常考问题9　等差数列、等比数列

 (建议用时：50分钟)

1．设{a_n}是公差为正数的等差数列，若a₁＋a₂＋a₃＝15，a₁a₂a₃＝80，则a₁₁＋a₁₂＋a₁₃＝________.

解析　a₁＋a₂＋a₃＝15?3a₂＝15?a₂＝5，a₁a₂a₃＝80?(a₂－d)a₂(a₂＋d)＝80，将a₂＝5代入，得d＝3(舍去d＝－3)，从而a₁₁＋a₁₂＋a₁₃＝3a₁₂＝3(a₂＋10d)＝3×(5＋30)＝105.

答案　105

2．(2013·泰州期中)已知等比数列{a_n}为递增数列，且a₃＋a₇＝3，a₂a₈＝2，则＝________.

解析　根据等比数列的性质建立方程组求解．因为数列{a_n}是递增等比数列，所以a₂a₈＝a₃a₇＝2，又a₃＋a₇＝3，且a₃＜a₇，解得a₃＝1，a₇＝2，所以q⁴＝2，故＝q²＝.

答案　

3．(2013·南京二模)设S_n是等差数列{a_n}的前n项和，若＝，则＝________.

解析　设等差数列{a_n}的公差为d，则＝＝?a₁＝2d，所以＝＝.

答案　

4．数列{a_n}为正项等比数列，若a₂＝1，且a_n＋a_n＋1＝6a_n－1(n∈N^*，n≥2)，则此数列的前4项和S₄＝________.

解析　设{a_n}的公比为q(q＞0)，当n＝2时，a₂＋a₃＝6a₁，从而1＋q＝，∴q＝2或q＝－3(舍去)，a₁＝，代入可有S₄＝＝.

答案　

5．(2012·南京学情调研)在等比数列{a_n}中，若a₁＝，a₄＝－4，则|a₁|＋|a₂|＋…＋|a₆|＝________.

解析　求出等比数列的通项公式，再求和．由等比数列{a_n}中，若a₁＝，a₄＝－4，得公比为－2，所以a_n＝×(－2)^n－1，|a_n|＝×2^n－1，所以|a₁|＋|a₂|＋…＋|a₆|＝(1＋2＋2²＋…＋2⁵)＝×＝.

答案　

6．(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)设等差数列{a_n}的前n项和为S_n，S_m－1＝－2，S_m＝0，S_m＋1＝3，则m等于________．

解析　a_m＝2，a_m＋1＝3，故d＝1，

因为S_m＝0，故ma₁＋d＝0，

故a₁＝－，

因为a_m＋a_m＋1＝5，

故a_m＋a_m＋1＝2a₁＋(2m－1)d

  ＝－(m－1)＋2m－1＝5，

即m＝5.

答案　5

7．在等差数列{a_n}中，a₁₀＜0，a₁₁＞0，且a₁₁＞|a₁₀|，则{a_n}的前n项和S_n中最大的负数为前______项的和．

解析　因为S₁₉＝19a₁₀＜0，而由a₁₁＞|a₁₀|得a₁₁＋a₁₀＞0，所以S₂₀＝10(a₁₁＋a₁₀)＞0，故S_n中最大的负数为前19项的和．

答案　19

8．(2012·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{a_n}满足a₁a₇＝4，a₆＝8，若函数f(x)＝a₁x＋a₂x²＋a₃x³＋…＋a₁₀x¹⁰的导数为f′(x)，则f′＝________.

解析　因为各项均为正数的等比数列{a_n}满足a₁a₇＝4，a₆＝8，所以a₄＝2，q＝2，故a_n＝2^n－3，又f′(x)＝a₁＋2a₂x＋3a₃x²＋…＋10a₁₀x⁹，所以f′＝2^－2＋2×2^－2＋3×2^－2＋…＋10×2^－2＝2^－2×＝.

答案　

9．已知公差不为零的等差数列{a_n}的前4项和为10，且a₂，a₃，a₇成等比数列．

(1)求通项公式a_n；

(2)设b_n＝2a_n，求数列{b_n}的前n项和S_n.

解　(1)由题意知

解得所以a_n＝3n－5(n∈N^*)．

(2)∵b_n＝2a_n＝2^3n－5＝·8^n－1，∴数列{b_n}是首项为，公比为8的等比数列，所以S_n＝＝.

10．(2013·杭州模拟)已知数列{a_n}是首项为，公比为的等比数列，设b_n＋15log₃a_n＝t，常数t∈N^*.

(1)求证：{b_n}为等差数列；

(2)设数列{c_n}满足c_n＝a_nb_n，是否存在正整数k，使c_k，c_k＋1，c_k＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k，t的值；若不存在，请说明理由．

(1)证明　a_n＝3－，b_n＋1－b_n＝－15log₃＝5，

∴{b_n}是首项为b₁＝t＋5，公差为5的等差数列．

(2)解　c_n＝(5n＋t) ·3－，

则c_k＝(5k＋t)·3－，

令5k＋t＝x(x>0)，则c_k＝x·3－，c_k＋1＝(x＋5)·3－，c_k＋2＝(x＋10)·3－.

①若c＝c_k＋1c_k＋2，则

²＝(x＋5)·3－·(x＋10)·3－.

化简得2x²－15x－50＝0，解得x＝10；

进而求得k＝1，t＝5；

②若c＝c_kc_k＋2，

同理可得(x＋5)²＝x(x＋10)，

显然无解；

③若c＝c_kc_k＋1，同理可得(x＋10)²＝x(x＋5)，

方程无整数根．

综上所述，存在k＝1，t＝5适合题意．

11．(2013·南通调研)已知数列{a_n}成等比数列，且a_n＞0.

(1)若a₂－a₁＝8，a₃＝m.①当m＝48时，求数列{a_n}的通项公式；②若数列{a_n}是唯一的，求m的值；

(2)若a_2k＋a_2k－1＋…＋a_k＋1－(a_k＋a_k－1＋…＋a₁)＝8，k∈N^*，求a_2k＋1＋a_2k＋2＋…＋a_3k的最小值．

解　设公比为q，则由题意，得q＞0.

(1)①由a₂－a₁＝8，a₃＝m＝48，得

解之，得或

所以数列{a_n}的通项公式为

a_n＝8(2－)(3＋)^n－1，或a_n＝8(2＋)(3－)^n－1.

②要使满足条件的数列{a_n}是唯一的，即关于a₁与q的方程组有唯一正数解，即方程8q²－mq＋m＝0有唯一解．

由Δ＝m²－32m＝0，a₃＝m＞0，所以m＝32，此时q＝2.

经检验，当m＝32时，数列{a_n}唯一，其通项公式是a_n＝2^n＋2.

(2)由a_2k＋a_2k－1＋…＋a_k＋1－(a_k＋a_k－1＋…＋a₁)＝8，

得a₁(q^k－1)(q^k－1＋q^k－2＋…＋1)＝8，且q＞1.

a_2k＋1＋a_2k＋2＋…＋a_3k＝a₁q^2k(q^k－1＋q^k－2＋…＋1)＝＝8≥32，

当且仅当q^k－1＝，即q＝，a₁＝8(－1)时，

a_2k＋1＋a_2k＋2＋…＋a_3k的最小值为32.

第二篇：江苏省20xx年高考数学三轮专题复习素材：解答题押题练D组

解答题押题练D组

1．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2acos B＝ccos B＋

bcos C.

(1)求角B的大小；

(2)设向量m＝(cos A，cos 2A)，n＝(12，－5)，求当m·n取最大值时，tan C的值．

解 (1)由题意，2sin Acos B＝sin Ccos B＋cos Csin B，(2分) 2sin Acos B＝sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sin A．(3分)

因为0＜A＜π，所以sin A≠0.

2所以cos B＝2分)

π因为0＜B＜π，所以B＝4.(6分)

(2)因为m·n＝12cos A－5cos 2A，(8分)

所以m·n＝－10cos2A＋12cos A＋5

3243?cos A－? ＝－10＋5.(10分) 5??

3所以当cos A＝5m·n取最大值．

4π4此时sin A＝5(0＜A＜2)，于是tan A＝3.(12分)

所以tan C＝－tan(A＋B)tan A＋tan B＝7.(14分) 1－tan Atan B

2．在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝BC＝AD＝2，CD＝4，E为边DC的

中点，如图1.将△ADE沿AE折起到△AEP位置，连PB、PC，点Q是棱AE的中点，点M在棱PC上，如图2.

(1)若PA∥平面MQB，求PM∶MC；

(2)若平面AEP⊥平面ABCE，点M是PC的中点，求三棱锥A -

MQB的体积．

1

图1 图2

解 (1)连AC、BQ，设AC∩BQ＝F，连MF.

则平面PAC∩平面MQB＝MF，因为PA∥平面MQB，PA?平面PAC，所以PA∥MF.(2分)

在等腰梯形ABCD中，E为边DC的中点，所以由题设，AB＝EC＝2. 所以四边形ABCE为平行四边形，则AE∥BC.(4分)

从而△AFQ∽△CFB，AF∶FC＝AQ∶CB＝1∶2.

又PA∥MF，所以△FMC∽△APC，所以PM∶MC＝AF∶FC＝1∶2.(7分)

(2)由(1)知，△AED是边长为2的正三角形，从而PQ⊥AE.

因为平面AEP⊥平面ABCE，交线为AE，所以PQ⊥平面ABCE，PQ⊥QB，且PQ＝3.

因为PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面ABCE，交线为QC.(9分)

过点M作MN⊥QC于N，则MN⊥平面ABCE，所以MN是三棱锥M -ABQ的高．

因为PQ⊥平面ABCE，MN⊥平面ABCE，所以PQ∥MN.

13因为点M是PC的中点，所以MN＝＝.(11分) 22

3由(1)知，△ABE为正三角形，且边长为2.所以，S△ABQ＝2.

1331三棱锥A -MQB的体积VA -＝V＝MQBM -ABQ3224分)

3．如图，某园林单位准备绿化一块直径为BC的半圆形

空地，△ABC外的地方种草，△ABC的内接正方形

PQRS为一水池，其余的地方种花，若BC＝a，∠ABC

＝θ，设△ABC的面积为S1，正方形的PQRS面积为S2.

(1)用a，θ表示S1和S2；

S1(2)当a固定，θ变化时，求S的最小值． 2

11解 (1)S1＝2asin θ·acos θ＝4a2sin 2θ，

x设正方形边长为x，则BQ＝tan θ，RC＝xtan

θ，

2

x∴tan θ＋xtan θ＋x＝a，

aasin 2θ∴x＝1，(4分) 2＋sin 2θ

tan θ＋tan θ＋1

a2sin22θ?asin 2θ?2S2＝?2＋sin 2θ?＝(6分) ??4＋sin2θ＋4sin 2θ

(2)当a固定，θ变化时，

S14?sin 2θ＋sin 2θ＋4?， S24??

令sin 2θ＝t，

S14?则S4tt＋4?(0＜t≤1)， ??2

9S?利用单调性求得t＝1时，S?min＝4分) ?2?

4．若两个椭圆的离心率相等，则称它们为“相似椭圆”．如

x2y2图，在直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：6＋3＝1，A1，A2分别为椭圆C1的左、右顶点．椭圆C2以线段A1A2为短轴且与椭圆C1为“相似椭圆”．

(1)求椭圆C2的方程；

(2)设P为椭圆C2上异于A1，A2的任意一点，过P作PQ⊥x轴，垂足为Q，线段PQ交椭圆C1于点H.求证：H为△PA1A2的垂心．(垂心为三角形三条高的交点)

(1)解 由题意可知A1(－6，0)，A2(6，0)，

2椭圆C1的离心率e＝2.(3分)

y2x2

设椭圆C2的方程为ab1(a＞b＞0)，则b＝6. b2因为a1－e＝2，所以a＝23.

y2x2

所以椭圆C2的方程为1261.(6分)

y2x22(2)证明 设P(x0，y0)，y0≠0，则12＋61，从而y20＝12－2x

0.

3

x2y2x2y2x2y2y00002将x＝x0代入6316＋3＝1，从而y＝3－24y＝2.

yy因为P，H在x轴的同侧，所以取y＝2H(x0，2)．(12分)

1

2y012－2x2yy20所以kA1P·kA2H＝－1，从而A1P⊥A2H. x06x0＋62?x0－6?2?x0－6?

又因为PH⊥A1A2，所以H为△PA1A2的垂心．(16分)

15．已知函数f(x)＝aln x＝x(a为常数)．

(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－5＝0垂直，求a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间；

(3)当x≥1时，f(x)≤2x－3恒成立，求a的取值范围．

ax＋1解 (1)函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝x又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－5＝0垂直，

所以f′(1)＝a＋1＝2，即a＝1.(4分)

ax＋1(2)由f′(x)＝x(x＞0)，

当a≥0时，

f′(x)＞0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．

当a＜0时，

1由f′(x)＞0，得0＜x＜－a，

1?所以f(x)的单调增区间为?0，－a； ??

1由f′(x)＜0，得x＞－a，

?1?所以f(x)的单调减区间为?－a?.(10分) ??

1(3)设g(x)＝aln x－x－2x＋3，x∈[1，＋∞)，

－2x2＋ax＋1a1则g′(x)＝xx2＝x令h(x)＝－2x2＋ax＋1，考虑到h(0)＝1＞0，

4

当a≤1时，

ah(x)＝－2x2＋ax＋1的对称轴x＝41，

h(x)在[1，＋∞)上是减函数，h(x)≤h(1)＝a－1≤0，

所以g′(x)≤0，g(x)在[1，＋∞)上是减函数，

所以g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤2x2－3恒成立．

当a＞1时，

令h(x)＝－2x2＋ax＋1＝0，

a＋a＋8a－a＋8得x1＝1，x2＝＜0， 44

当x∈[1，x1)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，

g(x)在[1，x1)上是增函数；

当x∈(x1，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，

g(x)在(x1，＋∞)上是减函数．

所以0＝g(1)＜g(x1)，即f(x1)＞2x1－3，不满足题意．

综上，a的取值范围为a≤1.(16分)

6．已知无穷数列{an}的各项均为正整数，Sn为数列{an}的前n项和．

(1)若数列{an}是等差数列，且对任意正整数n都有Sn3＝(Sn)3成立，求数列{an}的通项公式；

(2)对任意正整数n，从集合{a1，a2，?，an}中不重复地任取若干个数，这些数之间经过加减运算后所得数的绝对值为互不相同的正整数，且这些正整数与a1，a2，?，an一起恰好是1至Sn全体正整数组成的集合．

(ⅰ)求a1，a2的值；

(ⅱ)求数列{an}的通项公式．

解 (1)设无穷等差数列{an}的公差为d，因为Sn3＝(Sn)3对任意正整数n都成

3?a1＝a1，立，所以分别取n＝1，n＝2时，则有：?3 ?8a1＋28d＝?2a1＋d?.

因为数列{an}的各项均为正整数，所以d≥0.

可得a1＝1，d＝0或d＝2.(4分)

当a1＝1，d＝0时，an＝1，Sn3＝(Sn)3成立；

5

当a1＝1，d＝2时，Sn＝n2，所以Sn3＝(Sn)3.

因此，共有2个无穷等差数列满足条件，通项公式为an＝1或an＝2n－1.(6分)

(2)(ⅰ)记An＝{1,2，?，Sn}，显然a1＝S1＝1.(7分)

对于S2＝a1＋a2＝1＋a2，有A2＝{1,2，?，Sn}＝{1，a2，1＋a2，|1－a2|}＝{1,2,3,4}，

故1＋a2＝4，所以a2＝3.(9分)

(ⅱ)由题意可知，集合{a1，a2，?，an}按上述规则，共产生Sn个正整数．(10分)

而集合{a1，a2，?，an，an＋1}按上述规则产生的Sn＋1个正整数中，除1,2，?，Sn这Sn个正整数外，还有an－1，an＋1＋i，|an＋1－i|(i＝1,2，?，Sn)，共2Sn＋1个数．

所以，Sn＋1＝Sn＋(2Sn＋1)＝3Sn＋1.(12分)

11n－111n11??S＋S??又Sn＋1＋23n2，所以Sn＝12·3－2＝2·3－2分) ????

1n1?1n－11?n－13－2?＝3.(15分) 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2·3－2?2??

而a1＝1也满足an＝3n－1.

所以，数列{an}的通项公式是an＝3n－1.(16分)

6