2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第3讲　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第3讲　高效演练分层突破学案，共6页。

1．(2020·湖南衡阳一模)在等比数列{an}中，a1a3＝a4＝4，则a6的所有可能值构成的集合是( )
A．{6} B．{－8，8}
C．{－8} D．{8}
解析：选D.因为a1a3＝aeq \\al(2,2)＝4，a4＝4，所以a2＝2，所以q2＝eq \f(a4,a2)＝2，所以a6＝a2q4＝2×4＝8，故a6的所有可能值构成的集合是{8}，故选D.
2．在等比数列{an}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )
A．135 B．100
C．95 D．80
解析：选A.由等比数列前n项和的性质知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8成等比数列，其首项为40，公比为eq \f(60,40)＝eq \f(3,2)，所以a7＋a8＝40×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(3)＝135.
3．(2020·山西3月高考考前适应性测试)正项等比数列{an}中，a1a5＋2a3a7＋a5a9＝16，且a5与a9的等差中项为4，则{an}的公比是( )
A．1 B．2
C.eq \f(\r(2),2) D．eq \r(2)
解析：选D.设公比为q，由正项等比数列{an}中，a1a5＋2a3a7＋a5a9＝16，可得aeq \\al(2,3)＋2a3a7＋aeq \\al(2,7)＝(a3＋a7)2＝16，即a3＋a7＝4，由a5与a9的等差中项为4，得a5＋a9＝8，则q2(a3＋a7)＝4q2＝8，则q＝eq \r(2)(舍负)，故选D.
4．(2020·湘赣十四校第二次联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了( )
A．6里 B．12里
C．24里 D．96里
解析：选A.由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{an}，设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则q＝eq \f(1,2)，依题意有eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝378，解得a1＝192，则a6＝192×(eq \f(1,2))5＝6，最后一天走了6里，故选A.
5．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是( )
A．13 B．12
C．11 D．10
解析：选B.设该等比数列为{an}，其前n项积为Tn，则由已知得a1·a2·a3＝3，an－2·an－1·an＝9，(a1·an)3＝3×9＝33，所以a1·an＝3，又Tn＝a1·a2·…·an－1·an＝an·an－1·…·a2·a1，所以Teq \\al(2,n)＝(a1·an)n，即7292＝3n，所以n＝12.
6．(2020·黄冈模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a6＝2a3，a4与2a6的等差中项为eq \f(3,2)，则S5＝________．
解析：设{an}的公比为q(q>0)，因为a1a6＝2a3，而a1a6＝a3a4，所以a3a4＝2a3，所以a4＝2.
又a4＋2a6＝3，所以a6＝eq \f(1,2)，所以q＝eq \f(1,2)，a1＝16，所以S5＝eq \f(16[1－（\f(1,2)）5],1－\f(1,2))＝31.
答案：31
7．(一题多解)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝________．
解析：法一：设数列{an}的公比为q，则由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＋a7＝a1q3＋a1q6＝2，,a5a6＝a1q4×a1q5＝aeq \\al(2,1)q9＝－8，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q3＝－2，,a1＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q3＝－\f(1,2)，,a1＝－8，))所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
法二：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＋a7＝2，,a5a6＝a4a7＝－8，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝－2，,a7＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a4＝4，,a7＝－2.))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q3＝－2，,a1＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q3＝－\f(1,2)，,a1＝－8，))所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
答案：－7
8．(2020·安徽安庆模拟)数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值为________．
解析：由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,λ))).由于数列{an－1}是等比数列，所以eq \f(2,λ)＝1，得λ＝2.
答案：2
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝eq \f(31,32)，求λ.
解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).
因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，
于是an＝eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n－1).
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(n).由S5＝eq \f(31,32)得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).解得λ＝－1.
10．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
解：(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.
所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)，
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2).
[综合题组练]
1．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是( )
A．(－∞，－1]
B．(－∞，0)∪[1，＋∞)
C．[3，＋∞)
D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
解析：选D.设等比数列{an}的公比为q，
则S3＝a1＋a2＋a3＝a2(eq \f(1,q)＋1＋q)＝1＋q＋eq \f(1,q).
当公比q>0时，S3＝1＋q＋eq \f(1,q)≥1＋2eq \r(q·\f(1,q))＝3，当且仅当q＝1时，等号成立；
当公比q<0时，S3＝1－(－q－eq \f(1,q))≤1－2eq \r(（－q）·（－\f(1,q)）)＝－1，当且仅当q＝－1时，等号成立．
所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
2．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1，2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，则q等于( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)
C．－eq \f(3,2) D．eq \f(3,2)
解析：选C.{bn}有连续四项在{－53，－23，19，37，82}中且bn＝an＋1.an＝bn－1，则{an}有连续四项在{－54，－24，18，36，81}中．
因为{an}是等比数列，等比数列中有负数项，则q<0，且负数项为相隔两项，所以等比数列各项的绝对值递增或递减．
按绝对值的顺序排列上述数值18，－24，36，－54，81，
相邻两项相除eq \f(－24,18)＝－eq \f(4,3)，eq \f(36,－24)＝－eq \f(3,2)，－eq \f(54,36)＝－eq \f(3,2)，eq \f(81,－54)＝－eq \f(3,2)，则可得－24，36，－54，81是{an}中连续的四项．
q＝－eq \f(3,2)或q＝－eq \f(2,3)(因为|q|>1，所以此种情况应舍)，
所以q＝－eq \f(3,2).故选C.
3．在递增的等比数列{an}中，已知a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前n项和Sn＝42，则n＝________．
解析：因为{an}为等比数列，
所以a3·an－2＝a1·an＝64.
又a1＋an＝34，
所以a1，an是方程x2－34x＋64＝0的两根，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＝32))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝32，,an＝2.))
又因为{an}是递增数列，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＝32.))
由Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(2－32q,1－q)＝42，解得q＝4.
由an＝a1qn－1＝2×4n－1＝32，
解得n＝3.
答案：3
4．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有eq \f(am＋n,am)＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
解析：因为eq \f(an＋m,am)＝an，
令m＝1，则eq \f(an＋1,a1)＝an，即eq \f(an＋1,an)＝a1＝2，
所以{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，
Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
5．(2020·湖北武汉4月毕业班调研)已知正项等比数列{an}的前n项和Sn满足S2＋4S4＝S6，a1＝1.
(1)求数列{an}的公比q；
(2)令bn＝an－15，求T＝|b1|＋|b2|＋…＋|b10|的值．
解：(1)由题意可得q≠1，
由S2＋4S4＝S6，
可知eq \f(a1（1－q2）,1－q)＋4·eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝eq \f(a1（1－q6）,1－q)，
所以(1－q2)＋4(1－q4)＝1－q6，而q≠1，q>0，
所以1＋4(1＋q2)＝1＋q2＋q4，即q4－3q2－4＝0，
所以(q2－4)(q2＋1)＝0，所以q＝2.
(2)由(1)知an＝2n－1，则{an}的前n项和Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，当n≥5时，bn＝2n－1－15>0，n≤4时，bn＝2n－1－15<0，
所以T＝－(b1＋b2＋b3＋b4)＋(b5＋b6＋…＋b10)
＝－(a1＋a2＋a3＋a4－15×4)＋(a5＋a6＋…＋a10－15×6)
＝－S4＋S10－S4＋60－90
＝S10－2S4－30＝(210－1)－2(24－1)－30
＝210－25－29＝1 024－32－29＝963.
6．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n.
解：(1)因为an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
所以an＋1·an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，
所以eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，
即an＋2＝eq \f(1,2)an.
因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(1,2)，
因为a1＝1，a1·a2＝eq \f(1,2)，
所以a2＝eq \f(1,2)，所以b1＝a1＋a2＝eq \f(3,2).
所以{bn}是首项为eq \f(3,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
所以bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(3,2n).
(2)由(1)可知，an＋2＝eq \f(1,2)an，
所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n).