假期必刷14 等比数列的概念-【快乐假期】2024-2025学年高二数学寒假作业必刷题

假期必刷１４　等比数列的概念　　　　　　　 １．等比数列的概念 (１)如果一个数列从第　　项起,每一项与它 的前一项的比等于　　　　常数,那么这 个数列叫做等比数列,这个常数叫做等比 数列的　　　　,公比通常用字母q(q≠ ０)表示． 数学语言表达式:an an－１ ＝　　　　(n≥２,q 为非零常数),或an＋１ an ＝q(n∈N∗ ,q为非零 常数)． (２)如果三个数a,G,b成等比数列,那么G 叫 做a 与b的　　　　,其中G＝　　　　． ２．等比数列的通项公式 若等比数列{an}的首项为a１,公比是q,则 其通项公式为an＝　　　　; 通项公式的推广:an＝amqn－m． ３．等比数列的性质 已知{an}是等比数列,Sn 是数列{an}的前n 项和． (１)若m＋n＝p＋q,则aman＝　　　　,其中 m,n,p,q∈N∗ ,特别地,若２s＝p＋r,则 apar＝a ２ s,其中p,s,r∈N∗． (２)等比数列{an}的单调性 当q＞１,a１＞０或０＜q＜１,a１＜０时,数列 {an}是　　　　数列; 当q＞１,a１＜０或０＜q＜１,a１＞０时,数列 {an}是　　　　数列; 当q＝１时,数列{an}是　　　　． (３)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数 列,即ak,ak＋m,ak＋２m,􀆺仍是等比数列,公 比为　　　(k,m∈N∗)． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １．(１)２　同一个　公比　q　(２)等比中项　 ± ab ２．a１qn－１ ３．(１)apaq　(２)递增　递减　常数列　(３)q m １．若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列, 则数列{c􀅰an}(c≠０),{|an|},{a２n}, １ an{ }, {an􀅰bn}, an bn{ }也是等比数列． ２．由an＋１＝qan,q≠０,并不能立即断言{an}为 等比数列,还要验证a１≠０． ３．三个数成等比数列,通常设为xq ,x,xq;四个 符号相同的数成等比数列,通常设为x q３ ,x q , xq,xq３． １．在等比数列{an}中,a２＝２,a５＝１６,则a６＝ (　　) A．２８　　　　　B．３２ C．６４ D．１４ ２．已知各项不为０的等差数列{an}满足２a２－ a２７＋２a１２＝０,数列{bn}是等比数列,且b７＝a７, 则b３b１１等于 (　　 ) A．１６ B．８ C．４ D．２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７３􀅰 ３．已知等比数列{an}满足a１＝３,a１＋a３＋a５＝２１, 则a３＋a５＋a７＝ (　　 ) A．２１ B．４２ C．６３ D．８４ ４．已知函数f(x)＝ ２１＋x２ ,且等比数列{an}满 足a２a２０２３ ＝１,则 f(a１)＋f(a２)＋ 􀆺 ＋ f(a２０２４)＝ (　　) A．２０２４ B．１０１２ C．２ D．１２ ５．已知两个等比数列{an},{bn}的前n项积分 别为An,Bn,若 a３ b３ ＝３,则 A５ B５ ＝ (　　) A．３ B．２７ C．８１ D．２４３ ６．某工厂生产A,B,C三种产品的数量刚好构 成一个公比为q(q≠１)的等比数列,现从全 体产品中按分层随机抽样的方法抽取一个 样本容量为２６０的样本进行调查,其中C产 品的数量为２０,则抽取的A 产品的数量为 (　　) A．１００ B．１４０ C．１８０ D．１２０ ７．(多选)已知数列{an}是等比数列,则下列命 题正确的是 (　　) A．数列{|an|}是等比数列 B．数列{anan＋１}是等比数列 C．数列 １an{ }是等比数列 D．数列{lga２n}是等比数列 ８．(多选)已知等比数列{an}的各项均为正数, a１＝２０,２a６＋a５－a４＝０,数列{an}的前n项 积为Tn,则 (　　) A．数列{an}单调递增 B．数列{an}单调递减 C．Tn 的最大值为T５ D．Tn 的最小值为T５ ９．已知数列{an}是等比数列,a１,a２,a３ 依次位 于表中第一行,第二行,第三行中的某一格 内,又a１,a２,a３ 中任何两个都不在同一列, 则an＝　　　　(n∈N∗)． 第一列 第二列 第三列 第一行 １ １０ ２ 第二行 ６ １４ ４ 第三行 ９ １８ ８ １０．已知数列{an}为正项等比数列,且a７＝ ２, 则log２a１＋log２a２＋log２a３＋􀆺＋log２a１３＝ 　　　　． １１．已知一个等比数列的前４项之积为１１６ ,第 ２项与第３项的和为 ２,则这个等比数列 的公比q＝　　　　． １２．已知数列{an}满足a１＝１,nan＋１＝２(n＋１)an． 设bn＝ an n． (１)求b１,b２,b３; (２)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明 理由; (３)求{an}的通项公式． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８３􀅰 １３．已知正项等比数列{an}满足条件a２􀅰a１６ ＝１６, a６＋a７ a３＋a４ ＝１８． (１)求{an}的通项公式; (２)设Tn＝a１a２􀆺an,求Tn 的最大值． １４．已知数列{an}为等比数列,且a１＝２,a３a４ ＝a７．数列{bn}的前n 项和记为Sn,满足 ２Sn＝n２＋n． (１)求数列{an},{bn}的通项公式; (２)若对任意n∈N∗ ,an＞λbn 恒成立,求实 数λ的取值范围． １．(２０２４􀅰北京卷,１５)设{an}与{bn}是两个不 同的无穷数列,且都不是常数列．记集合 M ＝{k|ak＝bk,k∈N∗},给出下列四个结论: ①若{an}与{bn}均为等差数列,则M 中最多 有１个元素; ②若{an}与{bn}均为等比数列,则M 中最多 有２个元素; ③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则 M 中最多有３个元素; ④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列,则 M 中最多有１个元素． 其中正确结论的序号是　　　　． ２．(２０２４􀅰上海卷,１２)等比数列{an}的首项a１ ＞０,公比q＞１,记In＝{x－y|x,y∈[a１, a２]∪[an,an＋１]},若对任意正整数n,In 是 闭区间,则q的取值范围是　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９３􀅰 ６．C　[设等差数列{an}的公差为d,a２＝－７,S５＝２a１,所以 a１＋d＝－７, ５a１＋１０d＝２a１,{ 得 a１＝－１０, d＝３,{ 所 以 Sn ＝ －１０n ＋ n(n－１) ２ ×３＝ ３n２－２３n ２ ,因为f(x)＝１２ (３x２－２３x)的零 点为x＝０,x＝２３３ ,所以|Sn|的最小值是靠近函数f(x)零 点处的值,又|S１|＝１０,|S７|＝７,|S８|＝４,所以当n＝８ 时,|Sn|取得最小值．] ７．BD　[因为Sn≤S６,所以S５≤S６ 且S７≤S６,即a６＝S６－ S５≥０,a７＝S７－S６≤０,因为d≠０,即a６,a７ 不同时为０, 所以d＝a７－a６＜０,因为a６≥０,即a１＋５d≥０,所以a１＞０, S１３＝ １３(a１＋a１３) ２ ＝１３a７≤０ ,a６ 不一定为零．] ８．BCD　[由数列{an}是递减的等差数列得d＜０．对于 A, 不妨举例数列{an}为４,３,２,１,０,－１,－２,－３,􀆺,则S１ ＝４,S２＝７,S３＝９,这三项不构成递减数列,故 A错误;对 于B, Sn n ＝ na１＋ n(n－１) ２ d n ＝ d ２n＋ a１－ d ２( ),是关于n 的一次函数,因此 Sn n{ }是等差数列,故B正确;对于C,前 １０项中,奇数项的和为a１＋a３＋a５＋a７＋a９＝５a５,偶数 项的和a２＋a４＋a６＋a８＋a１０＝５a６,所以a６∶a５＝９∶８, 设a６＝９x,a５＝８x,则５a５＋５a６＝－１７０,解得x＝－２,所 以公差d＝a６－a５＝x＝－２,故 C 正确;对于 D,S１５＝ １５(a１＋a１５) ２ ＝１５a８＞０ ,则a８＞０,S１６＝ １６(a１＋a１６) ２ ＝ ８(a８＋a９)＜０,则a９＜－a８＜０,所以S９＝S８＋a９＜S８,故 D正确．] ９．解析:∵an＝４n－ ５ ２ ,∴{an}为等差数列,设其公差为d, 则a１＝ ３ ２ ,d＝４,∴an２＋bn＝a１＋a２＋􀆺＋an＝ ３ ２n＋ n(n－１) ２ ×４＝２n ２－１２n ,∴a＝２,b＝－１２ ,∴ab＝－１． 答案:－１ １０．解析:设数列{an}的公差为d．由a１＞０,a１０a１１＜０知 d＜０,且a１０＞０,a１１＜０,∴T１８＝a１＋a２＋􀆺＋a１０－a１１ －a１２－􀆺－a１８＝２S１０－S１８＝６０． 答案:６０ １１．解析:由题意,当n为奇数时, an＋２－an＝－１＋３＝２, 所以数列{a２n－１}是首项为２,公差为２的等差数列, 所以a２n－１＝２＋２(n－１)＝２n． 当n为偶数时,an＋２－an＝１＋３＝４, 所以数列{a２n}是首项为４,公差为４的等差数列, 所以a２n＝４＋４(n－１)＝４n． 设数列{an}的前１０项和为S１０, 则S１０＝a１＋a２＋􀆺a１０＝(a１＋a３＋􀆺＋a９)＋(a２＋a４ ＋􀆺＋a１０)＝ ５×(２＋１０) ２ ＋ ５×(４＋２０) ２ ＝９０． 答案:９０ １２．解:(１)由 a１＋２(k－１)＝１０, ka１＋ k(k－１)×２ ２ ＝３０ ,{ 解得 a１＝２ , k＝５,{ 或 a１＝０, k＝６．{ 因为a１＞０,所以a１＝２,k＝５． (２)因为a１＝２,d＝２,所以an＝２n,则a２n＝４n,且{a２n} 为等 差 数 列,所 以 Tn＝ (a２＋a２n)n ２ ＝ (４＋４n)n ２ ＝２n ２ ＋２n． １３．(１)证明:因为bn 是数列{Sn}的前n项积, 所以当n≥２时,Sn＝ bn bn－１ , 代入２ Sn ＋１bn ＝２,可得 ２bn－１ bn ＋１bn ＝２, 整理可得２bn－１＋１＝２bn, 即bn－bn－１＝ １ ２ (n≥２)． 又２ S１ ＋１b１ ＝３b１ ＝２,所以b１＝ ３ ２ , 故{bn}是以 ３ ２ 为首项,１ ２ 为公差的等差数列． (２)解:由(１)可知,bn＝ ３ ２＋ １ ２ (n－１)＝n＋２２ ,则 ２ Sn ＋ ２ n＋２＝２ ,所以Sn＝ n＋２ n＋１ , 当n＝１时,a１＝S１＝ ３ ２ , 当n≥２时,an＝Sn－Sn－１＝ n＋２ n＋１－ n＋１ n ＝－ １ n(n＋１)． 又a１＝ ３ ２ 不满足上式． 故an＝ ３ ２ ,n＝１, － １n(n＋１) ,n≥２． ì î í ïï ï １４．解:(１)设{an}的公差为d． 因为数列{an}为等差数列,所以a２＋a８＝a３＋a７＝－４, 又因为a３a７＝－１２, 解得 a３＝２, a７＝－６,{ 或 a３＝－６, a７＝２．{ 因为Sn 有最大值,所以d＜０, 所以 a３＝２, a７＝－６,{ 所以 a１＋２d＝２, a１＋６d＝－６,{ 解得 a１＝６, d＝－２．{ 所以an＝a１＋(n－１)d＝８－２n,Sn＝ n(a１＋an) ２ ＝－n ２ ＋７n． (２)由an＝－２n＋８≥０,解得n≤４;由an＝－２n＋８＜０, 解得n＞４,即n≥５．所以当n≤４时,Tn＝|a１|＋|a２|＋ 􀆺＋|an|＝a１＋􀆺＋an＝Sn＝－n２＋７n; 当a≥５时,Tn＝|a１|＋|a２|＋􀆺＋|an|＝a１＋a２＋a３＋ a４－a５－􀆺－an＝２S４－Sn＝n２－７n＋２４． 综上,Tn＝ －n２＋７n,n≤４, n２－７n＋２４,n≥５．{ 高考冲浪 １．解析:设an＝a１＋(n－１)d,则由条件得２a１＋５d＝７,４a１ ＋７d＝５,解得a１＝－４,d＝３, 则S１０＝５(２a１＋９d)＝９５． 答案:９５ ２．B　[因为S５＝S１０,所以a６＋a７＋a８＋a９＋a１０＝０,即５a８ ＝０,∴a８＝０,又因为a５＝１,所以公差d＝－ １ ３ ,a１＝a８－ ７d＝７３． ] 假期必刷１４　等比数列的概念 技能提升台　技能提升 １．B　[设等比数列{an}的公比为q,∵a２＝２,a５＝１６,∴a１q ＝２,a１q４＝１６,解得a１＝１,q＝２．则a６＝２５＝３２．] ２．A　[由等差数列性质得a２＋a１２＝２a７,所以４a７－a２７＝０, 又因为a７≠０,所 以a７＝４,b７＝４,由 等 比 数 列 性 质 得 b３b１１＝b２７＝１６．] ３．B　[设等比数列{an}的公比为q,则由a１＝３,a１＋a３＋a５ ＝２１得３(１＋q２＋q４)＝２１,解得q２＝－３(舍去)或q２＝ ２,于是a３＋a５＋a７＝q２(a１＋a３＋a５)＝２×２１＝４２．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４７􀅰 ４．A　[易知f(x)＋f １x( ) ＝ ２ １＋x２ ＋ ２x ２ x２＋１ ＝２,则f(a２) ＋f(a２０２３)＝f(a２)＋f １ a２( ) ＝２．因为{an}为等比数列, 所以a１a２０２４＝a２a２０２３＝􀆺＝a１０１２a１０１３＝１,所以f(a１) ＋f(a２)＋􀆺＋f(a２０２４)＝１０１２×[f(a２)＋f(a２０２３)]＝ ２×１０１２＝２０２４．] ５．D　[法一　设等比数列{an}的公比为q１,则a３＝a１q２１, {an}的前５项积A５＝a１a２a３a４a５＝a５１q１＋２＋３＋４１ ＝a５１q１０１ ． 设等比数列{bn}的公比为q２,则b３＝b１q２２,B５＝b５１q１０２ ．因 为 a３ b３ ＝ a１q２１ b１q２２ ＝３所以 A５ B５ ＝ a５１q１０１ b５１q１０２ ＝ a１q２１ b１q２２ æ è ç ö ø ÷ ５ ＝３５＝２４３． 法二　由等比数列的性质知a１a５＝a２a４＝a２３,所以{an}的 前５项积A５＝a１a２a３a４a５＝a５３,同理可得B５＝b５３,所以 A５ B５ ＝ a５３ b５３ ＝３５＝２４３．] ６．C　[∵A,B,C三种产品的数量刚好构成一个公比为q的 等比数列,C产品的数量为２０,∴A 产品的数量为２０ q２ ,B 产品的数量为２０ q ,∵样本容量为２６０,∴２０ q２ ＋２０q ＋２０＝ ２６０,解得q＝１３ 或－１４ (舍去),则A 产品的数量为２０ q２ ＝ ２０ １ ９ ＝１８０．] ７．ABC　[因为数列{an}是等比数列,所以 an＋１ an ＝q．对于 A, |an＋１| |an| ＝ an＋１an ＝|q|,所以数列{|an|}是等比数列, A正确;对于B, an＋１an＋２ anan＋１ ＝q２,所以数列{anan＋１}是等比 数列,B正确;对于C, １ an＋１ １ an ＝ an an＋１ ＝１q ,所以数列 １ an{ }是 等比数列,C正确;对于 D, lga２n＋１ lga２n ＝ ２lgan＋１ ２lgan ＝ lgan＋１ lgan ,不 一定是常数,所以 D错误．] ８．BC　[设等比数列{an}的公比为q,因为２a６＋a５－a４＝０,所 以２a４q２＋a４q－a４＝０．因为a４＞０,所以２q２＋q－１＝０, 解得q＝１２ 或q＝－１(舍去)．所以数列{an}单调递减,A 错误;B正确．因为数列{an}单调递减,且各项均为正数, 所以数列{an}的前n项积Tn 有最大值,无最小值,D 错 误．若Tn 取最大值,则 an≥１, an＋１＜１, { 即 ２０× １２( ) n－１ ≥１, ２０× １２( ) n ＜１, ì î í ïï ï 又 x∈N∗,所以n＝５,即Tn 的最大值为T５,C正确．] ９．解析:观察题中的表格可知a１,a２,a３ 分别为２,６,１８,即{an} 是首项为２,公比为３的等比数列,∴an＝２􀅰３n－１． 答案:２􀅰３n－１ １０．解析:∵数列{an}为正项等比数列,且a１a１３＝a２a１２＝ a３a１１＝a４a１０＝a５a９＝a６a８＝a２７,∴log２a１＋log２a２＋ log２a３＋ 􀆺 ＋log２a１３＝log２(a１a２􀆺a１３)＝log２a１３７ ＝ １３log２a７＝ １３ ２． 答案:１３ ２ １１．解析:设该等比数列的前４项依次为a,aq,aq２,aq３(其 中aq≠０), 由题意得 a􀅰aq􀅰aq２􀅰aq３＝１１６ , aq＋aq２＝ ２, { 所以 a２q３＝±１４ , a２(q＋q２)２＝２, { 所以 a ２q３ a２(q＋q２)２ ＝±１８ ,整理得q２－６q＋１＝０或q２＋ １０q＋１＝０,解得q＝３±２ ２或q＝－５±２ ６． 答案:３±２ ２或－５±２ ６ １２．解:(１)由条件可得an＋１＝ ２(n＋１) n an． 将n＝１代入得,a２＝４a１,而a１＝１,所以,a２＝４． 将n＝２代入得,a３＝３a２,所以,a３＝１２． 从而b１＝１,b２＝２,b３＝４． (２){bn}是首项为１,公比为２的等比数列． 由条件可得 an＋１ n＋１＝ ２an n ,即bn＋１＝２bn,又因为b１＝１,所 以{bn}是首项为１,公比为２的等比数列． (３)由(２)可得 an n ＝２ n－１,所以an＝n􀅰２n－１． １３．解:设{an}的公比为q(q＞０)． 由题意得a２９＝a２a１６＝１６,所以a９＝a１q８＝４, a６＋a７ a３＋a４ ＝ (a３＋a４)q３ a３＋a４ ＝q３＝１８ , 所以q＝ １２ ,a１＝１０２４．所 以an＝a１qn－１＝１０２４× １ ２( ) n－１ ＝２１１－n． (２)Tn＝a１a２􀆺an＝２１０＋９＋８＋􀆺＋(１１－n)＝２ (２１－n)n ２ ．二次函 数y＝ (２１－x)x ２ ＝－ １ ２x ２＋２１２x 的图象的对称轴为直 线x＝２１２ ,故当n＝１０或n＝１１时,Tn 取得最大值,且最 大值为２５５． １４．解:(１)设数列{an}的公比为q(q≠０),由a３a４＝a７ 得 a２１q５＝a１q６, 又∵a１＝２,∴q＝２,∴an＝２n． ∵２Sn＝n２＋n,∴b１＝S１＝１,且２Sn－１＝(n－１)２＋(n－ １)(n≥２),则当n≥２时,２bn＝２Sn－２Sn－１＝n２＋n－(n２ －n),则bn＝n,当n＝１时,b１＝１也满足上式．∴bn＝n． (２)∵an＝２n,bn＝n,an＞λbn,∴λ＜ ２n n ． 记cn＝ ２n n ,则cn＋１ cn ＝２ n＋１ n＋１ 􀅰n ２n ＝ ２nn＋１ , 当n＝１时, c２ c１ ＝ ２１＋１＝１ ,则c２＝c１; 当n≥２时, cn＋１ cn ＝ ２nn＋１＝２－ ２ n＋１≥ ４ ３＞１ ,则cn＋１＞cn． ∴(cn)min＝c１＝c２＝２．则λ＜２,即实数λ的取值值范围 为(－∞,２)． 高考冲浪 １．解析:对于①,若{an}与{bn}均为等差数列, 设an＝a１＋(n－１)d１＝d１n＋(a１－d１),n∈N∗, bn＝b１＋(n－１)d２＝d２n＋(b１－d２),n∈N∗, 故可将an 与bn 看作是关于n 的一次函数, 其图象最多只有一个交点,且交点横坐标不是整数时,不 存在k满足ak＝bk,故 M 中最多只有１个元素,①正确; 对于②,若{an}与{bn}均为等比数列, 设an＝a１qn－１１ ,n∈N∗,bn＝b１qn－１２ ,n∈N∗, 令ak＝bk,则a１qk－１１ ＝b１qk－１２ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５７􀅰 故 a１ b１ ＝ q２ q１ æ è ç ö ø ÷ k－１ ,即k＝１＋logq２q１ a１ b１ ,因为logq２q１ a１ b１ 为定值, 故当logq２q１ a１ b１ 为整数时,存在k使得ak＝bk, 故 M 中最多只有１个元素,②错误; 对于③,由①知点(n,an)在一条斜率不为０的直线l０ 上, 设bn＝b１qn－１(q≠１),当公比q＞０时,直线l０ 与数列{bn} 对应的函数的图象至多有２个公共点,M 中最多有２个元 素;当q＜－１时,点(n,bn)在如图所示 的曲线C１,C２ 上,由图易知直线l０ 与 曲线C１,C２ 至多有３个公共点,如当 an＝３n－４,bn＝－１×(－２)n－１时,a１ ＝b１＝－１,a２＝b２＝２,a４＝b４＝８,两 个数列有３项相同,所以 M 中最多有 ３个元素; 当q＝－１时,易知 M 中最多有２个 元素;当－１＜q＜０时,易知 M 中最多有３个元素．综上 可知,当|an|为等差数列,{bn}为等比数列时,M 中最多 有３个元素,所以③正确． 对于④,若{an}为递增数列, 则点(k,ak)随k的取值逐渐增大,其在平面直角坐标系 中,散点由左下到右上分布, 若{bn}为递减数列,则点(k,bk)随k的取值逐渐减小,其 在平面直角坐标系中,散点由左上到右下分布, 故点(k,ak)与点(k,bk)最多只能重合一次, 即 M 中最多只有１个元素,④正确． 综上,正确结论的序号是①③④． 答案:①③④ ２．解析:由题意不妨设x＞y,若x,y均在[a１,a２],则有x－ y∈[０,a２－a１],若x,y均在[an,an＋１],则有x－y∈[０, an＋１－an],若x,y分别在两个区间,则x－y∈[an－a２, an＋１－a１],又因为q＞１,总有In 是闭区间,则an－a２≤ an＋１－an 恒成立即可,化简得qn－１(q－２)＋q≥０,所以有 q≥２恒成立． 答案:[２,＋∞) 假期必刷１５　等比数列的前n项和公式 技能提升台　技能提升 １．C　[由Sn＝an－１知,当a＝１时,Sn＝０,此时数列{an} 为等差数列(an＝０)．当a≠１时,a１＝a－１,an＝Sn－ Sn－１＝an－１－(an－１－１)＝an－an－１＝(a－１)an－１,n≥２, n＝１时也符合上式,故数列{an}是首项为a－１,公比为a (a≠１)的等比数列．] ２．C　[设等比数列{an}的公比为q,由a１＋a３＋a５＋􀆺＋ a２n－１＝ a１[１－(q２)n] １－q２ ＝１－２n,解得q２＝２,a１＝－１．所以 a２a３a４＝a３３＝(a１q２)３＝－８．] ３．C　[设正项等比数列{an}的公比为q(q＞０),由题意可得 １－１q＝ ２ q２ ,即q２－q－２＝０,解得q＝２或q＝－１(舍去) 则S６＝ １－２６ １－２＝６３． ] ４．C　[设等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,则Sn, S２n－Sn,S３n－S２n,S４n－S３n,􀆺成等比数列,公比为qn． 又因为Sn＝１０,S２n＝６０,所以S２n－Sn＝５０,所以qn＝５, 所以S３n－S２n＝５０×５＝２５０,所以S４n－S３n＝２５０×５＝ １２５０,所以S４n＝(S４n－S３n)＋(S３n－S２n)＋(S２n－Sn)＋ Sn＝１２５０＋＋２５０＋５０＋１０＝１５６０．] ５．A　[设第六天走的路程为a１,第五天走的路程为a２,􀆺, 第一天走的路程为a６,根据题意每天走的路程为前一天 的一半,所以公比q＝２,且S６＝４４１,S６＝ a１(１－q６) １－q ,所以 ４４１＝ a１(１－２６) １－２ ,解得a１＝７．] ６．C　[若数列{Sn}递增,则Sn＋１－Sn＝an＋１＞０,所以a１qn ＞０,又因为q＞１,所以a１＞０,则an＞０,所以由 an＋１ an ＝ q＞１,得an＋１＞an,因此数列{an}递增,充分性成立;若数 列{an}递增,则an＋１－an＞０,所以an(q－１)＞０,又因为 q＞１,所以an＞０,因此Sn＝a１＋a２＋􀆺＋an 也递增,即 数列{Sn}递增,所以必要性成立．综上,“数列{Sn}递增” 是“数列{an}递增”的充要条件．] ７．ACD　[设{an}的公比为q(q＞０),则a２q􀅰a２q３＝ １ ６４ ,解 得q＝１２ ,故an＝a２qn－２＝ １ ２n－１ ,则a１＝１,Sn＝ １－１ ２n １－１２ ＝２ － １ ２n－１ ．对于 A,a４＝ １ ２３ ＝１８ ,故 A正确;对于B,S３＝２－ １ ２２ ＝７４ ,故B错误;对于 C,an＋Sn＝ １ ２n－１ ＋２－ １ ２n－１ ＝２ 为常数,故 C正确;对于 D,由Sn－２＝－ １ ２n－１ ,Sn－２ Sn－１－２ ＝１２ ,n≥２,可得{Sn－２}为等比数列,故 D正确．] ８．CD　[设{an}的公比为q．对于 A,若a１＞０,q＜０,则a２＝ a１q＜０,故 A错误．对于 B,若a２＞０,又因为a２＝a１q,所 以a１ 与q同号,当a１＞０,q＝１时,S２０２２＝２０２２a１＞０;当 q≠１时,S２０２２＝ a１(１－q２０２２) １－q ,若a１＜０,q＝－１,则１－q ＞０,１－q２０２２＝０,所以S２０２２＝０,故B错误．对于 C,因为 a１＞０,q≠０,所以a３＝a１q２＞０,故 C正确．对于 D,若a３ ＞０,即a３＝a１q２＞０,则a１＞０,q≠０,当q＝１时,S２０２３＝ ２０２３a１＞０,当q≠１时,S２０２３＝a１􀅰 １－q２０２３ １－q ,由于a１＞ ０,１－q ２０２３ １－q ＞０ ,所以S２０２３＞０,故 D正确．] ９．解析:在等比数列{an}中,∵a３＝２S２＋１,a４＝２S３＋１, ∴a４－a３＝２S３＋１－(２S２＋１)＝２(S３－S２)＝２a３, ∴a４＝３a３,∴q＝ a４ a３ ＝３． 答案:３ １０．解析:∵an＋１－an＝２n,∴当n≥２时,an＝(an－an－１)＋ (an－１－an－２)＋􀆺＋(a２－a１)＋a１＝２n－１＋２n－２＋􀆺＋ ２２＋２＋２＝２－２ n １－２＋２＝２ n－２＋２＝２n． 当n＝１ 时,a１＝２ 也 满 足 上 式,∴an＝２n．∴Sn＝ ２－２n＋１ １－２ ＝２ n＋１－２． 答案:２n＋１－２ １１．解析:因为在等比数列中,若项数为２n,则 S偶 S奇 ＝q ,所以 a１＋a２＋a３＋􀆺＋a１００＝(a１＋a３＋a５＋􀆺＋a９９)＋(a２ ＋a４＋a６＋􀆺＋a１００)＝(a１＋a３＋a５＋􀆺＋a９９)＋ １ ３ (a１ ＋a３＋a５＋􀆺＋a９９)＝９０＋ １ ３×９０＝１２０． 答案:１２０ １２．解:(１)易知q≠１,由题意可得 a１q３＝９a１q, a１(１－q３) １－q ＝１３ , q＞０, ì î í ï ï ïï 解得a１＝１,q＝３,∴an＝３n－１,Sn＝ １－３n １－３＝ ３n－１ ２ ． (２)假设存在常数λ,使得数列{Sn＋λ}是等比数列, ∵S１＋λ＝λ＋１,S２＋λ＝λ＋４,S３＋λ＝λ＋１３, ∴(λ＋４)２＝(λ＋１)(λ＋１３), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６７􀅰