届高考一轮数学复习理科课时同步63文档格式.docx

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解得q＝－，＝14×

（－）n＋2－1，∴n＝3，故该数列共5项．

5．数列{an}的前n项和为Sn＝4n＋b（b是常数，n∈N*），若这个数列是等比数列，则b等于（　　）

A．－1B．0

C．1D．4

解析　等比数列{an}中，q≠1时，Sn＝＝·

qn－＝A·

qn－A，∴b＝－1.

6．一正数等比数列前11项的几何平均数为32，从这11项中抽去一项后所余下的10项的几何平均数为32，那么抽去的这一项是（　　）

A．第6项　　　　　　　　　B．第7项

C．第9项D．第11项

解析　由于数列的前11项的几何平均数为32，所以该数列的前11项之积为3211＝255，

当抽去一项后所剩下的10项之积为3210＝250，

∴抽去的一项为255÷

250＝25，

又因a1·

a11＝a2·

a10＝a3·

a9＝a4·

a8＝a5·

a7＝a，所以a1·

a2·

…·

a11＝a，

故有a＝255，即a6＝25，

∴抽出的应是第6项．

7．设a1＝2，数列{1＋2an}是公比为2的等比数列，则a6＝（　　）

A．31.5B．160

C．79.5D．159.5

答案　C

解析　因为1＋2an＝（1＋2a1）·

2n－1，则

an＝，an＝5·

2n－2－，

a6＝5×

24－＝5×

16－＝80－＝79.5.

8．等比数列{an}满足：

a1＋a6＝11，a3·

a4＝，且公比q∈（0,1），则数列{an}的通项公式为________．

答案　an＝·

n－6

分析　可以设等比数列的公比为q，将已知条件转化为公比和首项的方程组，通过解方程求解；

也可利用等比数列的性质，a3·

a4＝a1·

a6，将已知条件转化为关于a1、a6的方程组，通过解方程组分别求出a1、a6之后，再求公比．

解析　由等比数列的性质，可得a3·

a6＝，

又∵a1＋a6＝11，∴a1，a6是方程x2－11x＋＝0的两根，解之，得x＝或x＝，又∵0<

q<

1，∴a1＝，a6＝，

故q5＝＝，解得q＝.从而an＝a6·

qn－6＝·

（）n－6.

9．已知等比数列{an}的公比为正数，且a2·

a2n＋2＝2a，a2＝2，则a1＝________.

答案　

解析　∵a2·

a2n＋2＝a＝2a，

∴＝，∴q＝，

∵a2＝2，∴a1＝＝.

10．已知数列{an}，如果a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为的等比数列，那么an＝________.

答案　（1－）

解析　a1＝1，a2－a1＝，a3－a2＝（）2，…，an－an－1＝（）n－1，累加得an＝1＋＋＋…＋（）n－1＝（1－）．

11．等比数列{an}中，前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则公比q＝________.

答案　2

解析　＝q3即q3＝8，∴q＝2.

12．（2012·

江南十校联考）已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则Sn＝a1＋a2＋…＋an（n∈N*）的取值范围是________．

答案　4≤Sn<

8

解析　因为{an}是等比数列，所以可设an＝a1qn－1.

因为a2＝2，a5＝，所以解得

所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＝8－8×

（）n.

因为0<

（）n≤，所以4≤Sn<

8.

13．在等比数列{an}中，S3＝，S6＝，求an.

答案　an＝3n－3

解析　由已知，S6≠2S3，则q≠1.

又S3＝，S6＝，

即

②÷

①，得1＋q3＝28，∴q＝3.

可求得a1＝.因此an＝a1qn－1＝3n－3.

14．（2011·

大纲全国文）设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn.

答案　当a1＝3，q＝2时，an＝3×

2n－1，Sn＝3×

（2n－1）

当a1＝2，q＝3时，an＝2×

3n－1，Sn＝3n－1

解析　设{an}的公比为q，由题设得

解得或

当a1＝3，q＝2时，an＝3×

（2n－1）；

3n－1，Sn＝3n－1.

15．（2011·

江西理）已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a（a>

0），b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.

（1）若a＝1，求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{an}唯一，求a的值．

答案　

（1）an＝（2＋）n－1或an＝（2－）n－1　

（2）a＝

解析　

（1）设数列{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，

由b1，b2，b3成等比数列得（2＋q）2＝2（3＋q2）．

即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－.

所以数列{an}的通项公式为an＝（2＋）n－1或an＝（2－）n－1.

（2）设数列{an}的公比为q，则由（2＋aq）2＝（1＋a）（3＋aq2），得aq2－4aq＋3a－1＝0（*），

由a>

0得Δ＝4a2＋4a>

0，故方程（*）有两个不同的实根．

由数列{an}唯一，知方程（*）必有一根为0，代入（*）得a＝.

1．等比数列{an}中，公比q＝2，S4＝1，则S8的值为（　　）

A．15B．17

C．19D．21

2．（2011·

东北三校一模）如果等比数列{an}中，a3·

a4·

a5·

a6·

a7＝4，那么a5等于（　　）

A．2B.

C．±

2D．±

解析　依题意得a＝2，a5＝，选B.

3．设项数为8的等比数列的中间两项与2x2＋7x＋4＝0的两根相等，则数列的各项相乘的积为________．

答案　16

解析　设此数列为{an}，由题设a4a5＝2，

从而a1a2…a8＝（a4a5）4＝16.

4．（2011·

福建理）已知等比数列{an}的公比q＝3，前3项和S3＝.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若函数f（x）＝Asin（2x＋φ）（A>

0,0<

φ<

π）在x＝处取得最大值，且最大值为a3，求函数f（x）的解析式．

解析　

（1）由q＝3，S3＝得＝，解得a1＝.所以an＝×

3n－1＝3n－2.

（2）由

（1）可知an＝3n－2，所以a3＝3.

因为函数f（x）的最大值为3，所以A＝3；

因为当x＝时f（x）取得最大值，所以sin（2×

＋φ）＝1.

又0<

π，故φ＝.

所以函数f（x）的解析式为f（x）＝3sin（2x＋）．

5．已知{an}是等比数列，Sn是其前n项和，a1，a7，a4成等差数列，求证：

2S3，S6，S12－S6成等比数列．

证明　由已知得2a1q6＝a1＋a1q3即2q6－q3－1＝0得q3＝1或q3＝－，

当q3＝1时即q＝1　{an}为常数列，＝命题成立．当q3＝－时＝＝，

＝－1＝.∴命题成立．

1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是（　　）

A.B.

C.D.

解析　数列{an}为等比数列，由8a2＋a5＝0，知8a2＋a2q3＝0，因为a2≠0，所以q＝－2，＝q2＝4；

＝＝；

＝q＝－2；

＝，其值与n有关，故选D.

上海）设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形面积（i＝1,2，…），则{An}为等比数列的充要条件是（　　）

A．{an}是等比数列

B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…a2n，…是等比数列

C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…a2n，…均是等比数列

D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…a2n，…均是等比数列，且公比相同

3．数列{an}为等比数列，已知an＞0，且an＝an＋1＋an＋2，则该数列的公比q是__________．

解析　由已知可得an＝an·

q＋an·

q2，

∵an>

0，∴q2＋q－1＝0，q＝.

∵q>

0，∴q＝.

4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.

解　设公比为q，S6＝S3＋q3S3＝4S3，∴q3＝3，

∴a4＝a1·

q3＝3.

5．（2009·

山东）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点（n，Sn）均在函数y＝bx＋r（b>

0且b≠1，b，r均为常数）的图像上，求r的值．

解析　由题意，Sn＝bn＋r，

当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r，

所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1（b－1），

由于b>

0且b≠1，

所以当n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．

又a1＝b＋r，a2＝b（b－1），＝b，即＝b，解得r＝－1.

6．等比数列{an}的公比为q，其前n项的积为Tn，并且满足条件a1>

1，a99a100－1>

0，<

0.给出下列结论：

①0<

1；

②a99·

a101－1<

0；

③T100的值是Tn中最大的；

④使Tn>

1成立的最大自然数n等于198.其中正确的结论是（　　）

A．①②④B．②④

C．①②D．①②③④

解析　①中，⇒

⇒q＝∈（0,1），∴①正确．

②中，⇒a99·

a101<

1，∴②正确．

③中，⇒T100<

T99，∴③错误．

④中，T198＝a1a2…a198＝（a1·

a198）…（a2·

a197）…（a99·

a100）＝（a99·

a100）99>

1，

T199＝a1a2…a198·

a199＝（a1a199）…（a99·

a101）·

a100＝a<

1，∴④正确．

7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*有an＋Sn＝n.

（1）设bn＝an－1，求证：

数列{bn}是等比数列；

（2）设c1＝a1且cn＝an－an－1（n≥2），求{cn}的通项公式．

解析　

（1）由a1＋S1＝1及a1＝S1得a1＝.

又由an＋Sn＝n及an＋1＋Sn＋1＝n＋1得

an＋1－an＋an＋1＝1，∴2an＋1＝an＋1.

∴2（an＋1－1）＝an－1，即2bn＋1＝bn.

∴数列{bn}是以b1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列．

（2）方法一　由

（1）知2an＋1＝an＋1.∴2an＝an－1＋1（n≥2）．

∴2an＋1－2an＝an－an－1.∴2cn＋1＝cn（n≥2）．

又c1＝a1＝，a2＋a1＋a2＝2，∴a2＝.

∴c2＝－＝，c2＝c1.

∴数列{cn}是首项为，公比为的等比数列．

∴cn＝·

（）n－1＝（）n.

方法二　由

（1）bn＝－·

（）n－1＝－（）n.

∴an＝－（）n＋1.

∴cn＝－（）n＋1－[－（）n－1＋1]

＝（）n－1－（）n＝（）n－1（1－）

＝（）n（n≥2）．

又c1＝a1＝也适合上式，∴cn＝（）n.

8．（2012·

鞍山联考）已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An（，）在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点（bn，Tn）在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．

（2）求证：

（3）若cn＝an·

bn，求证：

cn＋1<

cn.

解析　

（1）解：

由已知点An在y2－x2＝1上知，an＋1－an＝1，

∴数列{an}是一个以2为首项，以1为公差的等差数列，

∴an＝a1＋（n－1）d＝2＋n－1＝n＋1.

（2）证明：

∵点（bn，Tn）在直线y＝－x＋1上，

∴Tn＝－bn＋1，①

∴Tn－1＝－bn－1＋1（n≥2），②

①②两式相减得bn＝－bn＋bn－1（n≥2），

∴bn＝bn－1，∴bn＝bn－1.

令n＝1，得b1＝－b1＋1，∴b1＝，

∴{bn}是一个以为首项，以为公比的等比数列，

（3）证明：

由

（2）可知bn＝·

n－1＝.

∴cn＝an·

bn＝（n＋1）·

，

∴cn＋1－cn＝（n＋2）·

－（n＋1）·

＝[（n＋2）－3（n＋1）]

＝（－2n－1）<

0，

∴cn＋1<