高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 第4講 等差數(shù)列、等比數(shù)列與數(shù)列求和配套限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練 理 蘇教版

第4講等差數(shù)列、等比數(shù)列與數(shù)列求和分層訓(xùn)練A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)演練(時(shí)間：30分鐘滿分：60分)一、填空題(每小題5分，共30分)1．(·南京29中模擬)已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，且9S3＝S6，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5項(xiàng)和為_(kāi)_______．解析設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由題意可知q≠1，且eq\f(91－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，解得q＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，由求和公式可得S5＝eq\f(31,16).答案eq\f(31,16)2．(·常州一中期中)已知數(shù)列{an}與{2an＋3}均為等比數(shù)列，且a1＝1，則a168＝________.解析設(shè){an}公比為q，an＝a1qn－1＝qn－1，則2a1＋3,2a2＋3,2a3＋3也為等比數(shù)列，∴5,2q＋3,2q2＋3也為等比數(shù)列，則(2q＋3)2＝5(2q2＋3)，∴q＝1，從而an＝1為常數(shù)列，∴a168＝1.答案13．(·大綱全國(guó)改編)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100項(xiàng)和為_(kāi)_______．解析∵a5＝5，S5＝15，∴eq\f(5a1＋a5,2)＝15，即a1＝1.∴d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝1，∴an＝n.∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項(xiàng)和為T(mén)n.∴T100＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)－\f(1,101)))＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).答案eq\f(100,101)4．已知數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列，a1＝5，b1＝7，且a20＋b20＝60.則{an＋bn}的前20項(xiàng)的和為_(kāi)_______．解析由題意知{an＋bn}也為等差數(shù)列，所以{an＋bn}的前20項(xiàng)和為：S20＝eq\f(20a1＋b1＋a20＋b20,2)＝eq\f(20×5＋7＋60,2)＝720.答案7205．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n－1，則aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝________.解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，又∵a1＝1適合上式．∴an＝2n－1，∴aeq\o\al(2,n)＝4n－1.∴數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是以aeq\o\al(2,1)＝1為首項(xiàng)，以4為公比的等比數(shù)列．∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1·1－4n,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．答案eq\f(1,3)(4n－1)6．已知等比數(shù)列{an}中，a1＝3，a4＝81，若數(shù)列{bn}滿足bn＝log3an，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和Sn＝________.解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則eq\f(a4,a1)＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).答案eq\f(n,n＋1)二、解答題(每小題15分，共30分)7．已知{an}為等差數(shù)列，且a3＝－6，a6＝0.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若等比數(shù)列{bn}滿足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n項(xiàng)和公式．解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因?yàn)閍3＝－6，a6＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－6，,a1＋5d＝0.))解得a1＝－10，d＝2.所以an＝－10＋(n－1)·2＝2n－12.(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.因?yàn)閎2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，所以－8q＝－24，即q＝3.所以{bn}的前n項(xiàng)和公式為Sn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝4(1－3n)．8．已知首項(xiàng)不為零的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)任意的r，t∈N*，都有eq\f(Sr,St)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,t)))2.(1)判斷{an}是否是等差數(shù)列，并證明你的結(jié)論；(2)若a1＝1，b1＝1，數(shù)列{bn}的第n項(xiàng)是數(shù)列{an}的第bn－1項(xiàng)(n≥2)，求bn；(3)求和Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.解(1){an}是等差數(shù)列．證明如下：因?yàn)閍1＝S1≠0，令t＝1，r＝n，則由eq\f(Sr,St)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,t)))2，得eq\f(Sn,S1)＝n2，即Sn＝a1n2，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)a1，且n＝1時(shí)此式也成立，所以an＋1－an＝2a1(n∈N*)，即{an}是以a1為首項(xiàng)，2a1為公差的等差數(shù)列．(2)當(dāng)a1＝1時(shí)，由(1)知an＝a1(2n－1)＝2n－1，依題意，當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝abn－1＝2bn－1－1，所以bn－1＝2(bn－1－1)，又b1－1＝2，所以{bn－1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以bn－1＝2·2n－1，即bn＝2n＋1.(3)因?yàn)閍nbn＝(2n－1)(2n＋1)＝(2n－1)·2n＋(2n－1)Tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－1)·2n]＋[1＋3＋…＋(2n－1)]，即Tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－1)·2n]＋n2，①2Tn＝[1·22＋3·23＋…＋(2n－1)·2n＋1]＋2n2，②②－①，得Tn＝(2n－3)·2n＋1＋n2＋6.分層訓(xùn)練B級(jí)創(chuàng)新能力提升1．(·北京卷)在等比數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，則公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.解析∵eq\f(a4,a1)＝q3＝－8，∴q＝－2.∴an＝eq\f(1,2)·(－2)n－1，∴|an|＝2n－2，∴|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝eq\f(\f(1,2)1－2n,1－2)＝2n－1－eq\f(1,2).答案－22n－1－eq\f(1,2)2．(·南京模擬)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且S11＝35＋S6，則S17的值為_(kāi)_______．解析因S11＝35＋S6，得11a1＋eq\f(11×10,2)d＝35＋6a1＋eq\f(6×5,2)d，即a1＋8d＝7，所以S17＝17a1＋eq\f(17×16,2)d＝17(a1＋8d)＝17×7＝119.答案1193．(·杭州模擬)等差數(shù)列{an}的公差不為零，a4＝7，a1，a2，a5成等比數(shù)列，數(shù)列{Tn}滿足條件Tn＝a2＋a4＋a8＋…＋a2n，則Tn＝________.解析設(shè){an}的公差為d≠0，由a1，a2，a5成等比數(shù)列，得aeq\o\al(2,2)＝a1a5，即(7－2d)2＝(7－3d)(7＋d)所以d＝2或d＝0(舍去)．所以an＝7＋(n－4)×2＝2n－1.又a2n＝2·2n－1＝2n＋1－1，故Tn＝(22－1)＋(23－1)＋(24－1)＋…＋(2n＋1－1)＝(22＋23＋…＋2n＋1)－n＝2n＋2－n－4.答案2n＋2－n－44．(·鹽城市二模)在等差數(shù)列{an}中，a2＝5，a6＝21，記數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為Sn，若S2n＋1－Sn≤eq\f(m,15)對(duì)n∈N*恒成立，則正整數(shù)m的最小值為_(kāi)_______．解析由條件得公差d＝eq\f(21－5,4)＝4，從而a1＝1，所以an＝4n－3，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為Sn＝1＋eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,4n－3).原不等式可化為eq\f(1,4n＋1)＋eq\f(1,4n＋5)＋…＋eq\f(1,8n＋1)≤eq\f(m,15)，記f(n)＝eq\f(1,4n＋1)＋eq\f(1,4n＋5)＋…＋eq\f(1,8n＋1).因?yàn)閒(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,8n＋9)－eq\f(1,4n＋1)<0，故f(n)為單調(diào)遞減數(shù)列，從而f(n)max＝f(1)＝eq\f(1,5)＋eq\f(1,9)＝eq\f(14,45).由條件得eq\f(m,15)≥eq\f(14,45)，解得m≥eq\f(14,3)，故正整數(shù)m的最小值為5.答案55．已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1＝eq\f(1,4)，公比q＝eq\f(1,4)的等比數(shù)列，設(shè)bn＋2＝3logeq\f(1,4)an(n∈N*)，數(shù)列{cn}滿足cn＝an·bn.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)由題意，知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)，又bn＝3logeq\f(1,4)an－2，故bn＝3n－2(n∈N*)．(2)由(1)，知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，bn＝3n－2(n∈N*)，∴cn＝(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)．∴Sn＝1×eq\f(1,4)＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋…＋(3n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1＋(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，于是eq\f(1,4)Sn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4＋…＋(3n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，兩式相減，得eq\f(3,4)Sn＝eq\f(1,4)＋3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n))－(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1＝eq\f(1,2)－(3n＋2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，∴Sn＝eq\f(2,3)－eq\f(3n＋2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)．6．已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，公差d>0，且第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{bn}的第2項(xiàng)、第3項(xiàng)、第4項(xiàng)．(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{cn}對(duì)n∈N*均有eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn,bn)＝an＋1成立，求c1＋c2＋c3＋…＋c2013.解(1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)．解得d＝2(∵d>0).∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴數(shù)列{bn}的公比為3，∴bn＝3·3n－2＝3n－1.(2)由eq\f(c1,b