第四章过关检测(B卷) (时间:120分钟满分:150分) 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分 1.已知等比数列{an}中,a4=7,a6=21,则as的值为(), A.35 B.63 C.21V3 D.±21v3 答案B 解析:,{an}是等比数列,∴a4,a6,ag成等比数列, ∴g=a4as,即as=2号=63, 2.若互不相等的实数a,b,c成等差数列,a是b,c的等比中项,且a+3b+c=10,则a的 值是( A.1 B-1 C.-3 D.-4 答案D 2b=a+c, 解析:由题意,得 a2 bc, a+3b+c=10, 解得a=-4,b=2,c=8. 3.已知公比q=2的等比数列{am}的各项都是正数,且a3a11=16,则a5等于() A.1 B.2 C.4 D.8 答案A 解析:,a3a11=a吃=16,∴.7=4, as是==1 4.在等差数列{an}中,己知a4+a8=16,则该数列的前11项和S1等于(), A.58 B.88 C.143 D.176 答案B 解析:S1=1a+a=(a+=11x16=88 2 2 2 5.在数列{an}中,已知Sm=1-5+9-13+17-21+…+(1y-l(4n-3),则S5+S22-31的值是 () A.13 B.-76 C.46 D.76 答案B 解析:S15=-4×7+a15=-28+57=29,S22=-4×11=-44 S31=-4×15+a31=-60+121=61,得S15+S22-S31=29-44-61=-76, 故选B
第四章过关检测(B 卷) (时间:120 分钟 满分:150 分) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1.已知等比数列{an}中,a4=7,a6=21,则 a8的值为( ). A.35 B.63 C.21√3 D.±21√3 答案:B 解析:∵{an}是等比数列,∴a4,a6,a8 成等比数列, ∴𝑎6 2=a4·a8,即 a8= 21 2 7 =63. 2.若互不相等的实数 a,b,c 成等差数列,a 是 b,c 的等比中项,且 a+3b+c=10,则 a 的 值是( ). A.1 B.-1 C.-3 D.-4 答案:D 解析:由题意,得{ 2𝑏 = 𝑎 + 𝑐, 𝑎 2 = 𝑏𝑐, 𝑎 + 3𝑏 + 𝑐 = 10, 解得 a=-4,b=2,c=8. 3.已知公比 q=2 的等比数列{an}的各项都是正数,且 a3·a11=16,则 a5等于( ). A.1 B.2 C.4 D.8 答案:A 解析:∵a3·a11=𝑎7 2=16,∴a7=4, ∴a5= 𝑎7 𝑞 2 = 4 2 2=1. 4.在等差数列{an}中,已知 a4+a8=16,则该数列的前 11 项和 S11等于( ). A.58 B.88 C.143 D.176 答案:B 解析:S11= 11(𝑎1+𝑎11 ) 2 = 11(𝑎4+𝑎8 ) 2 = 11×16 2 =88. 5.在数列{an}中,已知 Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1 (4n-3),则 S15+S22-S31的值是 ( ). A.13 B.-76 C.46 D.76 答案:B 解析:S15=-4×7+a15=-28+57=29,S22=-4×11=-44, S31=-4×15+a31=-60+121=61,得 S15+S22-S31=29-44-61=-76. 故选 B
6.在数列{am}中,若a1=2,am+1=an+ln(1+月),则am等于(》 A.2+Inn B.2+(n-1)In n C.2+nln n D.1+n+In n 答案A 解析:由a+1=aa+ln(1+月),得a+1-aa=n(1+)=ln 则(a-am)+(ag-2++(a-a-)=ln+ln2+…+ln-ln(2×2×…×-inn Ep an-al=In n,an=In n+2. 7.若{an}是等比数列,其公比是g,且-a5,a4,a6成等差数列,则g等于() A.1或2 B.1或-2 C.-1或2 D.-1或-2 答案:C 解析:由题意得2a4=a6-a5, 即2a4=a4g2-a4q,而a4≠0, 则g2-q-2=0,即(g-2(g+1)=0. 故q=-1或q=2 &.已知数列{am}的首项为a1=l,且满足am+1=之am+六,则此数列的通项公式am等于 () A.2n B.n(n+1) c是 D.n+1) 2n 答案:C 解桥:an+1之n+六,2+a+1=2an+2, 即2n+1an+1-2"an=2 .2la1=2, ∴.数列{2”an}是以2为首项,2为公差的等差数列, 2an=2+m-l0x2=2n∴an=2点 9.若一个首项为23,公差为整数的等差数列,从第7项开始为负数,则它的公差是 () A.-2 B.-3 C.-4 D.-6 答案C 解析:设该等差数列的首项为a1,公差为d, 由题意,知a6≥0,a7<0. 得a+5d=23+5d≥0, (a1+6d=23+6d<0 解得号≤dk号 由于d∈Z故d=-4
6.在数列{an}中,若 a1=2,an+1=an+ln(1 + 1 𝑛 ),则 an等于( ). A.2+ln n B.2+(n-1)ln n C.2+nln n D.1+n+ln n 答案:A 解析:由 an+1=an+ln(1 + 1 𝑛 ),得 an+1-an=ln(1 + 1 𝑛 )=ln𝑛+1 𝑛 , 则(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=ln2 1 +ln3 2 +…+ln 𝑛 𝑛-1 =ln(2 × 3 2 × … × 𝑛 𝑛-1 )=ln n, 即 an-a1=ln n,an=ln n+2. 7.若{an}是等比数列,其公比是 q,且-a5,a4,a6 成等差数列,则 q 等于( ). A.1 或 2 B.1 或-2 C.-1 或 2 D.-1 或-2 答案:C 解析:由题意得 2a4=a6-a5, 即 2a4=a4q 2 -a4q,而 a4≠0, 则 q 2 -q-2=0,即(q-2)(q+1)=0. 故 q=-1 或 q=2. 8.已知数列{an}的首项为 a1=1,且满足 an+1= 1 2 an+ 1 2 𝑛 ,则此数列的通项公式 an等于 ( ). A.2n B.n(n+1) C. 𝑛 2 𝑛-1 D. 𝑛(𝑛+1) 2 𝑛 答案:C 解析:∵an+1= 1 2 an+ 1 2 𝑛 ,∴2 n+1an+1=2 nan+2, 即 2 n+1an+1-2 nan=2. ∵2 1a1=2, ∴数列{2nan}是以 2 为首项,2 为公差的等差数列, ∴2 nan=2+(n-1)×2=2n,∴an= 𝑛 2 𝑛-1 . 9.若一个首项为 23,公差为整数的等差数列,从第 7 项开始为负数,则它的公差是 ( ). A.-2 B.-3 C.-4 D.-6 答案:C 解析:设该等差数列的首项为 a1,公差为 d, 由题意,知 a6≥0,a7<0. 得{ 𝑎1 + 5𝑑 = 23 + 5𝑑 ≥ 0, 𝑎1 + 6𝑑 = 23 + 6𝑑 < 0, 解得- 23 5 ≤d<- 23 6 . 由于 d∈Z,故 d=-4
10.设{am}是等差数列,Sn是其前n项和,且S5Ss,则下列结论错误的是 () A.dS5 D.S6与S7均为Sm的最大值 答案:C 解析:由S50. 因为S6=S7,所以a7=0,即公差dk0. 由S7>S8,得a8<0,因此,S6与S7均为Sn的最大值,Sg-S5=a6+a7+a8+a9=2(a7+a8)<0, 即S9<S5. 故选C 11.在数列{an}中,已知a1=1,an+1=2an+1,则其通项公式am等于() A.2m-1 B.2m-1-1 C.2n-1 D.2(n-1) 答案:A 解析:等式两边加1,am+1+1=2(am+1),即数列{an+1}是以a1+1=2为首项,2为公比 的等比数列,即an+1=2×2m-l=2m,故an=2m-1. 12.某人为了观看2022年世界杯足球赛,计划从2018年起,每年的5月1日到银 行存入α元的定期储蓄,若年利率为p且保持不变,并约定每年到期,存款的本息 均自动转为新的一年的定期,到2022年的5月1日将所有存款及利息全部取出, 则可取出钱(单位:元)的总数为( A.a(1+p) B.a(1+p)月 C.(1+p)-(1+p)] DI(1+p5-(1+p 答案D 解析:设自2019年起每年到5月1日存款本息合计为a1,a2,a3,a4 则a1=a+ap=a(1+p) a2=a(1+p1+p)+a(1+p)=a(1+p2+a(1+p) a3=a2(1+p)+a(1+p)=a(1+pj+a1+p2+a(1+p), a4=a3(1+p)+a(1+p)=a[(1+p)4+(1+p)3+(1+p)2+(1+p)】 =a+p1-p边=(1+p5(1+pl 1-(1+p) 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分 13.在数列{an}中,am+1=cam(c为非零常数),且前n项和为Sm=3n+k,则实数 k= 答案1
10.设{an}是等差数列,Sn 是其前 n 项和,且 S5S8,则下列结论错误的是 ( ). A.dS5 D.S6 与 S7 均为 Sn 的最大值 答案:C 解析:由 S50. 因为 S6=S7,所以 a7=0,即公差 dS8,得 a8<0,因此,S6 与 S7均为 Sn的最大值,S9-S5=a6+a7+a8+a9=2(a7+a8)<0, 即 S9<S5. 故选 C. 11.在数列{an}中,已知 a1=1,an+1=2an+1,则其通项公式 an等于( ). A.2 n -1 B.2 n-1 -1 C.2n-1 D.2(n-1) 答案:A 解析:等式两边加 1,an+1+1=2(an+1),即数列{an+1}是以 a1+1=2 为首项,2 为公比 的等比数列,即 an+1=2×2 n-1=2 n ,故 an=2 n -1. 12.某人为了观看 2022 年世界杯足球赛,计划从 2018 年起,每年的 5 月 1 日到银 行存入 a 元的定期储蓄,若年利率为 p 且保持不变,并约定每年到期,存款的本息 均自动转为新的一年的定期,到 2022 年的 5 月 1 日将所有存款及利息全部取出, 则可取出钱(单位:元)的总数为( ). A.a(1+p) 4 B.a(1+p) 5 C. 𝑎 𝑝 [(1+p) 4 -(1+p)] D. 𝑎 𝑝 [(1+p) 5 -(1+p)] 答案:D 解析:设自 2019 年起每年到 5 月 1 日存款本息合计为 a1,a2,a3,a4. 则 a1=a+a·p=a(1+p), a2=a(1+p)(1+p)+a(1+p)=a(1+p) 2+a(1+p), a3=a2(1+p)+a(1+p)=a(1+p) 3+a(1+p) 2+a(1+p), a4=a3(1+p)+a(1+p)=a[(1+p) 4+(1+p) 3+(1+p) 2+(1+p)] =a· (1+𝑝)[1-(1+𝑝) 4 ] 1-(1+𝑝) = 𝑎 𝑝 [(1+p) 5 -(1+p)]. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.在数列{an}中,an+1=can(c 为非零常数),且前 n 项和为 Sn=3 n+k,则实数 k= . 答案:-1
解析:当n=1时,a1=S1=3+k 当n≥2时,an=Sm-Sm-1=(3m+k)-(3-l+)=3m-3n-l=23m-l 由题意知{an}为等比数列,即a1=3+k=2,故k=-1 14.若数列{an}的前n项和Sn=2an-l,则此数列的通项公式为an= 答案2 解析:当n=1时,S=2a1-1, 即a1=2a-1,得a1=1. 当n≥2时,an=Sn-Sm-1=(2anm-1)H(2am--l),即an=2am-l,则{an}是首项为1,公比为2的 等比数列,故an=2m-l 15.在等比数列{an}中,若a=24=-4,则a+lal+asl+…+lanl= 答案 解析:设等比数列{an}的公比为q “{am}为等比数列,且a1=克4=-4,∴q-2=8,∴…g=-2, a ∴an=-2y-l,∴lanl=2-2 六lal+lal+lasl+…+lanl--22=2 1-2 16.如果一个列从第二项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个量,那么这个 列叫做等差列,这个量叫做等差列的公差.已知向量列{an}是以a1=(1,3)为首 项,d=(1,0)为公差的等差向量列,若向量an与非零向量bm=(xm,xm+1)(n∈N)垂直,则 5= 答案号 解析:由题意可知an=(1,3)+(n-l,0)=(n,3),因为向量an与非零向量bm=(xn,xm+1)(n∈ N垂直,所以号所以=安喜喜要=()×()×()×()=易 三、解答题:本大题共6小题,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤,共70分 17.(10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sm,a3=5,So=100. (1)求数列{am}的通项公式 (2)设bm=2an+2n,求数列{bn}的前n项和Tm 解(I)设等差数列{an}的公差为d, (a1+2d=5, 由题意得0d4a=100解得份2 2 故an=2n-1. (2)因为bn=2an+2n=三×4"+2n, 所以7=b+b++b,-4+4+…+49+21+2+…+m-+m+n-号4+r+n 6 3
解析:当 n=1 时,a1=S1=3+k; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n+k)-(3n-1+k)=3 n -3 n-1=2·3 n-1 . 由题意知{an}为等比数列,即 a1=3+k=2,故 k=-1. 14.若数列{an}的前 n 项和 Sn=2an-1,则此数列的通项公式为 an= . 答案:2 n-1 解析:当 n=1 时,S1=2a1-1, 即 a1=2a1-1,得 a1=1. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1),即 an=2an-1,则{an}是首项为 1,公比为 2 的 等比数列,故 an=2 n-1 . 15.在等比数列{an}中,若 a1= 1 2 ,a4=-4,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= . 答案: 2 𝑛 -1 2 解析:设等比数列{an}的公比为 q, ∵{an}为等比数列,且 a1= 1 2 ,a4=-4,∴q 3= 𝑎4 𝑎1 =-8,∴q=-2, ∴an= 1 2 (-2)n-1 ,∴|an|=2 n-2 , ∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= 1 2 (1-2 𝑛 ) 1-2 = 2 𝑛 -1 2 . 16.如果一个列从第二项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个量,那么这个 列叫做等差列,这个量叫做等差列的公差.已知向量列{an}是以 a1=(1,3)为首 项,d=(1,0)为公差的等差向量列,若向量 an 与非零向量 bn=(xn,xn+1)(n∈N* )垂直,则 𝑥5 𝑥1 = . 答案: 8 27 解析:由题意可知 an=(1,3)+(n-1,0)=(n,3),因为向量 an 与非零向量 bn=(xn,xn+1)(n∈ N* )垂直,所以𝑥𝑛 +1 𝑥𝑛 =- 𝑛 3 ,所以𝑥5 𝑥1 = 𝑥2 𝑥1 · 𝑥3 𝑥2 · 𝑥4 𝑥3 · 𝑥5 𝑥4 = (- 1 3 ) × (- 2 3 ) × (- 3 3 ) × (- 4 3 ) = 8 27 . 三、解答题:本大题共 6 小题,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤,共 70 分. 17.(10 分)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a3=5,S10=100. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2 𝑎𝑛 +2n,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d, 由题意,得{ 𝑎1 + 2𝑑 = 5, 10𝑎1 + 10×9 2 𝑑 = 100, 解得{ 𝑎1 = 1, 𝑑 = 2, 故 an=2n-1. (2)因为 bn=2 𝑎𝑛 +2n= 1 2 ×4 n+2n, 所以 Tn=b1+b2+…+bn= 1 2 (4+4 2+…+4 n )+2(1+2+…+n)= 4 𝑛 +1 -4 6 +n2+n=2 3 ×4 n+n2+n- 2 3
18.(12分)设{am}是公比不为1的等比数列,其前n项和为Sm,且a5,a3,a4成等差数 列. (1)求数列{am}的公比 (2)证明对任意k∈N,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列. (I)解:设数列{an}的公比为q(q0,q1), 由a5,a3,a4成等差数列,得2a3=a5+a4, 即2a1q2=a1q+a1q3 由a1≠0,90,得q2+q-2=0, 解得q=-2或9=1(舍去),故q=-2 (2)证明(方法一)对任意k∈N*, Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-S)+(Sk+1-S)=ak+1+ak+2+ak+1=2ak+1+ak+1'(-2)=0, 故对任意k∈N,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列. (方法二)对任意k∈N,2S4-201-g当 1-q S%+2+S41=-g2+巴-g+=22gk+2.g+ 1-q 1-q 1-q 则2S-(Sk+2+Sk+1) =2011-g的_a1(2-gk+2gk+凸 1-q 1-q =2212-42-刀 -gg1g21-0 因此,对任意k∈N,Sk+2,S,Sk+1成等差数列 19.(12分已知数列fa}中,aI=l,ama1=(⑤)”,设乃为数列{a}的前2n项 和,bn=a2m十a2ml. (I)判断数列{b}是否为等比数列,并求出数列{bm}的通项公式, (2)求T2m 解0)因为asa1-(自)” 所以a1a-(自 所以2a出=即am2m an 2 因为bn=a2n+a2ml, 所以a=a=出= bn azn+azn-1 azn+a2n-1 所以{bm}是公比为二的等比数列. 因为a1=l,aa月 所以a2=克所以b1=a1+a2=是 所以bx月-品
18.(12 分)设{an}是公比不为 1 的等比数列,其前 n 项和为 Sn,且 a5,a3,a4 成等差数 列. (1)求数列{an}的公比; (2)证明:对任意 k∈N* ,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. (1)解: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 2a1q 2=a1q 4+a1q 3 , 由 a1≠0,q≠0,得 q 2+q-2=0, 解得 q=-2 或 q=1(舍去),故 q=-2. (2)证明:(方法一)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, 故对任意 k∈N* ,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. (方法二)对任意 k∈N* ,2Sk= 2𝑎1 (1-𝑞 𝑘 ) 1-𝑞 , Sk+2+Sk+1= 𝑎1 (1-𝑞 𝑘+2 ) 1-𝑞 + 𝑎1 (1-𝑞 𝑘+1 ) 1-𝑞 = 𝑎1 (2-𝑞 𝑘+2 -𝑞 𝑘+1 ) 1-𝑞 , 则 2Sk-(Sk+2+Sk+1) = 2𝑎1 (1-𝑞 𝑘 ) 1-𝑞 − 𝑎1 (2-𝑞 𝑘+2 -𝑞 𝑘+1 ) 1-𝑞 = 𝑎1 1-𝑞 [2(1-q k )-(2-q k+2 -q k+1 )] = 𝑎1𝑞 𝑘 1-𝑞 (q 2+q-2)=0, 因此,对任意 k∈N* ,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 19.(12 分)已知数列{an}中,a1=1,an·an+1=( 1 2 ) 𝑛 ,设 T2n为数列{an}的前 2n 项 和,bn=a2n+a2n-1. (1)判断数列{bn}是否为等比数列,并求出数列{bn}的通项公式; (2)求 T2n. 解:(1)因为 an·an+1=( 1 2 ) 𝑛 , 所以 an+1·an+2=( 1 2 ) 𝑛+1 , 所以𝑎𝑛+2 𝑎𝑛 = 1 2 ,即 an+2= 1 2 an. 因为 bn=a2n+a2n-1, 所以𝑏𝑛+1 𝑏𝑛 = 𝑎2𝑛+2+𝑎2𝑛+1 𝑎2𝑛 +𝑎2𝑛-1 = 1 2 𝑎2𝑛 + 1 2 𝑎2𝑛-1 𝑎2𝑛 +𝑎2𝑛-1 = 1 2 , 所以{bn}是公比为1 2的等比数列. 因为 a1=1,a1·a2= 1 2 , 所以 a2= 1 2 ,所以 b1=a1+a2= 3 2 , 所以 bn= 3 2 × ( 1 2 ) 𝑛-1 = 3 2 𝑛
(2)由(1)可知an+2之am,即a1,a,a5,…是以a1=1为首项号为公比的等比数 列:a,a4,a6,…是以a2=子为首项,2为公比的等比数列, 故T2n=(a1+a3+…+a2m-l)+(a2+a4+…+a2n)= 1 12 20.(12分)已知数列{1og2(a-1)}为等差数列,且a1=3,a3=9. (I)求数列{an}的通项公式: (2)证明1+1+…+1 'az-a1 a3-az <1 anti-an (1)解:设等差数列{Iog2(am-1)}的公差为d. 由a1=3,a3=9, 得1og2(9-1)=log2(3-1)+2d,则d=1. 故log2(am-1)=1+(n-1)×1=n,即an=2m+1. 2证明因为点=京 1 所以站+京+培女 a2-a1a3-a2 21.(12分)在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2” ()设bn兴,证明数列{bm}是等差数列, (2)求数列{am}的前n项和Sm. (1)证明:由已知an+1=2an+2n 得b加1-尝=222=祭+1=b+1 2n 即bm+1-bm=l,又b1=a1=1, 故{bm}是首项为1,公差为1的等差数列 2)解:((1)加,bn=n,即2票=bm=n,则an=n2- 故Sn=1+2×21+3×22+…+n2m-l,① 两边同时乘2得 2Sm=1×21+2×22+…+(n-1)2m-l+n:2m,② 由①-②,得-Sm=1+21+22+…+2m-l-n2m=2m-1-n2m=(1-n)2m-1,故Sm=(n-1)2m+1. 22.(12分)己知等比数列{an}满足a2-a3=10,a1a2a3=125, (1)求数列{an}的通项公式: (2)是否存在正整数m,使得上+二++三≥1?若存在,求出m的最小值:若不存在, a am 请说明理由, 解(I)设等比数列{an}的公比为q, 则由已知可得0g3=125, 4a19-a1921=10, 解得a=手表侣=5 (q=3(q=-1
(2)由(1)可知 an+2= 1 2 an,即 a1,a3,a5,…是以 a1=1 为首项, 1 2为公比的等比数 列;a2,a4,a6,…是以 a2= 1 2为首项, 1 2为公比的等比数列, 故 T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)= 1-( 1 2 ) 𝑛 1- 1 2 + 1 2 [1-( 1 2 ) 𝑛 ] 1- 1 2 =3- 3 2 𝑛 . 20.(12 分)已知数列{log2(an-1)}为等差数列,且 a1=3,a3=9. (1)求数列{an}的通项公式; (2)证明: 1 𝑎2 -𝑎1 + 1 𝑎3 -𝑎2 +…+ 1 𝑎𝑛+1 -𝑎𝑛 <1. (1)解:设等差数列{log2(an-1)}的公差为 d. 由 a1=3,a3=9, 得 log2(9-1)=log2(3-1)+2d,则 d=1. 故 log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即 an=2 n+1. (2)证明:因为 1 𝑎𝑛+1 -𝑎𝑛 = 1 2 𝑛+1-2 𝑛 = 1 2 𝑛 , 所以 1 𝑎2 -𝑎1 + 1 𝑎3 -𝑎2 +…+ 1 𝑎𝑛+1 -𝑎𝑛 = 1 2 1 + 1 2 2 + 1 2 3+…+ 1 2 𝑛 = 1 2 - 1 2𝑛 × 1 2 1- 1 2 =1- 1 2 𝑛 <1. 21.(12 分)在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2 n . (1)设 bn= 𝑎𝑛 2 𝑛-1 ,证明:数列{bn}是等差数列; (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. (1)证明:由已知 an+1=2an+2 n , 得 bn+1= 𝑎𝑛+1 2 𝑛 = 2𝑎𝑛+2 𝑛 2 𝑛 = 𝑎𝑛 2 𝑛-1+1=bn+1. 即 bn+1-bn=1,又 b1=a1=1, 故{bn}是首项为 1,公差为 1 的等差数列. (2)解:由(1)知,bn=n,即 𝑎𝑛 2 𝑛-1=bn=n,则 an=n·2 n-1 . 故 Sn=1+2×2 1+3×2 2+…+n·2 n-1 ,① 两边同时乘 2 得 2Sn=1×2 1+2×2 2+…+(n-1)·2 n-1+n·2 n ,② 由①-②,得-Sn=1+2 1+2 2+…+2 n-1 -n·2 n=2 n -1-n·2 n=(1-n)2n -1,故 Sn=(n-1)·2 n+1. 22.(12 分)已知等比数列{an}满足|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1)求数列{an}的通项公式; (2)是否存在正整数 m,使得 1 𝑎1 + 1 𝑎2 +…+ 1 𝑎𝑚 ≥1?若存在,求出 m 的最小值;若不存在, 请说明理由. 解:(1)设等比数列{an}的公比为 q, 则由已知可得{ 𝑎1 3 𝑞 3 = 125, |𝑎1𝑞-𝑎1𝑞 2 | = 10, 解得{ 𝑎1 = 5 3 , 𝑞 = 3 或 { 𝑎1 = -5, 𝑞 = -1
故an=5x3-l或an=-5xly-l 包资及合+…品 a2 若m9则片=1 an 则数列侣}是首项为公比为的等比数列 从布逃e四-合*(日门<会1 13 若am=-5x-Iy,则2=-ly an 故数列侣}是首项为公比为1的等比数列, 从而Sm= 号,m=2k-1,k∈N, 0,m=2k,k∈N, 故Sm<1. 综上,对任何正整数m,总有Sm<1. 故不存在正整数m,使得二+二+…+二≥1成立 a a2 am
故 an= 5 3 ×3 n-1 或 an=-5×(-1)n-1 . (2)设 Sm= 1 𝑎1 + 1 𝑎2 +…+ 1 𝑎𝑚 , 若 an= 5 3 ×3 n-1 ,则 1 𝑎𝑛 = 3 5 ( 1 3 ) 𝑛-1 , 则数列{ 1 𝑎𝑛 }是首项为3 5 ,公比为1 3的等比数列. 从而 Sm= 3 5 ×[1-( 1 3 ) 𝑚 ] 1- 1 3 = 9 10 × [1- ( 1 3 ) 𝑚 ] < 9 10 <1. 若 an=-5×(-1)n-1 ,则 1 𝑎𝑛 =- 1 5 (-1)n-1 , 故数列{ 1 𝑎𝑛 }是首项为- 1 5 ,公比为-1 的等比数列, 从而 Sm={ - 1 5 ,𝑚 = 2𝑘-1,𝑘∈N * , 0,𝑚 = 2𝑘,𝑘∈N * , 故 Sm<1. 综上,对任何正整数 m,总有 Sm<1. 故不存在正整数 m,使得 1 𝑎1 + 1 𝑎2 +…+ 1 𝑎𝑚 ≥1 成立