第六章 第一节 等差数列、等比数列的概念及求和(已更新09年高考题及联考题)

第六章数列第一节等差数列、等比数列的概念及求和第一部分五年高考体题荟萃2009年高考题一、选择题1.(2009年广东卷文)已知等比数列}{na的公比为正数，且3a·9a=225a，2a=1，则1a=A.21B.22C.2D.2【答案】B【解析】设公比为q,由已知得22841112aqaqaq,即22q,又因为等比数列}{na的公比为正数，所以2q,故211222aaq,选B2.(2009安徽卷文）已知为等差数列，，则等于A.-1B.1C.3D.7【解析】∵135105aaa即33105a∴335a同理可得433a∴公差432daa∴204(204)1aad.选B。【答案】B3.（2009江西卷文）公差不为零的等差数列{}na的前n项和为nS.若4a是37aa与的等比中项,832S,则10S等于A.18B.24C.60D.90【答案】C【解析】由2437aaa得2111(3)(2)(6)adadad得1230ad,再由81568322Sad得1278ad则12,3da,所以1019010602Sad,.故选C4.（2009湖南卷文）设nS是等差数列na的前n项和，已知23a，611a，则7S等于()A．13B．35C．49D．63【解析】172677()7()7(311)49.222aaaaS故选C.或由21161315112aadaaadd,716213.a所以1777()7(113)49.22aaS故选C.5.（2009福建卷理）等差数列{}na的前n项和为nS，且3S=6，1a=4，则公差d等于A．1B53C.-2D3【答案】：C[解析]∵31336()2Saa且3112=4d=2aada.故选C6.（2009辽宁卷文）已知na为等差数列，且7a－24a＝－1,3a＝0,则公差d＝A.－2B.－12C.12D.2【解析】a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝2d＝－1d＝－12【答案】B7.（2009四川卷文）等差数列｛na｝的公差不为零，首项1a＝1，2a是1a和5a的等比中项，则数列的前10项之和是A.90B.100C.145D.190【答案】B【解析】设公差为d，则)41(1)1(2dd.∵d≠0，解得d＝2，∴10S＝1008.（2009宁夏海南卷文）等差数列na的前n项和为nS，已知2110mmmaaa，2138mS,则mA.38B.20C.10D.9【答案】C【解析】因为na是等差数列，所以，112mmmaaa，由2110mmmaaa，得：2ma－2ma＝0，所以，ma＝2，又2138mS，即2))(12(121maam＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，故选.C。9..（2009重庆卷文）设na是公差不为0的等差数列，12a且136,,aaa成等比数列，则na的前n项和nS=（）A．2744nnB．2533nnC．2324nnD．2nn【答案】A【解析】设数列{}na的公差为d，则根据题意得(22)22(25)dd，解得12d或0d（舍去），所以数列{}na的前n项和2(1)1722244nnnnnSn二、填空题10.（2009全国卷Ⅰ理）设等差数列na的前n项和为nS，若972S,则249aaa=答案24解析na是等差数列,由972S,得599,Sa58a2492945645()()324aaaaaaaaaa.11.（2009浙江理）设等比数列{}na的公比12q，前n项和为nS，则44Sa．答案：15解析对于4431444134(1)1,,151(1)aqsqsaaqqaqq12.（2009北京文）若数列{}na满足：111,2()nnaaanN，则5a；前8项的和8S.（用数字作答）答案225.解析本题主要考查简单的递推数列以及数列的求和问题.属于基础知识、基本运算的考查.1213243541,22,24,28,216aaaaaaaaa，易知882125521S，∴应填255.13.（2009全国卷Ⅱ文）设等比数列{na}的前n项和为ns。若3614,1ssa，则4a=×答案：3解析：本题考查等比数列的性质及求和运算，由3614,1ssa得q3=3故a4=a1q3=314.（2009全国卷Ⅱ理）设等差数列na的前n项和为nS，若535aa则95SS解析na为等差数列，9553995SaSa答案915.（2009辽宁卷理）等差数列na的前n项和为nS，且53655,SS则4a解析∵Sn＝na1＋12n(n－1)d∴S5＝5a1＋10d,S3＝3a1＋3d∴6S5－5S3＝30a1＋60d－(15a1＋15d)＝15a1＋45d＝15(a1＋3d)＝15a4答案31三、解答题16.（2009浙江文）设nS为数列{}na的前n项和，2nSknn，*nN，其中k是常数．（I）求1a及na；（II）若对于任意的*mN，ma，2ma，4ma成等比数列，求k的值．解（Ⅰ）当1,111kSan，12)]1()1([,2221kknnnknknSSannnn（）经验，,1n（）式成立，12kknan（Ⅱ）mmmaaa42,,成等比数列，mmmaaa422.，即)18)(12()14(2kkmkkmkkm，整理得：0)1(kmk，对任意的Nm成立，10kk或17.（2009北京文）设数列{}na的通项公式为(,0)napnqnNP.数列{}nb定义如下：对于正整数m，mb是使得不等式nam成立的所有n中的最小值.（Ⅰ）若11,23pq，求3b；（Ⅱ）若2,1pq，求数列{}mb的前2m项和公式；（Ⅲ）是否存在p和q，使得32()mbmmN？如果存在，求p和q的取值范围；如果不存在，请说明理由.【解析】本题主要考查数列的概念、数列的基本性质，考查运算能力、推理论证能力、分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式综合的较难层次题.解（Ⅰ）由题意，得1123nan，解11323n，得203n.∴11323n成立的所有n中的最小整数为7，即37b.（Ⅱ）由题意，得21nan，对于正整数，由nam，得12mn.根据mb的定义可知当21mk时，*mbkkN；当2mk时，*1mbkkN.∴1221321242mmmbbbbbbbbb1232341mm213222mmmmmm.（Ⅲ）假设存在p和q满足条件，由不等式pnqm及0p得mqnp.∵32()mbmmN,根据mb的定义可知，对于任意的正整数m都有3132mqmmp，即231pqpmpq对任意的正整数m都成立.当310p（或310p）时，得31pqmp（或231pqmp），这与上述结论矛盾！当310p，即13p时，得21033qq，解得2133q.∴存在p和q，使得32()mbmmN；p和q的取值范围分别是13p，2133q..18.(2009山东卷文)等比数列{na}的前n项和为nS，已知对任意的nN，点(,)nnS，均在函数(0xybrb且1,,bbr均为常数)的图像上.（1）求r的值；（11）当b=2时，记1()4nnnbnNa求数列{}nb的前n项和nT解:因为对任意的nN,点(,)nnS，均在函数(0xybrb且1,,bbr均为常数)的图像上.所以得nnSbr,当1n时,11aSbr,当2n时,1111()(1)nnnnnnnnaSSbrbrbbbb,又因为{na}为等比数列,所以1r,公比为b,所以1(1)nnabb（2）当b=2时，11(1)2nnnabb,111114422nnnnnnnba则234123412222nnnT3451212341222222nnnnnT相减,得23451212111112222222nnnnT31211(1)112212212nnn12311422nnn所以113113322222nnnnnnT【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知nS求na的基本题型,并运用错位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前n项和nT.19.（2009全国卷Ⅱ文）已知等差数列{na}中，,0,166473aaaa求{na}前n项和ns.解析：本题考查等差数列的基本性质及求和公式运用能力，利用方程的思想可求解。解：设na的公差为d，则11112616350adadadad即22111812164adadad解得118,82,2aadd或因此819819nnSnnnnnSnnnnn，或20.（2009安徽卷文）已知数列{}的前n项和，数列{}的前n项和（Ⅰ）求数列{}与{}的通项公式；（Ⅱ）设，证明：当且仅当n≥3时，＜【思路】由11(1)(2)nnanassn可求出nnab和，这是数列中求通项的常用方法之一，在求出nnab和后，进而得到nc，接下来用作差法来比较大小，这也是一常用方法。【解析】(1)由于114as当2n时,221(22)[2(1)2(1)]4nnnassnnnnn*4()mannN又当xn时11(26)(2)nnnmmbTTb12nnbb数列nb项与等比数列,其首项为1,公比为1211()2nnb(2)由(1)知22111116()2nnCabn2(1)121221116(1)()(1)21216()2nnnnnCnCnn由21(1)112nnCnCn得即221012nnn即3n又3n时2(1)212nn成立,即11nnCC由于0nC恒成立.因此,当且仅当3n时,1nnCC21.（2009江西卷文）数列{}na的通项222(cossin)33nnnan，其前n项和为nS.(1)求nS;(2)3,4nnnSbn求数列｛nb｝的前n项和nT.解:(1)由于222cossincos333nnn,故312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)((3)))222kkkkSaaaaaaaaakkk1331185(94)2222kkk,3133(49),2kkkkkSSa2323131(49)(31)1321,22236kkkkkkkSSak故1,3236(1)(13),316(34),36nnnknnSnknnnk(*kN)(2)394,424nnnnSnbn21132294[],2444nnnT1122944[13],244nnnT两式相减得12321991999419419