第15周 等比数列-【周测必刷】2025-2026学年高二数学选择性必修1+2（人教A版2019）

—108 — 2.(1)证明 由已知2Sn +1bn =2得Sn= 2bn 2bn-1 ,且bn≠0,bn≠ 1 2 , 取n=1,由S1=b1 得b1= 3 2 , 由于bn 为数列{Sn}的前n项积, 所以 2b1 2b1-1 · 2b2 2b2-1 ·…· 2bn 2bn-1 =bn, 故 2b1 2bn-1 · 2b2 2b2-1 ·…· 2bn+1 2bn+1-1 =bn+1, 所以 2bn+1 2bn+1-1 = bn+1 bn , 由于bn+1≠0, 所以 2 2bn+1-1 =1bn ,即bn+1-bn= 1 2 ,其中n∈N*, 所以{bn}是以 3 2 为首项,1 2 为公差的等差数列. (2)解 由(1)可 得,数 列{bn}是 以 3 2 为 首 项,1 2 为 公 差 的 等 差 数列, 所以bn= 3 2+ (n-1)×12=1+ n 2 , Sn= 2bn 2bn-1 =2+n1+n , 当n=1时,a1=S1= 3 2 , 当n≥2时,an=Sn-Sn-1= 2+n 1+n- 1+n n =- 1 n(n+1) ,显然对于 n=1不成立, 所以an= 3 2 ,n=1, - 1n(n+1) ,n≥2. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 3.(1)证明 设列车从各站出发时,邮政车厢内的邮袋数构成一个数 列{an},则a1=n-1,a2=a1-1+n-2=(n-1)+(n-2)-1, a3=a2-2+n-3=(n-1)+(n-2)+(n-3)-1-2,… 所以ak=(n-1)+(n-2)+(n-3)+…+(n-k)-(1+2+…+ k-1)=kn-12k (k+1)-12k (k-1)=-k2+nk(k∈N*). (2)解 由ak=- k- n 2 2 +n 2 4 ,得 当n为偶数,k=n2 时,ak 的最大值为 n2 4 ,当n为奇数,k=n-12 或 n+1 2 时,ak 的最大值为 n2-1 4 . 即若n为偶数,则第n2 站的车厢内邮袋数最多,最多为n 2 4 个; 若n为 奇 数,则 第n-12 或n+1 2 站 的 车 厢 内 邮 袋 数 最 多,最 多 为 n2-1 4 个. 【选做·一飞冲天】 解 (1)法一:由题意知,Sn= 3 2n+ n(n-1) 2 ×1= 1 2n 2+n, 则Sk2= 1 2k 4+k2=(Sk)2= 1 2k 2+k 2 , 从而1 4k 4-k3=0,k∈N*,解得k=4. 法二:数列{an}为等差数列,不妨设Sn=An2+Bn,其中 A= d 2 , B=a1- d 2 ,则Sk2=A(k2)2+Bk2,Sk=Ak2+Bk, 由Sk2=(Sk)2 可得k2(Ak2+B)=k2(Ak+B)2. 考虑到k为正整数,从而Ak2+B=A2k2+2ABk+B2, 即(A2-A)k2+2ABk+(B2-B)=0. 又A=d2= 1 2 ,B=a1- d 2=1 , 所以1 4k 2-k=0,又k≠0,从而k=4. (2)由(1)可知k2[(A2-A)k2+2ABk+(B2-B)]=0, 考虑到对一切正整数k都有Sk2=(Sk)2 成立, 只需 A2-A=0, 2AB=0, B2-B=0, 解得 A=0,B=0 或 A=1,B=0 或 A=0,B=1. 又A=d2 ,B=a1- d 2 , 从而可得 d=0, a1=0 或 d=2,a1=1 或 d=0,a1=1. 故满足题意的无穷等差数列 有:①0,0,0,0,…;②1,3,5,7,…; ③1,1,1,1,…. 第十五周 等比数列 【考点·一应俱全】 1.解 (1)不是等比数列;(2)是等比数列,公比为23 ;(3)不是等比数 列;(4)是等比数列,公比为-4. 【方法技巧】 判断一个数列是否为等比数列的方法:验证 a2 a1 , a3 a2 ,a4 a3 ,…是否等于同一常数. 2.解 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q. 因为a2-a5=42,所以q≠1, 由已知得 a1+a1q+a1q2=168, a1q-a1q4=42. 即 a1(1+q+q2)=168, ① a1q(1-q3)=42, ② 因为1-q3=(1-q)(1+q+q2), 所以由②除以①,得q(1-q)=14. 所以q=12. 所以a1= 42 1 2- 1 2 4=96. 设G 是a5,a7 的等比中项, 则G2=a5a7=a1q4·a1q6=a21q10=962× 1 2 10 =9, 即G=±3. 所以a5 与a7 的等比中项是±3. 【方法技巧】 (1)由等比中项的定义可知Ga = b G ⇒G 2=ab⇒G= ± ab,所以只有a,b同号时,a,b的等比中项有两个,异号时,没 有等比中项. (2)在一个等比数列中,从第二项起,每一项(有穷数列的末项除 外)都是它的前一项和后一项的等比中项. (3)a,G,b成等比数列等价于G2=ab(ab>0). 3.解 设首项为a1,公比为q. (1)法一:因为 a4=a1q3, a7=a1q6, 所以 a1q 3=2, ① a1q6=8. ② 由② ① 得q3=4,从而q= 3 4,而a1q3=2, 于是a1= 2 q3 =12 ,所以an=a1qn-1=2 2n-5 3 . 法二:因为a7=a4q3,所以q3=4,q= 3 4. 所以an=a4qn-4=2·( 3 4)n-4=2 2n-5 3 . (2)法一:因为 a2+a5=a1q+a1q4=18, ③ a3+a6=a1q2+a1q5=9. ④ 由④ ③ 得q=12 ,从而a1=32, 又an=1,所以32× 1 2 n-1 =1, 即26-n=20,所以n=6. 法二:因为a3+a6=q(a2+a5),所以q= 1 2. 由a1q+a1q4=18,知a1=32. 由an=a1qn-1=1,知n=6. 4.证明 由a1=1,an+1= n+2 n Sn , 得an>0,Sn>0. 由an+1= n+2 n Sn ,an+1=Sn+1-Sn, 得(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn), 整理,得nSn+1=2(n+1)Sn, 所以 Sn+1 n+1=2 ·Sn n ,则 Sn+1 n+1 Sn n =2. 因为 S1 1= a1 1=1 ,所以数列 Sn n 是以1为首项,2为公比的等比 数列. 5.C [法一:由a5·a2n-5=22n,得a1q4·a1q2n-6=a21q2n-2=22n,所 以(a1qn-1)2=(2n)2.又an>0,所以a1qn-1=2n.故log2a1+log2a3 +… +log2a2n-1=log2(a1a3…a2n-1)=log2(an1q2+4+ …+2n-2)= log2[an1qn (n-1)]=log2[(a1qn-1)n]=log2[(2n)n]=n2. 法二:由等比中项的性质,得a5·a2n-5=(an)2=22n,注意到an> 0,所以an=2n.取特殊值,如令n=2,则log2a1+log2a3=log2(2· 23)=log224=4.只有C选项符合.法三:由等比中项的性质,得 a5·a2n-5=(an)2=22n,注意到an>0,所以an=2n.于是log2a1+ log2a3+…+log2a2n-1=1+3+…+(2n-1)=n2.法四:因为a1· a2n-1=a3·a2n-3=a5·a2n-5=…=(an)2=22n,所 以log2a1+ log2a3+ … +log2a2n-1 =log2(a1a3 …a2n-1)=log2[(a1a2n-1) (a3a2n-3)…an]=log22n2=n2.] 6.D [因为Ai 是边长为ai,ai+1的矩形面积(i=1,2,…),所以Ai= aiai+1(i=1,2,…),则数列{An}的通项为An=anan+1.根据等比数 列的定义,数列{An}为等比数列的充要条件是 An+1 An = an+1an+2 anan+1 = an+2 an =q(常数).] 【方法技巧】 由等比数列构造新的等比数列,一定要检验新的数 列中是否有为0的项,主要是针对q<0的情况. 7.解 方法一 从前三个数入手,设这四个数依次为a-d,a,a+ d, (a+d)2 a , 由条件得 a-d+ (a+d)2 a =16 , a+(a+d)=12. 解得 a=4, d=4 或 a=9,d=-6. 当a=4,d=4时,所求四个数为0,4,8,16; 当a=9,d=-6时,所求四个数为15,9,3,1. 故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. 方法二 从 后 三 个 数 入 手,设 这 四 个 数 依 次 为2aq -a ,a q ,a, aq(q≠0), 由条件得 2a q -a+aq=16 , a q +a=12 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 q=2, a=8 或 q= 1 3 , a=3. 当q=2,a=8时,所求四个数为0,4,8,16; 当q=13 ,a=3时,所求四个数为15,9,3,1. 故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. 方法三 从首末两项的和与中间两项的和入手,设这四个数依次 为x,y,12-y,16-x, 由已知得 2y=x+(12-y),(12-y)2=y(16-x), 解得 x=0, y=4 或 x=15,y=9. 故所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1. 8.B [由题意,第一年的住房面积为a1=a·1.1-b,第二年的住房 面积为a2=a1·1.1-b=a·(1.1)2-1.1b-b,…,则an+1=an· 1.1-b.若an+1+m=(an+m)·1.1,则m=-10b,∴{an-10b}是 首项为a1-10b,公比为1.1的等比数列,则an-10b=(a1-10b)× (1.1)n=(a-10b)×(1.1)n,∴an=1.1na-10b[(1.1)n-1].故 选B.] 【方法技巧】 数列实际应用题常与现实生活和生产实际中的具 体事件相联系,建立数学模型是解决这类问题的核心,常用的方 法有: (1)构造等差、等比数列的模型,然后用数列的通项公式或求和公 式求解; (2)通过归纳得到结论,再用数列知识求解. 9.解 (1)S10= a1(1-q10) 1-q = 2× 1- -12 10 1- -12 =43× 1- 1 1024 = 341 256. (2)方法一 S100=a1+a2+a3+a4+…+a99+a100 =2(a2+a4+…+a100)+a2+a4+…+a100 =3(a2+a4+…+a100)=150, ∴a2+a4+a6+…+a100=50. 方法二 S100= a1 1- 12 100 1-12 =150, 整理得a1 1- 12 100 =75, ∴a2+a4+…+a100= a2 1- 14 50 1-14 =23a1 1- 12 100 =23×75=50. 【方法技巧】 在等比数列{an}的五个量a1,q,an,n,Sn 中,a1 与q 是最基本的,当条件与结论间的联系不明显时,均可以用a1 与q 表示an 与Sn,从而列方程组求解.在解方程组时经常用到两式相 除达到整体消元的目的,这是方程思想与整体思想在数列中的具 体应用.(注意:q=1和q≠1的讨论) 10.解 方法一 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)= 2×3n-1. 当n=1时,a1=S1=31-2=1不适合上式. ∴an= 1,n=1, 2×3n-1,n≥2. 由于a1=1,a2=6,a3=18,显然a1,a2,a3 不是等比数列,即{an} 不是等比数列. 方法二 由等比数列{bn}的公比q≠1时的前n项和Sn=Aqn+ B 满足的条件为A=-B,对比可知Sn=3n-2,2≠1,故{an}不是 等比数列. 11.解 方法一 ∵S2n≠2Sn,∴q≠1, 由已知得 a1(1-qn) 1-q =48 , ① a1(1-q2n) 1-q =60 , ② 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ②÷①得1+qn=54 , 即qn=14 , ③ 将③代入①得 a1 1-q=64 , ∴S3n= a1(1-q3n) 1-q =64× 1-1 43 =63. 方法二 ∵{an}为等比数列,显然公比不等于-1, ∴Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等比数列, ∴(S2n-Sn)2=Sn(S3n-S2n), ∴S3n= (S2n-Sn)2 Sn +S2n= (60-48)2 48 +60=63. 方法三 由性质Sm+n=Sm +qmSn 可知S2n=Sn+qnSn,即60= 48+48qn,得qn=14 , ∴S3n=S2n+q2nSn=60+48× 1 4 2 =63. 12.3 [依题意,各层灯笼数从上到下排成一列构成等比数列{an} (n∈N*,n≤9),公 比q=2,前9项 和 为1533,于 是 得 S9= a1(1-29) 1-2 =1533 ,解得a1=3,所以内部塔楼的顶层应挂3盏 灯笼.] 【方法技巧】 (1)解应用问题的核心是建立数学模型. (2)一般步骤:审题、抓住数量关系、建立数学模型. (3)注意问题是求什么(n,an,Sn). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 107 — —110 — 【探究·一举突破】 探究路径 解 记第n个正方形的边长为bn, 由题意可知当n≥2时,b2n=2× bn-1 2 2 =12b 2 n-1, 则an= 1 2an-1 , 所以数列{an}是以a1=4为首项,q= 1 2 为公比的等比数列,即an =4× 12 n-1 =23-n. S2025= 4× 1- 12 2024 1-12 =8× 1- 122024 =8- 122021. 【综合·一练到底】 1.(1)证明 ∵an+1= 2 3an+n-4 且a1=λ, ∴a2= 2 3λ-3 ,a3= 4 9λ-4. 假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列, 则a22=a1·a3, 即 2 3λ-3 2 =λ 49λ-4 , 即4 9λ 2-4λ+9=49λ 2-4λ,该方程无解, ∴对任意实数λ,数列{an}不是等比数列. (2)解 ∵bn=(-1)n(an-3n+21), ∴bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n+1)+21] =(-1)n+1 23an-2n+14 =-23 (-1)n(an-3n+21) =-23bn , ∵b1=-(λ+18), ∴当λ=-18时,b1=0, 此时数列{bn}不是等比数列; 当λ≠-18时,b1≠0, 此时 bn+1 bn =-23 (n∈N*),数列{bn}是等比数列. 综上,当λ=-18时,{bn}不是等比数列; 当λ≠-18时,{bn}是等比数列. 2.解 (1)依 题 意,得 2Sn =an+1 -a1.于 是,当 n≥2 时, 有 2Sn=an+1-a1, 2Sn-1=an-a1. 两式相减,得an+1=3an(n≥2). 又因为a2=2S1+a1=3a1,an≠0,所以数列{an}是首项为a1,公比 为3的等比数列. 因此,an=a1·3n-1(n∈N*). (2)因为Sn= a1(1-3n) 1-3 = 1 2a1 ·3n-12a1 , 所以bn=1-Sn=1+ 1 2a1- 1 2a1 ·3n. 要使{bn}为等比数列,则1+ 1 2a1=0 , 即a1=-2. 3.解 (1)由nSn+1-(n+1)Sn= n(n+1) 2 , 得 Sn+1 n+1- Sn n = 1 2 , ∴数列{ Sn n }是首项为S1 1=1 ,公差为1 2 的等差数列, ∴ Sn n =1+ 1 2 (n-1)=12 (n+1),∴Sn= n(n+1) 2 . 当n≥2时,an=Sn-Sn-1= n(n+1) 2 - (n-1)n 2 =n. a1=1也适合上式,∴an=n. (2)由(1)知an=n,Sn= n(n+1) 2 . 假设存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列, 则S22k=ak·a4k,即 2k(2k+1) 2 2 =k·4k. ∵k为正整数, ∴(2k+1)2=4. 得2k+1=2或2k+1=-2, 解得k=12 或k=-32 ,与k为正整数矛盾. ∴不存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列. 【选做·一飞冲天】 (1)证明 当n=1时,由Sn=n-5an-85可知, a1=-14; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-5an+5an-1+1, 即6an=5an-1+1. 因此6an-6=5an-1+1-6=5(an-1-1), 所以an-1= 5 6 (an-1-1). 又a1-1=-15≠0, 所以数列{an-1}是等比数列. (2)解 由(1)知,an-1=-15× 5 6 n-1 , 得an=1-15× 5 6 n-1 , 从而Sn=75× 5 6 n-1 +n-90,n∈N*. 解不等式Sn<Sn+1, 得 5 6 n-1 <225 ,n>log5 6 2 25+1≈14.9 , 当n≥15时,数列{Sn}单调递增; 同理可得,当n≤15时,数列{Sn}单调递减. 故当n=15时,Sn 取得最小值. 第十六周 数学归纳法 【考点·一应俱全】 1.B [因为n为正偶数,所以当n=k时,下一个偶数为k+2.] 2.D [在n=k+1时,没有应用n=k时的归纳假设,不是数学归 纳法.] 3.未用归纳假设 [本题在由n=k成立证明n=k+1成立时,应用 了等比数列的求和公式,而未用上归纳假设,这与数学归纳法的要 求不符.] 4.6 [由题意,得当n=1时,21<(1+1)2;当n=2时,22<(2+1)2; 当n=3时,23<(3+1)2;当n=4时,24<(4+1)2;当n=5时, 25<(5+1)2;当n=6时,26>(6+1)2,所以用数学归纳法证明不 等式2n>(n+1)2(n≥n0,n∈N*)时,初始值n0 应等于6.] 【方法技巧】 数学归纳法的三个关键点 (1)验证是基础:找准起点,奠基要稳,有些问题中验证的初始值 不一定是1. (2)递推是关键:数学归纳法的实质在于递推,要正确分析式子中 项数的变化,弄清式子两边的构成规律. (3)利用假设是核心:在第二步证明n=k+1时,一定要利用归纳 假设. 5.D [增加项为1 2k + 1 2k+1 + 1 2k+2 +…+ 1 2k+1-1 ,共2k 项.] 6.C 7.D [因为当n=k时,等号的左端为1+2+3+…+k2,当n=k+1 时,等号的左端为1+2+3+…+(k+1)2,所以增加了(k2+1)+ (k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2.] 8.B [用数学归纳法证明不等式 1n+1+ 1 n+2+ …+13n≥ 5 6 的过程 中,假设n=k(k∈N*)时不等式成立,左边= 1k+1+ 1 k+2+ …+ 1 3k ,则当n=k+1时,左边= 1k+2+ …+13k+ 1 3k+1+ 1 3k+2+ 1 3(k+1) ,∴从n=k(k∈N*)到n=k+1,不 等 式 的 左 边 增 加 了 1 3k+1+ 1 3k+2+ 1 3(k+1)- 1 k+1= 1 3k+1+ 1 3k+2- 2 3k+3. ] 【方法技巧】 弄清楚等式或不等式两侧的项的变化规律,才能清 楚增加了哪些项或增加了多少项以及减少了哪些项或减少了多 少项. 9.证明 ①当n=1时,左边=1,右边=2×11+1=1 ,所以左边=右边, 等式成立. ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时等式成立, 即1+ 11+2+ 1 1+2+3+ …+ 11+2+3+…+k= 2k k+1. 则当n=k+1时,1+ 11+2+ 1 1+2+3+ …+ 11+2+3+…+k+ 1 1+2+3+…+k+(k+1) = 2kk+1+ 1 1+2+3+…+k+(k+1) = 2kk+1+ 1 (k+1)(k+2)= 2(k+1)2 (k+1)(k+2)= 2(k+1) (k+1)+1. 则当n=k+1时,等式也成立. 由①②可知,对任意n∈N*,等式成立. 10.证明 ①当n=4时,f(4)=12×4× (4-3)=2,四边形有两条 对角线,命题成立. ②假设当n=k(k≥4,k∈N*)时命题成立,即凸k边形的对角线 的条数f(k)=12k (k-3). 当n=k+1时,凸k+1边形是在k边形基础上增加了一边,增加 了一个顶点Ak+1,增加的对角线条数是顶点 Ak+1与不相邻顶点 连线再加上原k边形的一边A1Ak,共增加的对角线条数为(k+ 1-3)+1=k-1. f(k+1)=12k (k-3)+k-1=12 (k2-k-2) =12 (k+1)(k-2)=12 (k+1)[(k+1)-3]. 故当n=k+1时,命题成立. 由①②可知,对任意n≥4,n∈N*,命题成立. 11.证明 ①当n=1时,左 边=21+2=4,右 边=1,所 以 左 边> 右边; 当n=2时,左边=22+2=6,右边=22=4,所以左边>右边; 当n=3时,左边=23+2=10,右边=32=9,所以左边>右边. 因此当n=1,2,3时,不等式成立. ②假设当n=k(k≥3,且k∈N*)时,不等式2k+2>k2 成立. 当n=k+1时,2k+1+2=2·2k+2=2(2k+2)-2>2k2-2= k2+2k+1+k2-2k-3=(k2+2k+1)+(k+1)(k-3), 由于k≥3,则k-3≥0,k+1>0,所以(k2+2k+1)+(k+1)(k- 3)≥k2+2k+1=(k+1)2. 所以2k+1+2>(k+1)2. 故当n=k+1时,原不等式也成立. 由①②,知原不等式对于任何n∈N*都成立. 12.证明 (1)当n=1时,左边=1-12= 1 2 ,右边=12 ,等式成立. (2)假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,等式成立,即 1-12+ 1 3- 1 4+ …+ 12k-1- 1 2k= 1 k+1+ 1 k+2+ …+12k , 那么当n=k+1时, 左边=1-12+ 1 3- 1 4+ …+ 12k-1- 1 2k+ 1 2k+1- 1 2k+2= 1 k+1+ 1 k+2+ …+12k+ 1 2k+1- 1 2k+2 = 1k+2+ 1 k+3+ …+ 12k+1+ 1 2k+2 = 1(k+1)+1+ 1 (k+1)+2+ …+ 1(k+1)+k+ 1 2(k+1). 上式表明当n=k+1时,等式也成立. 由(1)(2)知,等式对一切n∈N*均成立. 【探究·一举突破】 探究路径 证明 ①当n=1时,(3×1+1)×71-1=27, 能被9整除,所以命题成立. ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,命题成立, 即(3k+1)·7k-1能被9整除. 那么当n=k+1时, [3(k+1)+1]·7k+1-1=(3k+4)·7k+1-1 =(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1 =[(3k+1)·7k-1]+3·7k+1+6·(3k+1)·7k =[(3k+1)·7k-1]+7k(21+6×3k+6) =[(3k+1)·7k-1]+9·7k(2k+3). 由归纳假设知,(3k+1)·7k-1能被9整除, 而9·7k(2k+3)也能被9整除, 故[3(k+1)+1]·7k+1-1能被9整除. 则当n=k+1时,命题也成立. 由①②知,对任意n∈N*,(3n+1)·7n-1能被9整除. 【综合·一练到底】 1.A [当n=3时,这三个平面将空间分成了8部分,当n=k时,平 面将空间分成f(k)个部分,则当再添加1个面时,与其他k个面共 有k条交线,这k条交线过同一个点,将该平面分成2k个部分,每 一部分将所在的空间一分为二,故f(k+1)=f(k)+2k,即增加的 空间个数为2k.] 2.AD [由题意知p(k)对k=2,4,6,…,2002成立,当k取其他值 时不能确定p(k)是否成立,故选AD.] 3.π [由凸k边形变为凸k+1边形时,增加了一个三角形图形,故 f(k+1)=f(k)+π.] 【选做·一飞冲天】 解 (1)∵对任意n∈N*,都有Sn= n2 2+ an 2 成立, ∴a1=S1= 1 2+ a1 2 ,解得a1=1, S2= 22 2+ a2 2 ,即a1+a2=2+ a2 2 ,解得a2=2, S3= 32 2+ a3 2 ,即a1+a2+a3= 9 2+ a3 2 ,解得a3=3. (2)由(1)猜想an=n. 证明:①当n=1时,a1=1,显然成立; ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,ak=k成立,则 当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk = (k+1)2 2 + ak+1 2 - k2 2- ak 2 = (k+1)2 2 + ak+1 2 - k2 2- k 2 , ∴ak+1=k+1, 即当n=k+1时,等式也成立, 由①②可知,an=n对任意n∈N*都成立. 第十七周 导数的概念及其意义 【考点·一应俱全】 1.B [􀭵v=s (2)-s(1) 2-1 = 1 2-1=- 1 2. ] 2.解 (1)物体在区间 0,π4 上的平均速度为 􀭵v1= s π4 -s(0) π 4-0 = 2 2-0 π 4 =2 2π . 物体在区间 π 4 ,π 2 上的平均速度为 􀭵v2= s π2 -s π4 π 2- π 4 = 1- 22 π 4 =4-2 2π . (2)由(1)可 知􀭵v1-􀭵v2= 4 2-4 π >0 ,所 以 􀭵v2<􀭵v1.作出函数s(t)=sint在 0, π 2 上 的图象,如图所示,可以发现,s(t)=sint在 0,π2 上随着t的增大,函数值s(t)变化 得越来越慢. 【方法技巧】 求物体运动的平均速度的主要步骤 (1)计算位移的改变量s(t2)-s(t1). (2)计算时间的改变量t2-t1. (3)得平均速度􀭵v=s (t2)-s(t1) t2-t1 . 3.解 (1)该 质 点 在[1,1+Δt]这 段 时 间 内 的 平 均 速 度 为ΔsΔt =8-3 (1+Δt)2-8+3×12 Δt =(-6-3Δt)(m/s). (2)由(1)知,当Δt趋近于0时,ΔsΔt 趋近于-6, 所以该质点在t=1时的瞬时速度为-6m/s. 4.解 ∵质点 M 在t=2附近的平均变化率为 Δy Δt= s(2+Δt)-s(2) Δt = a(2+Δt)2-4a Δt =4a+aΔt , 又质点 M 在t=2时的瞬时速度为8m/s, ∴lim Δt→0 Δy Δt=4a=8 , 即a=2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 109 — — 58 — 第十五周 等比数列 (时间:60分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第11题.该题主要考查等比数列前n项和公式的性质,本题利用三种不同角度求 解,考查考生抓住隐含特点,从而提高学生的综合思维能力,值得推荐. 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 等比数列的有关概念 1.判断下列数列是否是等比数列,如果是,写出它的公比. (1)1,13 ,1 6 ,1 9 ,1 12 ,…; (2)23 ,2 3 2 ,2 3 3 , 23 4 ,…; (3)1,0,1,0,1,0,…; (4)1,-4,16,-64,256,…. 考点二 等比中项 2.等比数列{an}的前三项之和为168,a2-a5=42,求a5 与a7 的等比中项. 考点三 等比数列的通项公式 3.(2025·嘉兴·阶段练习)在等比数列{an}中, (1)a4=2,a7=8,求an; (2)a2+a5=18,a3+a6=9,an=1,求n. 考点四 等比数列的判定与证明 4.数列{an}的前n项和记为Sn,已知a1=1,an+1= n+2 n Sn (n=1,2,3,…).证明:数列 Snn 是等比 数列. 考点五 等比数列的性质 5.(2025·太原·阶段练习)已知等比数列{an}满足an>0,n=1,2,…,且a5·a2n-5=22n(n≥3),则 当n≥1时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1= ( ) A.n(2n-1) B.(n+1)2 C.n2 D.(n-1)2 考点六 由等比数列构造新等比数列 6.设{an}是各项为正数的无穷数列,Ai 是边长为ai,ai+1的矩形面积(i=1,2,…),则{An}为等比数 列的充要条件为 ( ) A.{an}是等比数列 B.a1,a3,…,a2n-1,…或a2,a4,…,a2n,…是等比数列 C.a1,a3,…,a2n-1,…和a2,a4,…,a2n,…均是等比数列 D.a1,a3,…,a2n-1,…和a2,a4,…,a2n,…均是等比数列,且公比相同 考点七 灵活设项求解等比数列 7.(2025·惠州·阶段练习)有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且首末 两数的和是16,中间两数的和是12.求这四个数. 考点八 等比数列的应用 8.某小区现有住房的面积为a平方米,在改造过程中政府决定每年拆除b平方米旧住房,同时按当 年住房面积的10%建设新住房,则n年后该小区的住房面积为 ( ) A.a(1.1)n-nb B.a(1.1)n-10b[(1.1)n-1] C.n(1.1a-1) D.(1.1)n(a-b) 考点九 等比数列前n项和公式 9.(2025·徐州·阶段练习)在等比数列{an}中. (1)a1=2,q=- 1 2 ,求S10; (2)q=12 ,S100=150,求a2+a4+a6+…+a100的值. — 57 — — 60 — 考点十 利用等比数列前n项和公式判断等比数列 10.(2025·绍兴·阶段练习)数列{an}的前n项和Sn=3n-2.求{an}的通项公式,并判断{an}是否 是等比数列. 考点十一 等比数列前n项和公式的性质 11.(2025·中山·阶段练习)在等比数列{an}中,已知Sn=48,S2n=60,求S3n. 考点十二 等比数列前n项和公式的实际应用 12.中国三大名楼之一的黄鹤楼因其独特的建筑结构而闻名,其外观有五层而实际上内部有九层, 隐喻“九五至尊”之意,现打算在黄鹤楼内部挂灯笼进行装饰,若在黄鹤楼内部九层塔楼共挂 1533盏灯笼,且相邻的两层中,下一层的灯笼数是上一层灯笼数的两倍,则内部塔楼的顶层应挂 盏灯笼. 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 等比数列前n项和公式的综合应用 如图,画一个边长为2的正方形,再将此正方形各边的中点相连得到第2个正方 形,以此类推,记第n个正方形的面积为an,数列{an}的前n项和为Sn. 探究问题: 求{an}的通项公式及S2025. 【综合·一练到底】(共25分) 1.已知数列{an}和{bn}满足a1=λ,an+1= 2 3an+n-4 ,bn=(-1)n(an-3n+21),其中λ为实数,n为 正整数. (1)求证:对任意实数λ,数列{an}不是等比数列; (2)试判断{bn}是否为等比数列. 2.设数列{an}的前n项和为Sn,其中an≠0,a1 为常数,且-a1,Sn,an+1成等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=1-Sn,问:是否存在a1,使数列{bn}为等比数列? 若存在,求出a1 的值;若不存在,请说 明理由. 3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,nSn+1-(n+1)Sn= n(n+1) 2 ,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)是否存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列? 若存在,求k的值;若不存在,请说明理由. 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·海口·阶段练习)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n-5an-85,n∈N*. (1)证明:{an-1}是等比数列; (2)求数列{Sn}的通项公式,并求出n为何值时,Sn 取得最小值,并说明理由.log56 2 25≈13.9 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 59 —