高考数学必考题型

作者:管理员 发布时间:2018-08-11 点击数:267 次 【字体:

一对一补习题型一等差、等比数列的基本运算


  例1已知等差数列{an}的前5项和为105,且a10=2a5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对任意m∈N*,将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.
  破题切入点(1)由已知列出关于首项和公差的方程组,解得a1和d,从而求出an.
(2)求出bm,再根据其特征选用求和方法.
  解(1)设数列{an}的公差为d,前n项和为Tn,
  由T5=105,a10=2a5,
  得5a1+5×(5-1)2d=105,a1+9d=2(a1+4d),
  解得a1=7,d=7.
  因此an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*).
(2)对m∈N*,若an=7n≤72m,则n≤72m-1.
  因此bm=72m-1.
  所以数列{bm}是首项为7,公比为49的等比数列,
  故Sm=b1(1-qm)1-q=7×(1-49m)1-49=7×(72m-1)48
  =72m+1-748.
  题型二等差、等比数列的性质及应用
  例2(1)已知正数组成的等差数列{an},前20项和为100,则a7•a14的最大值是()
A.25B.50C.100D.不存在
(2)在等差数列{an}中,a1=-2013,其前n项和为Sn,若S1212-S1010=2,则S2013的值为()
A.-2011B.-2012C.-2010D.-2013
  破题切入点(1)根据等差数列的性质,a7+a14=a1+a20,S20=20(a1+a20)2可求出a7+a14,然后利用基本不等式.
(2)等差数列{an}中,Sn是其前n项和,则Snn也成等差数列.
  答案(1)A(2)D
  解析(1)∵S20=a1+a202×20=100,∴a1+a20=10.
∵a1+a20=a7+a14,∴a7+a14=10.
∵an>0,∴a7•a14≤a7+a1422=25.
  当且仅当a7=a14时取等号.
  故a7•a14的最大值为25.
(2)根据等差数列的性质,得数列Snn也是等差数列,根据已知可得这个数列的首项S11=a1=-2013,公差d=1,故S20132013=-2013+(2013-1)×1=-1,所以S2013=-2013.
  题型三等差、等比数列的综合应用
  例3已知数列{an}的前n项和Sn满足条件2Sn=3(an-1),其中n∈N*.
(1)证明:数列{an}为等比数列;
(2)设数列{bn}满足bn=log3an,若cn=anbn,求数列{cn}的前n项和.
  破题切入点(1)利用an=Sn-Sn-1求出an与an-1之间的关系,进而用定义证明数列{an}为等比数列.
(2)由(1)的结论得出数列{bn}的通项公式,求出cn的表达式,再利用错位相减法求和.
(1)证明由题意得an=Sn-Sn-1=32(an-an-1)(n≥2),
∴an=3an-1,∴anan-1=3(n≥2),
  又S1=32(a1-1)=a1,解得a1=3,
∴数列{an}是首项为3,公比为3的等比数列.
(2)解由(1)得an=3n,则bn=log3an=log33n=n,
∴cn=anbn=n•3n,
  设Tn=1•31+2•32+3•33+…+(n-1)•3n-1+n•3n,
3Tn=1•32+2•33+3•34+…+(n-1)•3n+n•3n+1.
∴-2Tn=31+32+33+…+3n-n•3n+1
  =3(1-3n)1-3-n•3n+1,
∴Tn=(2n-1)3n+1+34.
  总结提高(1)关于等差、等比数列的基本量的运算,一般是已知数列类型,根据条件,设出a1,an,Sn,n,d(q)五个量的三个,知三求二,完全破解.
(2)等差数列和等比数列有很多相似的性质,可以通过类比去发现、挖掘.
(3)等差、等比数列的判断一般是利用定义,在证明等比数列时注意证明首项a1≠0,利用等比数列求和时注意公比q是否为1.
1.已知{an}为等差数列,其公差为-2,且a7是a3与a9的等比中项,Sn为{an}的前n项和,n∈N*,则S10的值为()
A.-110B.-90
C.90D.110
  答案D
  解析∵a3=a1+2d=a1-4,a7=a1+6d=a1-12,a9=a1+8d=a1-16,
  又∵a7是a3与a9的等比中项,
∴(a1-12)2=(a1-4)•(a1-16),
  解得a1=20.
∴S10=10×20+12×10×9×(-2)=110.
2.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等于()
A.n(n+1)B.n(n-1)
C.n(n+1)2D.n(n-1)2
  答案A
  解析由a2,a4,a8成等比数列,得a24=a2a8,
  即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),
∴a1=2.
∴Sn=2n+n(n-1)2×2
  =2n+n2-n=n(n+1).
3.等比数列{an}的前n项和为Sn,若2S4=S5+S6,则数列{an}的公比q的值为()
A.-2或1B.-1或2
C.-2D.1
  答案C
  解析方法一若q=1,
  则S4=4a1,S5=5a1,S6=6a1,
  显然不满足2S4=S5+S6,
  故A、D错.
  若q=-1,则S4=S6=0,S5=a5≠0,
  不满足条件,故B错,因此选C.
  方法二经检验q=1不适合,
  则由2S4=S5+S6,
  得2(1-q4)=1-q5+1-q6,化简得
q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.
4.等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lgan}的前8项和等于()
A.6B.5C.4D.3
  答案C
  解析数列{lgan}的前8项和S8=lga1+lga2+…+lga8
  =lg(a1•a2•…•a8)=lg(a1•a8)4
  =lg(a4•a5)4=lg(2×5)4=4.
5.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则S6等于()
A.31B.32C.63D.64
  答案C
  解析在等比数列{an}中,S2、S4-S2、S6-S4也成等比数列,
  故(S4-S2)2=S2(S6-S4),
  则(15-3)2=3(S6-15),
  解得S6=63.
6.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且AnBn=7n+45n+3,则使得anbn为整数的正整数n的个数是()
A.2B.3C.4D.5
  答案D
  解析由等差数列的前n项和及等差中项,
  可得anbn=12(a1+a2n-1)12(b1+b2n-1)
  =12(2n-1)(a1+a2n-1)12(2n-1)(b1+b2n-1)=A2n-1B2n-1
  =7(2n-1)+45(2n-1)+3=14n+382n+2
  =7n+19n+1=7+12n+1(n∈N*),
  故n=1,2,3,5,11时,anbn为整数.
  即正整数n的个数是5.
7.若数列{an}的前n项和Sn=23an+13,则{an}的通项公式是an=________.
  答案(-2)n-1
  解析当n=1时,a1=1;
  当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=23an-23an-1,
  故anan-1=-2,故an=(-2)n-1.
8.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4
  解析因为a8=a2q6,a6=a2q4,a4=a2q2,所以由a8=a6+2a4得a2q6=a2q4+2a2q2,消去a2q2,得到关于q2的一元二次方程(q2)2-q2-2=0,解得q2=2,a6=a2q4=1×22=4.
9.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1
  解析设等差数列的公差为d,
  则a3=a1+2d,a5=a1+4d,
∴(a1+2d+3)2=(a1+1)(a1+4d+5),解得d=-1,
∴q=a3+3a1+1=a1-2+3a1+1=1.
10.在数列{an}中,如果对任意n∈N*都有an+2-an+1an+1-an=k(k为常数),则称数列{an}为等差比数列,k称为公差比.现给出下列问题:
①等差比数列的公差比一定不为零;
②等差数列一定是等差比数列;
③若an=-3n+2,则数列{an}是等差比数列;
④若等比数列是等差比数列,则其公比等于公差比.
  其中正确命题的序号为________.
  答案①③④
  解析若k=0,{an}为常数列,分母无意义,①正确;公差为零的等差数列不是等差比数列,②错误;an+2-an+1an+1-an=3,满足定义,③正确;设an=a1qn-1(q≠0),则an+2-an+1an+1-an=a1qn+1-a1qna1qn-a1qn-1=q,④正确.
11.已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{an2n}的前n项和.
  解(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,
  由题意得a2=2,a4=3.
  设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,
  故d=12,从而a1=32.
  所以{an}的通项公式为an=12n+1.
(2)设{an2n}的前n项和为Sn.
  由(1)知an2n=n+22n+1,则
Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1,
12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2.
  两式相减得
12Sn=34+(123+…+12n+1)-n+22n+2
  =34+14(1-12n-1)-n+22n+2.
  所以Sn=2-n+42n+1.
12.已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和.
  解(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得
d=a4-a13=12-33=3,
  所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).
  设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得
q3=b4-a4b1-a1=20-124-3=8,解得q=2.
  所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.
  从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…).
(2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…).
  数列{3n}的前n项和为32n(n+1),
  数列{2n-1}的前n项和为1-2n1-2=2n-1.
  所以,数列{bn}的前n项和为32n(n+1)+2n-1.

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