2013年高考数学(理)二轮复习 专题三 详解答案 第一节 等差数列、等比数列 湖南详解答案

考点例题第一阶段专题三第一节冲关集训高考预测课时检测（十）返回第一阶段二轮专题复习返回专题三数列第一节等差数列、等比数列返回例1：思路点拨：(1)由已知得关于等差数列的首项和公差的方程组，可求得首项和公差，从而求得通项公式；(2)由已知可求得满足条件的项数，从而得出bm的通项公式，再求Sm.考点例题解：(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，返回解得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.返回例2：思路点拨：(1)由等差数列定义可列等式关系，再由等比数列的通项公式可求公比．(2)利用等差数列的定义或等差中项进行证明．解：(1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3.由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2.返回(2)证明：法一：对任意k∈N＋，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，所以，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．法二：对任意k∈N＋，2Sk＝2a11－qk1－q，返回Sk＋2＋Sk＋1＝a11－qk＋21－q＋a11－qk＋11－q＝a12－qk＋2－qk＋11－q.2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝2a11－qk1－q－a12－qk＋2－qk＋11－q＝a11－q[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]＝a1qk1－q(q2＋q－2)＝0，因此，对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．返回例3：思路点拨：利用等差(比)数列的性质求解．解析：(1)S11＝11a1＋a112＝11a4＋a82＝88.(2)由等比数列的性质知：b1＝a1＋a2＋a3，b2＝a4＋a5＋a6，b3＝a7＋a8＋a9仍然构成等比数列，而b1＝40，b2＝20，易得b3＝10，于是S9＝a1＋a2＋…＋a9＝b1＋b2＋b3＝40＋20＋10＝70.答案：(1)B(2)B返回冲关集训1．选记等比数列{an}的公比为q，其中q0，由题意知a3＝a1＋2a2，即a1q2＝a1＋2a1q.因为a1≠0，所以有q2－2q－1＝0，由此解得q＝1±2，又q0，所以q＝1＋2.所以a8＋a9a6＋a7＝q2a6＋a7a6＋a7＝q2＝(1＋2)2＝3＋22.2．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3可得1＋2d＝－3.解得d＝－2.从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.C返回(2)由(1)可知an＝3－2n.所以Sn＝n[1＋3－2n]2＝2n－n2.进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35，即k2－2k－35＝0.解得k＝7或k＝－5，又k∈N*，故k＝7为所求结果．返回3．选由log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，得an＋1＝3an，所以数列{an}是公比为3的等比数列，a5＋a7＋a9＝(a2＋a4＋a6)×33＝35，所以log13(a5＋a7＋a9)＝－log335＝－5.4．解：(1)由an＋1＝2an－an－1(n≥2，n∈N*)，可得an＋1－an＝an－an－1(n≥2，n∈N*)．所以数列{an}是首项为a1＝14，公差为d＝a2－a1＝12的等差数列．所以an＝a1＋(n－1)d＝12n－14(n∈N*)，即an＝12n－14(n∈N*)．A返回(2)证明：由3bn－bn－1＝n，得bn＝13bn－1＋13n(n≥2，n∈N*)．所以bn－an＝13bn－1＋13n－12n＋14＝13bn－1－16n＋14＝13bn－1－12n＋34＝13bn－1－12n－1＋14＝13(bn－1－an－1)，返回又b1－a1＝14≠0，所以bn－an≠0(n∈N*)，得bn－anbn－1－an－1＝13(n≥2，n∈N*)，即数列{bn－an}是首项为b1－a1＝14，公比为13的等比数列．于是，bn－an＝14·13n－1，即bn＝2n－14＋14·13n－1＝1413n－1＋2n－1(n∈N*)．返回5．选由题意可知a3a11＝a27＝16，因为{an}为正项等比数列，所以a7＝4，所以log2a10＝log2(a7·23)＝log225＝5.6．选由anan＋1＝16n，得an＋1an＋2＝16n＋1，两式相除得，an＋1an＋2anan＋1＝16n＋116n＝16，所以q2＝16.由anan＋1＝16n，可知公比q为正数，所以q＝4.7．选∵{an}、{bn}分别为等差数列和等比数列，∴a1＋a2011＝a1000＋a1012＝π，b7b8＝b1b14＝－2，于是tana1＋a20111－b7b8＝tanπ1＋2＝tanπ3＝3.BBD返回高考预测1．选因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12，故公差d＝12－－210－3＝2.于是b1＝－6，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.B返回2．解析：原递推公式即为anan－1＝2n－32n＋1(n≥2)，所以a2a1＝15，a3a2＝37，a4a3＝59，a5a4＝711，…，anan－1＝2n－32n＋1(n≥2)，各式左右两边分别相乘得ana1＝1×32n－12n＋1(n≥2)，解得an＝32n－12n＋1(n≥2)，又a1＝1适合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝32n－12n＋1.答案：an＝32n－12n＋1(n∈N*)返回课时检测(十)1．选在等差数列{an}中，∵a1＋a5＝10，∴2a3＝10，∴a3＝5.又a4＝7，∴所求的公差为2.2．选法一：利用等比数列的通项公式求解．由题意得a4＋a7＝a1q3＋a1q6＝2，a5a6＝a1q4×a1q5＝a21q9＝－8，解得q3＝－2，a1＝1或q3＝－12，a1＝－8，所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.BD返回法二：利用等比数列的性质求解．由a4＋a7＝2，a5a6＝a4a7＝－8，解得a4＝－2，a7＝4，或a4＝4，a7＝－2.所以q3＝－2，a1＝1，或q3＝－12，a1＝－8，∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.返回3．选(a1a2a3)×(a7a8a9)＝a65＝50，a4a5a6＝a35＝52.4．选由an＋1＝2Sn＋1，得an＝2Sn－1＋1(n≥2)．两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，故该数列从第二项起构成一个公比为3的等比数列．由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，故a6＝a2×34＝3×34＝35.5．选由S21＝S4000得a22＋a23＋…＋a4000＝0，由于a22＋a4000＝a23＋a3999＝…＝2a2011，所以a22＋a23＋…＋a4000＝3979a2011＝0，从而a2011＝0，而OP·OQ＝2011＋a2011an＝2011.AAA返回6．选对于选项A，若bn∥cn，可得(n＋1)an＝nan＋1，即an＋1n＋1＝ann＝an－1n－1＝…＝a11，所以an＝na1，所以数列{an}是等差数列．7．解析：法一：设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，因为a3＋b3＝(a1＋2d1)＋(b1＋2d2)＝(a1＋b1)＋2(d1＋d2)＝7＋2(d1＋d2)＝21，所以d1＋d2＝7.所以a5＋b5＝(a3＋b3)＋2(d1＋d2)＝21＋2×7＝35.法二：∵2a3＝a1＋a5,2b3＝b1＋b5，∴a5＋b5＝2(a3＋b3)－(a1＋b1)＝2×21－7＝35.答案：35A返回8．解析：∵{an}是公比为2的等比数列，且a3－a1＝6，∴4a1－a1＝6，即a1＝2，∴an＝a12n－1＝2n，∴1an＝12n，1a2n＝14n，即数列{1a2n}是首项为14，公比为14的等比数列，∴1a21＋1a22＋…＋1a2n＝141－14n1－14＝131－14n.答案：2131－14n返回9．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．答案：①③④返回10．解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意知2a1＋2d＝8，2a1＋4d＝12，解得a1＝2，d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.(2)由(1)可得Sn＝na1＋an2＝n2＋2n2＝n(n＋1)．因a1，ak，Sk＋2成等比数列，所以a2k＝a1Sk＋2.从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)，即k2－5k－6＝0，解得k＝6或k＝－1(舍去)．因此k＝6.返回11．解：(1)证明：由Sn＝4an－3可知，当n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.因为Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3(n≥2)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，整理得an＝43an－1，又a1＝1≠0，所以{an}是首项为1，公比为43的等比数列．返回(2)由(1)知an＝43n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得bn＋1－bn＝43n－1.可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋1－43n－11－43＝3×43n－1－1(n≥2，n∈N*)．当n＝1时上式也满足条件．所以数列{bn}的通项公式为bn＝3×43n－1－1(n∈N*)．返回12．解：(1)由已知可得q＋3＋a2＝12，3＋a2＝q2，所以q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)，从而a2＝6，所以an＝3n，bn＝3n－1.(2)由(1)知，cn＝3bn－λ·23na＝3n－λ·2n.由题意，cn＋1cn对任意的n∈N*恒成立，返回即3n＋1－λ·2n＋13n－λ·2n恒成立，亦即λ·2n2·3n恒成立，即λ2·32n恒成立．由于函数y＝32n是增函数，所以2·32nmin＝2×32＝3，故λ3，即λ的取值范围为(－∞，3)．