发布时间 : 星期五 文章2014届高三数学(理)( 江苏专用)《大二轮专题复习与增分策略》专题三 第1讲更新完毕开始阅读93faab0d01f69e314232947c
所以q2+q-12=0,解得q=3或q=-4(舍), 从而a2=6,所以an=3n,bn=3n1.
-
an(2)由(1)知,cn=3bn-λ·2=3n-λ·2n.
3由题意,得cn+1>cn对任意的n∈N*恒成立, 即3n1-λ·2n1>3n-λ·2n恒成立,
+
+
?3?n恒成立. 亦即λ·2n<2·3n恒成立,即λ<2·?2?
3?n由于函数y=??2?是增函数,
?3?n?min=2×3=3, 所以?2·??2??2
故λ<3,
即λ的取值范围为(-∞,3).
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一、填空题
1. (2013·江西改编)等比数列x,3x+3,6x+6,?的第四项等于________.
答案 -24
解析 由x,3x+3,6x+6成等比数列得,(3x+3)2=x(6x+6). 解得x=-3或x=-1(不合题意,舍去). 故数列的第四项为-24.
2. (2013·课标全国Ⅱ改编)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则
a1=________. 1答案 9
解析 设等比数列{an}的公比为q,由S3=a2+10a1得a1+a2+a3=a2+10a1,即a3=9a1,1q2=9,又a5=a1q4=9,所以a1=.
9
3. 等差数列{an}前9项的和等于前4项的和.若a4+ak=0,则k=________.
答案 10
解析 由题意知S9=S4,
∴a5+a6+a7+a8+a9=0,
∴5a7=0即a7=0,∴a4+a10=2a7=0, ∴k=10.
4. 已知等比数列{an}为递增数列.若a1>0,且2(an+an+2)=5an+1,则数列{an}的公比q=
________. 答案 2
解析 ∵2(an+an+2)=5an+1, ∴2an(1+q2)=5anq,
1
∴2(1+q2)=5q,解得q=2或q=. 2
因为数列为递增数列,且a1>0,所以q>1,∴q=2.
5. 已知{an}是等差数列,Sn为其前n项和,若S21=S4 000,O为坐标原点,点P(1,an),
→→
Q(2 011,a2 011),则OP·OQ=________. 答案 2 011
解析 由S21=S4 000得a22+a23+?+a4 000=0, 由于a22+a4 000=a23+a3 999=?=2a2 011, 所以a22+a23+?+a4 000=3 979a2 011=0, →→从而a2 011=0,而OP·OQ=2 011+a2 011an=2 011.
6. 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等于________. 答案 3
解析 因为{bn}是等差数列,且b3=-2,b10=12, 12-?-2?故公差d==2.于是b1=-6,
10-3且bn=2n-8(n∈N*),即an+1-an=2n-8, 所以a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4+6=?= =a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3.
a3a4+a2a61
7. 各项均为正数的等比数列{an}的公比q≠1,a2,a3,a1成等差数列,则=
2a2a6+a4a5
________. 答案
5-1
2
1+5解析 依题意,有a3=a1+a2,设公比为q,则有q2-q-1=0,所以q=(舍去负
2值).
a3a4+a2a6a2a4?q+q2?15-12
==. 23==2a2a6+a4a5a2a4?q+q?q1+5
8. 在等差数列{an}中,an>0,且a1+a2+?+a10=30,则a5·a6的最大值等于________.
答案 9
解析 由a1+a2+?+a10=30得 30
a5+a6==6,
5又an>0,∴a5·a6≤?
a5+a6?2?6?2
?2?=?2?=9.
1
9. 已知数列{an}的首项为a1=2,且an+1=(a1+a2+?+an) (n∈N*),记Sn为数列{an}的
2
前n项和,则Sn=________,an=________. 2 ?n=1?,??3?n-1 ?3答案 2×???n-2 ?n≥2?.?2?
???2?
111
解析 由an+1=(a1+a2+?+an) (n∈N*),可得an+1=Sn,所以Sn+1-Sn=Sn,即
22233
Sn+1=Sn,由此可知数列{Sn}是一个等比数列,其中首项S1=a1=2,公比为,所以Sn
222 ?n=1?,??3?n-1,由此得an=?3=2×???n-2 ?n≥2?.?2????2?二、解答题
10.已知{an}是以a为首项,q为公比的等比数列,Sn为它的前n项和.
(1)当S1,S3,S4成等差数列时,求q的值;
(2)当Sm,Sn,Sl成等差数列时,求证:对任意自然数k,am+k,an+k,al+k也成等差数列. (1)解 由已知,得an=aqn1,因此
-
S1=a,S3=a(1+q+q2),S4=a(1+q+q2+q3). 当S1,S3,S4成等差数列时,S4-S3=S3-S1, 可得aq3=aq+aq2,化简得q2-q-1=0. 1±5
解得q=.
2
(2)证明 若q=1,则{an}的各项均为a,此时am+k,an+k,al+k显然成等差数列. 若q≠1,由Sm,Sn,Sl成等差数列可得Sm+Sl=2Sn, a?qm-1?a?ql-1?2a?qn-1?即+=,整理得qm+ql=2qn.
q-1q-1q-1因此,am+k+al+k=aqk1(qm+ql)=2aqn
-
+k-1
=2an+k.
所以am+k,an+k,al+k成等差数列.
131
11.已知数列{an}满足a1=,a2=,an+1=2an-an-1(n≥2,n∈N*),数列{bn}满足b1=,
442
3bn-bn-1=n(n≥2,n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:数列{bn-an}为等比数列,并求出数列{bn}的通项公式. (1)解 由an+1=2an-an-1(n≥2,n∈N*), 可得an+1-an=an-an-1(n≥2,n∈N*). 1
所以数列{an}是首项为a1=,
41
公差为d=a2-a1=的等差数列.
211
所以an=a1+(n-1)d=n-(n∈N*),
2411
即an=n-(n∈N*).
24(2)证明 由3bn-bn-1=n, 11
得bn=bn-1+n(n≥2,n∈N*).
331111
所以bn-an=bn-1+n-n+
3324131111
bn-1-n+? =bn-1-n+=?24?3643?111
bn-1-?n-1?+? =?24?3?
1
=(bn-1-an-1), 3
1
又b1-a1=≠0,所以bn-an≠0(n∈N*),
4得
bn-an1
=(n≥2,n∈N*),
bn-1-an-13
11
即数列{bn-an}是首项为b1-a1=,公比为的等比数列.
431?1?n-1
于是,bn-an=·,
4?3?2n-11?1?n-1
即bn=+·
44?3?1?1?n-1?(n∈N*). =?+2n-1?4??3?
12.(2013·湖北)已知等比数列{an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.
(1)求数列{an}的通项公式;
111
(2)是否存在正整数m,使得++?+≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,
a1a2am说明理由.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q,
33
??a1q=125,
则由已知可得? 2
?|a1q-a1q|=10,?
5???a1=3,?a1=-5,
解得?或?
?q=-1.???q=3
5n-1-
故an=·3或an=-5·(-1)n1.
35n-1131?n-1
(2)若an=·3,则=?,
3an5?3??1?31
故数列?a?是首项为,公比为的等比数列.
53?n?
3??1?m?1-m1?3??9??1?m?95?
从而? ==·1-<<1.
110??3??10n=1an
1-311--
若an=(-5)·(-1)n1,则=-(-1)n1,
an5
?1?1
故数列?a?是首项为-,公比为-1的等比数列,
5?n?
?1
1?-5,m=2k-1?k∈N+?,
从而? =?
n=1an??0,m=2k?k∈N+?.
m
故?
n=1
m
1<1. an
m
综上,对任何正整数m,总有?
n=1
1<1. an
111
故不存在正整数m,使得a+a+?+a≥1成立.
1
2
m