＝5，经检验为原方程的解．4．数列{ an}的首项为 3，{ bn}为等差数列，且 bn＝ an＋1 － an(n∈N *)，若 b3＝－2， b10＝12，则 a8＝________.答案 3解析 设{ bn}的公差为 d，∵ b10－ b3＝7 d＝12－(－2)＝14，∴ d＝2.∵ b3＝－2，∴ b1＝ b3－2 d＝－2－4＝－6.∴ b1＋ b2＋…＋ b7＝7 b1＋ d7×62＝7×(－6)＋21×2＝0.又 b1＋ b2＋…＋ b7＝( a2－ a1)＋( a3－ a2)＋…＋( a8－ a7)＝ a8－ a1＝ a8－3＝0，∴ a8＝3.5．已知数列{ an}满足 an＋1 ＝ an－ ，且 a1＝5，设{ an}的前 n 项和为 Sn，则使得 Sn取得最大57值的序号 n 的值为________．答案 7 或 8解析 由题意可知数列{ an}是首项为 5，公差为－ 的等差数列，所以 an＝5－ (n－1)＝57 57，该数列前 7 项是正数项，第 8 项是 0，从第 9 项开始是负数项，所以 Sn取得最大值40－ 5n7时， n＝7 或 8.6．(2015·常州模拟)已知数列{ an}中， a1＝1 且 ＝ ＋ (n∈N *)，则 a10＝________.1an＋ 1 1an 13答案 14解析 由已知得 ＝ ＋(10－1)× ＝1＋3＝4，1a10 1a1 13故 a10＝ .147．已知递增的等差数列{ an}满足 a1＝1， a3＝ a －4，则 an＝________.2答案 2 n－111解析 设等差数列的公差为 d，∵ a3＝ a －4，∴1＋2 d＝(1＋ d)2－4，2解得 d2＝4，即 d＝±2.由于该数列为递增数列，故 d＝2.∴ an＝1＋( n－1)×2＝2 n－1.8．设数列{ an}的通项公式为 an＝2 n－10( n∈N *)，则| a1|＋| a2|＋…＋| a15|＝________.答案 130解析 由 an＝2 n－10( n∈N *)知{ an}是以－8 为首项，2 为公差的等差数列，又由an＝2 n－10≥0 得 n≥5，∴ n≤5 时， an≤0，当 n＞5 时，an＞0，∴| a1|＋| a2|＋…＋| a15|＝－( a1＋ a2＋ a3＋ a4)＋( a5＋ a6＋…＋ a15)＝20＋110＝130.9．若数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＋2 SnSn－1 ＝0( n≥2)， a1＝ .12(1)求证： 成等差数列；{1Sn}(2)求数列{ an}的通项公式．(1)证明 当 n≥2 时，由 an＋2 SnSn－1 ＝0，得 Sn－ Sn－1 ＝－2 SnSn－1 ，所以 － ＝2，1Sn 1Sn－ 1又 ＝ ＝2，故 是首项为 2，公差为 2 的等差数列．1S1 1a1 {1Sn}(2)解 由(1)可得 ＝2 n，∴ Sn＝ .1Sn 12n当 n≥2 时，an＝ Sn－ Sn－1 ＝ － ＝ ＝－ .12n 12 n－ 1 n－ 1－ n2n n－ 1 12n n－ 1当 n＝1 时， a1＝ 不适合上式．12故 an＝Error!10．等差数列{ an}中，设 Sn为其前 n 项和，且 a1＞0， S3＝ S11，则当 n 为多少时， Sn最大？解 方法一 由 S3＝ S11得 3a1＋ d＝11 a1＋ d，则 d＝－ a1.3×22 11×102 213从而 Sn＝ n2＋ n＝－ (n－7) 2＋ a1，d2 (a1－ d2) a113 4913又 a1＞0，所以－ ＜0.故当 n＝7 时， Sn最大．a113方法二 由于 Sn＝ an2＋ bn 是关于 n 的二次函数，由 S3＝ S11，可知 Sn＝ an2＋ bn 的图象关于n＝ ＝7 对称．由方法一可知 a＝－ ＜0，故当 n＝7 时， Sn最大．3＋ 112 a11312方法三 由方法一可知， d＝－ a1.要使 Sn最大，213则有Error!即Error!解得 6.5≤ n≤7.5，故当 n＝7 时， Sn最大．方法四 由 S3＝ S11，可得 2a1＋13 d＝0，即( a1＋6 d)＋( a1＋7 d)＝0，故 a7＋ a8＝0，又由 a1＞0， S3＝ S11可知 d＜0，所以 a7＞0， a8＜0，所以当 n＝7 时， Sn最大．B 组 专项能力提升(时间：20 分钟)11．设 Sn为等差数列{ an}的前 n 项和，( n＋1) Sn＜ nSn＋1 (n∈N *)．若 ＜－1，则下列说法a8a7正确的是________．① Sn的最大值是 S8 ② Sn的最小值是 S8③ Sn的最大值是 S7 ④ Sn的最小值是 S7答案 ④解析 由条件得 ＜ ，即 ＜ ，所以 an＜ an＋1 ，所Snn Sn＋ 1n＋ 1 n a1＋ an2n  n＋ 1  a1＋ an＋ 12 n＋ 1以等差数列{ an}为递增数列．又 ＜－1，所以 a8＞0， a7＜0，即数列{ an}前 7 项均小于 0，a8a7第 8 项大于零，所以 Sn的最小值为 S7.12．设等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝－3， ak＋1 ＝ ， Sk＝－12，则正整数32k＝________.答案 13解析 Sk＋1 ＝ Sk＋ ak＋1 ＝－12＋ ＝－ ，32 212又 Sk＋1 ＝ ＝ k＋ 1  a1＋ ak＋ 12  k＋ 1 (－ 3＋ 32)2＝－ ，解得 k＝13.21213．设等差数列{ an}，{ bn}的前 n 项和分别为 Sn， Tn，若对任意自然数 n 都有 ＝ ，SnTn 2n－ 34n－ 3则 ＋ 的值为________．a9b5＋ b7 a3b8＋ b413答案 1941解析 ∵{ an}，{ bn}为等差数列，∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ .a9b5＋ b7 a3b8＋ b4 a92b6 a32b6 a9＋ a32b6 a6b6∵ ＝ ＝ ＝ ＝ ，S11T11 a1＋ a11b1＋ b11 2a62b6 2×11－ 34×11－ 3 1941∴ ＝ .a6b6 194114．已知数列{ an}是首项为 a，公差为 1 的等差数列， bn＝ ，若对任意的 n∈N *，都有1＋ ananbn≥ b8成立，则实数 a 的取值范围为________．答案 (－8，－7)解析 依题意得 bn＝1＋ ，对任意的 n∈N *，都有 bn≥ b8，即数列{ bn}的最小项是第 8 项，1an于是有 ≥ .又数列{ an}是公差为 1 的等差数列，因此有Error!即Error!由此解得1an 1a8－8＜ a＜－7，即实数 a 的取值范围是(－8，－7)．15．已知公差大于零的等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a3·a4＝117， a2＋ a5＝22.(1)求通项 an；(2)求 Sn的最小值；(3)若数列{ bn}是等差数列，且 bn＝ ，求非零常数 c.Snn＋ c解 (1)因为数列{ an}为等差数列，所以 a3＋ a4＝ a2＋ a5＝22.又 a3·a4＝117，所以 a3， a4是方程 x2－22 x＋117＝0 的两实根，又公差 d＞0，所以 a3＜ a4，所以 a3＝9， a4＝13，所以Error! 所以Error!所以通项 an＝4 n－3.(2)由(1)知 a1＝1， d＝4，所以 Sn＝ na1＋ ×d＝2 n2－ nn n－ 12＝2 2－ .(n－14) 18所以当 n＝1 时， Sn最小，14最小值为 S1＝ a1＝1.(3)由(2)知 Sn＝2 n2－ n，所以 bn＝ ＝ ，Snn＋ c 2n2－ nn＋ c所以 b1＝ ， b2＝ ， b3＝ .11＋ c 62＋ c 153＋ c因为数列{ bn}是等差数列，所以 2b2＝ b1＋ b3，即 ×2＝ ＋ ，62＋ c 11＋ c 153＋ c所以 2c2＋ c＝0，所以 c＝－ 或 c＝0(舍去)，12经验证 c＝－ 时，{ bn}是等差数列，12故 c＝－ .121【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.3 等比数列及其前 n 项和 理1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母__ q__表示( q≠0)．2．等比数列的通项公式设等比数列{ an}的首项为 a1，公比为 q，则它的通项 an＝ a1·qn－1 .3．等比中项若 a， G， b 成等比数列，则称 G 为 a 和 b 的等比中项．4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广： an＝ am·qn－ m(n， m∈N *)．(2)若{ an}为等比数列，且 k＋ l＝ m＋ n (k， l， m， n∈N *)，则 ak·al＝ am·an.(3)若{ an}，{ bn}(项数相同)是等比数列，则{ λa n}(λ ≠0)， ，{ a }，{ an·bn}， 仍{1an} 2n {anbn}是等比数列．5．等比数列的前 n 项和公式等比数列{ an}的公比为 q(q≠0)，其前 n 项和为 Sn，当 q＝1 时， Sn＝ na1；当 q≠1 时， Sn＝ ＝ .a1 1－ qn1－ q a1－ anq1－ q6．等比数列前 n 项和的性质公比不为－1 的等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn，则 Sn， S2n－ Sn， S3n－ S2n仍成等比数列，其公比为__ qn__.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足 an＋1 ＝ qan(n∈N *， q 为常数)的数列{ an}为等比数列．( × )(2)G 为 a， b 的等比中项⇔ G2＝ ab.( × )(3)如果数列{ an}为等比数列， bn＝ a2n－1 ＋ a2n，则数列{ bn}也是等比数列．( × )(4)如果数列{ an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( × )2(5)数列{ an}的通项公式是 an＝ an，则其前 n 项和为 Sn＝ .( × )a 1－ an1－ a(6)数列{ an}为等比数列，则 S4， S8－ S4， S12－ S8成等比数列．( × )1．已知等比数列{ an}满足 a1＝3， a1＋ a3＋ a5＝21，则 a3＋ a5＋ a7＝________.答案 42解析 设等比数列{ an}的公比为 q，则由 a1＝3， a1＋ a3＋ a5＝21 得 3(1＋ q2＋ q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或 q2＝2，于是 a3＋ a5＋ a7＝ q2(a1＋ a3＋ a5)＝2×21＝42.2．等差数列{ an}的公差为 3，若 a2， a4， a8成等比数列，则 a4＝________.答案 12解析 令首项为 a，根据已知条件有( a＋9) 2＝( a＋3)·( a＋21)．解得 a＝3，所以a4＝3＋3×3＝12.3．等比数列{ an}中， a4＝2， a5＝5，则数列{lg an}的前 8 项和等于________．答案 4解析 数列{lg an}的前 8 项和 S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg( a1·a2·…·a8)＝lg( a1·a8)4＝lg( a4·a5)4＝lg(2×5) 4＝4.4．(2015·安徽)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 2 n－1解析 由等比数列性质知 a2a3＝ a1a4，又 a2a3＝8， a1＋ a4＝9，所以联立方程Error!解得Error! 或Error!又∵数列{ an}为递增数列，∴ a1＝1， a4＝8，从而 a1q3＝8，∴ q＝2.∴数列{ an}的前 n 项和为 Sn＝ ＝2 n－1.1－ 2n1－ 25．在 9 与 243 中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．答案 27,81解析 设该数列的公比为 q，由题意知，243＝9× q3， q3＝27，∴ q＝3.∴插入的两个数分别为 9×3＝27,27×3＝81.3题型一 等比数列基本量的运算例 1 (1)设{ an}是由正数组成的等比数列， Sn为其前 n 项和．已知 a2a4＝1， S3＝7，则S5＝________.(2)在等比数列{ an}中，若 a4－ a2＝6， a5－ a1＝15，则 a3＝________.答案 (1) (2)4 或－4314解析 (1)显然公比 q≠1，由题意得Error!解得Error! 或Error!(舍去)，∴ S5＝ ＝ ＝ .a1 1－ q51－ q4 1－ 1251－ 12 314(2)设等比数列{ an}的公比为 q(q≠0)，则Error!两式相除，得 ＝ ，即q1＋ q2 252q2－5 q＋2＝0，解得 q＝2 或 q＝ .12所以Error! 或Error!故 a3＝4 或 a3＝－4.思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1， n， q， an， Sn，一般可以“知三求二” ，通过列方程(组)可迎刃而解．(1) 在正项等比数列 {an}中， an＋1 ＜ an， a2·a8＝6， a4＋ a6＝5，则＝________.a5a7(2)(2015·湖南)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＝________.答案 (1) (2)3 n－132解析 (1)设公比为 q，则由题意知 0＜ q＜1，由Error! 得 a4＝3， a6＝2，所以 ＝ ＝ .a5a7 a4a6 32(2)由 3S1,2S2， S3成等差数列知，4 S2＝3 S1＋ S3，可得 a3＝3 a2，所以公比 q＝3，故等比数列通项 an＝ a1qn－1 ＝3 n－1 .题型二 等比数列的判定与证明例 2 设数列{ an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1， Sn＋1 ＝4 an＋2.(1)设 bn＝ an＋1 －2 an，证明：数列{ bn}是等比数列；(2)求数列{ an}的通项公式．(1)证明 由 a1＝1 及 Sn＋1 ＝4 an＋2，4有 a1＋ a2＝ S2＝4 a1＋2.∴ a2＝5，∴ b1＝ a2－2 a1＝3.又Error!①－②，得 an＋1 ＝4 an－4 an－1 (n≥2)，∴ an＋1 －2 an＝2( an－2 an－1 ) (n≥2)．∵ bn＝ an＋1 －2 an，∴ bn＝2 bn－1 (n≥2)，故{ bn}是首项 b1＝3，公比为 2 的等比数列．(2)解 由(1)知 bn＝ an＋1 －2 an＝3·2 n－1 ，∴ － ＝ ，an＋ 12n＋ 1 an2n 34故{ }是首项为 ，公差为 的等差数列．an2n 12 34∴ ＝ ＋( n－1)· ＝ ，an2n 12 34 3n－ 14故 an＝(3 n－1)·2 n－2 .引申探究例 2 中“ Sn＋1 ＝4 an＋2”改为“ Sn＋1 ＝2 Sn＋( n＋1)” ，其他条件不变探求数列{ an}的通项公式．解 由已知得 n≥2 时， Sn＝2 Sn－1 ＋ n.∴ Sn＋1 － Sn＝2 Sn－2 Sn－1 ＋1，∴ an＋1 ＝2 an＋1，∴ an＋1 ＋1＝2( an＋1)，又 a1＝1，当 n＝1 时上式也成立，故{ an＋1}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，∴ an＋1＝2·2 n－1 ＝2 n，∴ an＝2 n－1.思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．(2)利用递推关系时要注意对 n＝1 时的情况进行验证．设数列 {an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan＝( n－1)Sn＋2 n(n∈N *)．(1)求 a2， a3的值；(2)求证：数列{ Sn＋2}是等比数列．(1)解 ∵ a1＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan＝( n－1) Sn＋2 n(n∈N *)，∴当 n＝1 时， a1＝2×1＝2；当 n＝2 时， a1＋2 a2＝( a1＋ a2)＋4，∴ a2＝4；5当 n＝3 时， a1＋2 a2＋3 a3＝2( a1＋ a2＋ a3)＋6，∴ a3＝8.综上， a2＝4， a3＝8.(2)证明 a1＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan＝( n－1) Sn＋2 n(n∈N *)，①∴当 n≥2 时， a1＋2 a2＋3 a3＋…＋( n－1) an－1＝( n－2) Sn－1 ＋2( n－1)．②①－②得 nan＝( n－1) Sn－( n－2) Sn－1 ＋2＝ n(Sn－ Sn－1 )－ Sn＋2 Sn－1 ＋2＝ nan－ Sn＋2 Sn－1 ＋2.∴－ Sn＋2 Sn－1 ＋2＝0，即 Sn＝2 Sn－1 ＋2，∴ Sn＋2＝2( Sn－1 ＋2)．∵ S1＋2＝4≠0，∴ Sn－1 ＋2≠0，∴ ＝2，Sn＋ 2Sn－ 1＋ 2故{ Sn＋2}是以 4 为首项，2 为公比的等比数列．题型三 等比数列的性质及应用例 3 (1)在等比数列{ an}中，各项均为正值，且 a6a10＋ a3a5＝41， a4a8＝5，则a4＋ a8＝________.(2)等比数列{ an}的首项 a1＝－1，前 n 项和为 Sn，若 ＝ ，则公比 q＝________.S10S5 3132答案 (1) (2)－5112解析 (1)由 a6a10＋ a3a5＝41 及 a6a10＝ a ， a3a5＝ a ，28 24得 a ＋ a ＝41.因为 a4a8＝5，24 28所以( a4＋ a8)2＝ a ＋2 a4a8＋ a ＝41＋2×5＝51.24 28又 an0，所以 a4＋ a8＝ .51(2)由 ＝ ， a1＝－1 知公比 q≠±1，S10S5 3132则可得 ＝－ .S10－ S5S5 132由等比数列前 n 项和的性质知 S5， S10－ S5， S15－ S10成等比数列，且公比为 q5，故 q5＝－ ， q＝－ .132 12思维升华 (1)在等比数列的基本运算问题中，一般利用通项公式与前 n 项和公式，建立方程组求解，但如果能灵活运用等比数列的性质“若 m＋ n＝ p＋ q，则有 aman＝ apaq”，可以减少运算量．(2)等比数列的项经过适当的组合后构成的新数列也具有某种性质，例如等比数列 Sk， S2k－ Sk， S3k－ S2k，…成等比数列，公比为 qk(q≠－1)．(1) 已知等比数列 {an}的公比为正数，且 a3a9＝2 a ， a2＝2，则 a1＝________.256(2)等比数列{ an}共有奇数项，所有奇数项和 S 奇 ＝255，所有偶数项和 S 偶 ＝－126，末项是192，则首项 a1＝________.答案 (1) (2)32解析 (1)由等比数列的性质得 a3a9＝ a ＝2 a ，26 25∵ q＞0，∴ a6＝ a5， q＝ ＝ ， a1＝ ＝ .2a6a5 2 a2q 2(2)设等比数列{ an}共有 2k＋1( k∈N *)项，则 a2k＋1 ＝192，则 S 奇＝ a1＋ a3＋…＋ a2k－1 ＋ a2k＋1 ＝ (a2＋ a4＋…＋ a2k)＋ a2k＋1 ＝ S 偶1q 1q＋ a2k＋1 ＝－ ＋192＝255，解得 q＝－2，而 S 奇126q＝ ＝ ＝255，解得 a1＝3.a1－ a2k＋ 1q21－ q2 a1－ 192× － 2 21－  － 2 212．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (14 分)已知首项为 的等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn(n∈N *)，且－2 S2， S3,4S4成等差32数列．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)证明： Sn＋ ≤ (n∈N *)．1Sn 136思维点拨 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式；(2)求出前 n 项和，根据函数的单调性证明．规范解答(1)解 设等比数列{ an}的公比为 q，因为－2 S2， S3,4S4成等差数列，所以 S3＋2 S2＝4 S4－ S3，即 S4－ S3＝ S2－ S4，可得 2a4＝－ a3，于是 q＝ ＝－ .[2 分]a4a3 12又 a1＝ ，所以等比数列{ an}的通项公式为32an＝ × n－1 ＝(－1) n－1 · .[4 分]32 (－ 12) 32n(2)证明 由(1)知， Sn＝1－ n，(－12)7Sn＋ ＝1－ n＋1Sn (－ 12) 11－ (－ 12)n＝Error! [8 分]当 n 为奇数时， Sn＋ 随 n 的增大而减小，1Sn所以 Sn＋ ≤ S1＋ ＝ .[10 分]1Sn 1S1 136当 n 为偶数时， Sn＋ 随 n 的增大而减小，1Sn所以 Sn＋ ≤ S2＋ ＝ .[12 分]1Sn 1S2 2512故对于 n∈N *，有 Sn＋ ≤ .[14 分]1Sn 136温馨提醒 (1)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有①已知 Sn与 an的关系，要分 n＝1， n≥2 两种情况．②等比数列中遇到求和问题要分公比 q＝1， q≠1 讨论．③项数的奇、偶数讨论．④等比数列的单调性的判断注意与 a1， q 的取值的讨论．(2)数列与函数有密切的联系，证明与数列有关的不等式，一般是求数列中的最大项或最小项，可以利用图象或者数列的增减性求解，同时注意数列的增减性与函数单调性的区别．[方法与技巧]1．已知等比数列{ an}(1)数列{ c·an}(c≠0)，{| an|}，{ a }，{ }也是等比数列．2n1an(2)a1an＝ a2an－1 ＝…＝ aman－ m＋1 .2．判断数列为等比数列的方法(1)定义法： ＝ q(q 是不等于 0 的常数， n∈N *)⇔数列 {an}是等比数列；也可用an＋ 1an＝ q(q 是不等于 0 的常数， n∈N *， n≥2)⇔数列{ an}是等比数列．二者的本质是相同的，anan－ 1其区别只是 n 的初始值不同．(2)等比中项法： a ＝ anan＋2 (anan＋2 ≠0， n∈N *)⇔数列 {an}是等比数列．2n＋ 1[失误与防范]1．特别注意 q＝1 时， Sn＝ na1这一特殊情况．82．由 an＋1 ＝ qan， q≠0，并不能立即断言{ an}为等比数列，还要验证 a1≠0.3．在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q＝1 与 q≠1 分类讨论，防止因忽略q＝1 这一特殊情形而导致解题失误．4．等比数列性质中： Sn， S2n－ Sn， S3n－ S2n也成等比数列，不能忽略条件 q≠－1.A 组 专项基础训练(时间：40 分钟)1．设等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn，若 S1＝ a2－ ， S2＝ a3－ ，则公比 q＝________.13 13 13 13答案 4解析 ∵ S1＝ a2－ ， S2＝ a3－ ，13 13 13 13∴Error!解得Error! 或Error!(舍去)，故所求的公比 q＝4.2．等比数列{ an}满足 an＞0， n∈N *，且 a3·a2n－3 ＝2 2n(n≥2)，则当 n≥1 时，log2a1＋log 2a2＋…＋log 2a2n－1 ＝________.答案 n(2n－1)解析 由等比数列的性质，得 a3·a2n－3 ＝ a ＝2 2n，从而得 an＝2 n.2nlog2a1＋log 2a2＋…＋log 2a2n－1 ＝log 2[(a1a2n－1 )·(a2a2n－2 )·…·(an－1 an＋1 )an]＝log 22n(2n－1) ＝ n(2n－1)．3．在正项等比数列{ an}中，已知 a1a2a3＝4， a4a5a6＝12， an－1 anan＋1 ＝324，则 n＝________.答案 14解析 设数列{ an}的公比为 q，由 a1a2a3＝4＝ a q3与 a4a5a6＝12＝ a q12，31 31可得 q9＝3， an－1 anan＋1 ＝ a q3n－3 ＝324，31因此 q3n－6 ＝81＝3 4＝ q36，所以 n＝14.4．在等差数列{ an}和等比数列{ bn}中，已知 a1＝－8， a2＝－2， b1＝1， b2＝2，那么满足an＝ bn的 n 的所有取值构成的集合是________．答案 {3,5}解析 由已知得， an＝6 n－14， bn＝2 n－1 ，令 an＝ bn，可得 6n－14＝2 n－1 ，解得 n＝3 或 5，9所以满足 an＝ bn的 n 的所有取值构成的集合是{3,5}．5．已知 Sn是等比数列{ an}的前 n 项和，若存在 m∈N *，满足 ＝9， ＝ ，则数列S2mSm a2mam 5m＋ 1m－ 1{an}的公比为________．答案 2解析 设公比为 q，若 q＝1，则 ＝2，S2mSm与题中条件矛盾，故 q≠1.∵ ＝ ＝ qm＋1＝9，∴ qm＝8.S2mSma1 1－ q2m1－ qa1 1－ qm1－ q∴ ＝ ＝ qm＝8＝ ，a2mam a1q2m－ 1a1qm－ 1 5m＋ 1m－ 1∴ m＝3，∴ q3＝8，∴ q＝2.6．等比数列{ an}中， Sn表示前 n 项和， a3＝2 S2＋1， a4＝2 S3＋1，则公比 q 为________．答案 3解析 由 a3＝2 S2＋1， a4＝2 S3＋1 得a4－ a3＝2( S3－ S2)＝2 a3，∴ a4＝3 a3，∴ q＝ ＝3.a4a37．等比数列{ an}的前 n 项和为 Sn，公比不为 1.若 a1＝1，则对任意的 n∈N *，都有an＋2 ＋ an＋1 －2 an＝0，则 S5＝____________________________________________.答案 11解析 由题意知 a3＋ a2－2 a1＝0，设公比为 q，则 a1(q2＋ q－2)＝0.由 q2＋ q－2＝0 解得 q＝－2 或 q＝1(舍去)，则 S5＝ ＝ ＝11.a1 1－ q51－ q 1－  － 2 538．已知数列{ an}的首项为 1，数列{ bn}为等比数列且 bn＝ ，若 b10·b11＝2，则an＋ 1ana21＝________.答案 1 024解析 ∵ b1＝ ＝ a2， b2＝ ，a2a1 a3a2∴ a3＝ b2a2＝ b1b2，10∵ b3＝ ，a4a3∴ a4＝ b1b2b3，…， an＝ b1b2b3·…·bn－1 ，∴ a21＝ b1b2b3·…·b20＝( b10b11)10＝2 10＝1 024.9．数列{ bn}满足： bn＋1 ＝2 bn＋2， bn＝ an＋1 － an，且 a1＝2， a2＝4.(1)求数列{ bn}的通项公式；(2)求数列{ an}的前 n 项和 Sn.解 (1)由 bn＋1 ＝2 bn＋2，得 bn＋1 ＋2＝2( bn＋2)，∴ ＝2，又 b1＋2＝ a2－ a1＋2＝4，bn＋ 1＋ 2bn＋ 2∴数列{ bn＋2}是首项为 4，公比为 2 的等比数列．∴ bn＋2＝4·2 n－1 ＝2 n＋1 ，∴ bn＝2 n＋1 －2.(2)由(1)知， an－ an－1 ＝ bn－1 ＝2 n－2 ( n≥2)，∴ an－1 － an－2 ＝2 n－1 －2 ( n2)，…， a2－ a1＝2 2－2，∴ an－2＝(2 2＋2 3＋…＋2 n)－2( n－1)，∴ an＝(2＋2 2＋2 3＋…＋2 n)－2 n＋2＝ －2 n＋2＝2 n＋1 －2 n.2 2n－ 12－ 1∴ Sn＝ － ＝2 n＋2 －( n2＋ n＋4)．4 1－ 2n1－ 2 n 2＋ 2n210．已知数列{ an}和{ bn}满足 a1＝ λ ， an＋1 ＝ an＋ n－4， bn＝(－1) n(an－3 n＋21)，其中 λ23为实数， n 为正整数．(1)证明：对任意实数 λ ，数列{ an}不是等比数列；(2)证明：当 λ ≠－18 时，数列{ bn}是等比数列．证明 (1)假设存在一个实数 λ ，使{ an}是等比数列，则有 a ＝ a1a3，即 2＝ λ2 (23λ － 3) (49λ － 4)⇔ λ 2－4 λ ＋9＝ λ 2－4 λ ⇔9＝0，矛盾．49 49所以{ an}不是等比数列．(2)bn＋1 ＝(－1) n＋1 [an＋1 －3( n＋1)＋21]＝(－1) n＋1 (23an－ 2n＋ 14)＝－ (－1) n·(an－3 n＋21)＝－ bn.23 2311又 λ ≠－18，所以 b1＝－( λ ＋18)≠0.由上式知 bn≠0，所以 ＝－ (n∈N *)．bn＋ 1bn 23故当 λ ≠－18 时，数列{ bn}是以－( λ ＋18)为首项，－ 为公比的等比数列．23B 组 专项能力提升(时间：20 分钟)11．设 x， a1， a2， y 成等差数列， x， b1， b2， y 成等比数列，则 的取值范围是 a1＋ a2 2b1b2________________________________________________________________________．答案 (－∞，0]∪[4，＋∞)解析 在等差数列中， a1＋ a2＝ x＋ y，在等比数列中， xy＝ b1·b2.∴ ＝ ＝ ＝ ＋ ＋2. a1＋ a2 2b1b2  x＋ y 2xy x2＋ 2xy＋ y2xy xy yx当 xy0 时， ＋ ≥2，故 ≥4；xy yx  a1＋ a2 2b1b2当 xy0 时， ＋ ≤－2，故 ≤0.xy yx  a1＋ a2 2b1b212．若等比数列{ an}的各项均为正数，且 a10a11＋ a9a12＝2e 5，则 ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.答案 50解析 因为 a10a11＋ a9a12＝2 a10a11＝2e 5，所以 a10a11＝e 5.所以 ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln( a1a2…a20)＝ln[( a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln( a10a11)10＝10ln a10a11＝10ln e5＝50.13．数列{ an}满足 a1＝2 且对任意的 m， n∈N *，都有 ＝ an，则 a3＝________；{ an}的前an＋ mamn 项和 Sn＝________.答案 8 2 n＋1 －2解析 ∵ ＝ an，an＋ mam∴ an＋ m＝ an·am，∴ a3＝ a1＋2 ＝ a1·a2＝ a1·a1·a1＝2 3＝8；令 m＝1，则有 an＋1 ＝ an·a1＝2 an，∴数列{ an}是首项为 a1＝2，公比为 q＝2 的等比数列，∴ Sn＝ ＝2 n＋1 －2.2 1－ 2n1－ 21214．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数 f(x)，如果对于任意给定的等比数列{ an}，{f(an)}仍是等比数列，则称 f(x)为“保等比数列函数” ．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：① f(x)＝ x2：② f(x)＝2 x；③ f(x)＝ ；|x|④ f(x)＝ln | x|.则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为________．答案 ①③解析 设{ an}的公比为 q，验证① ＝ ＝ q2，③ ＝ ＝ ，故①③为“保等比数列函数”f an＋ 1f an a2n＋ 1a2n f an＋ 1f an |an＋ 1||an| |q|．15．已知数列{ an}中， a1＝1， an·an＋1 ＝ n，记 T2n为{ an}的前 2n 项的和，(12)bn＝ a2n＋ a2n－1 ， n∈N *.(1)判断数列{ bn}是否为等比数列，并求出 bn；(2)求 T2n.解 (1)∵ an·an＋1 ＝ n，(12)∴ an＋1 ·an＋2 ＝ n＋1 ，(12)∴ ＝ ，即 an＋2 ＝ an.an＋ 2an 12 12∵ bn＝ a2n＋ a2n－1 ，∴ ＝ ＝ ＝ ，bn＋ 1bn a2n＋ 2＋ a2n＋ 1a2n＋ a2n－ 1 12a2n＋ 12a2n－ 1a2n＋ a2n－ 1 12∵ a1＝1， a1·a2＝ ，12∴ a2＝ ⇒b1＝ a1＋ a2＝ .12 32∴{ bn}是首项为 ，公比为 的等比数列．32 12∴ bn＝ × n－1 ＝ .32 (12) 32n(2)由(1)可知， an＋2 ＝ an，1213∴ a1， a3， a5，…是以 a1＝1 为首项，以 为公比的等比数列； a2， a4， a6，…是以 a2＝ 为首12 12项，以 为公比的等比数列，12∴ T2n＝( a1＋ a3＋…＋ a2n－1 )＋( a2＋ a4＋…＋ a2n)＝ ＋ ＝3－ .1－ (12)n1－ 1212[1－ (12)n]1－ 12 32n