教育最新K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列 理

小学+初中+高中

第1讲

等差数列与等比数列

1.(2015·课标全国Ⅰ)已知{an}是公差为 1 的等差数列,Sn 为{an}的前 n 项和,若 S8=4S4, 则 a10 等于( 17 A. 2 19 B. 2 ) C.10 D.12

2.(2015·浙江)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零.若 a2,a3,a7 成等比数列,且 2a1+

a2=1,则 a1=________,d=________.
3.(2014·广东)若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11+a9a12=2e ,则 ln a1+ln a2+… +ln a20=______. 4.(2013·江西)某住宅小区计划植树不少于 100 棵,若第一天植 2 棵,以后每天植树的棵 数是前一天的 2 倍,则需要的最少天数 n(n∈N )等于________.
* 5

1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现.2.数列求和及数 列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点,考查分析问题、解决问题的综合能 力 .

热点一 等差数列、等比数列的运算 (1)通项公式 等差数列:an=a1+(n-1)d; 等比数列:an=a1·q (2)求和公式 等差数列:Sn= 等比数列:Sn= (3)性质 若 m+n=p+q, 小学+初中+高中
n-1

.

n a1+an
2 -q 1-q
n

=na1+ =

n n-
2

d;

a1

a1-anq (q≠1). 1-q

小学+初中+高中 在等差数列中 am+an=ap+aq; 在等比数列中 am·an=ap·aq. 例 1 (1)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a1=-11,a4+a6=-6,则当 Sn 取最小值时,

n=________.
(2)已知等比数列{an}公比为 q, 其前 n 项和为 Sn, 若 S3, S9, S6 成等差数列, 则 q 等于( 1 A.- 2 1 C.- 或 1 2 B.1 1 D.-1 或 2
3

)

思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时, 若条件和结论间的联系不明显, 则均可化 成关于 a1 和 d(q)的方程组求解,但要注意消元法及整体计算,以减少计算量. 跟踪演练 1 (1)(2015·安徽)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数

列{an}的前 n 项和等于________. (2) 已 知 数 列 {an} 是 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 , a1 + a2 = 1 , a3 + a4 = 2 , 则 log2

a2 011+a2 012+a2 013+a2 014
3

=________.

热点二 等差数列、等比数列的判定与证明 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法: ①利用定义,证明 an+1-an(n∈N )为一常数; ②利用中项性质,即证明 2an=an-1+an+1(n≥2). (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法: ①利用定义,证明
*

an+1 * (n∈N )为一常数; an
2

②利用等比中项,即证明 an=an-1an+1(n≥2). 例 2 (2014·大纲全国)数列{an}满足 a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2. (1)设 bn=an+1-an,证明:{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式.

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思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列,也可以利用通项公式及前 n 项和公式,但不 能作为证明方法. (2)

an+1 2 =q 和 an=an-1an+1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件,判断时还要看 an

各项是否为零. 跟踪演练 2 (1)已知数列{an}的首项 a1=1,且满足 an+1=

an ,则 an=________. 4an+1

(2)已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3,则 an=________. 热点三 等差数列、等比数列的综合问题 解决等差数列、等比数列的综合问题,要从两个数列的特征入手,理清它们的关系;数列与 不等式、函数、方程的交汇问题,可以结合数列的单调性、最值求解. 例 3 已知等差数列{an}的公差为-1,且 a2+a7+a12=-6. (1)求数列{an}的通项公式 an 与前 n 项和 Sn; (2)将数列{an}的前 4 项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前 3 项, 记{bn}的前 n 项和为 Tn,若存在 m∈N ,使对任意 n∈N ,总有 Sn<Tm+λ 恒成立,求实数 λ 的取值范围.
* *

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思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题,常用“基本量法”求解,但有时灵活地运 用性质,可使运算简便. (2)数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数,然后利用函数的性质求解数列问题. (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数,通过求数列的值域求解. 3 * 跟踪演练 3 已知首项为 的等比数列{an}不是 递减数列,其前 n 项和为 Sn(n∈N ),且 S3+ .. 2

a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式; 1 * (2)设 Tn=Sn- (n∈N ),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.

Sn

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1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1>0,a3+a10>0,a6a7<0,则满足 Sn>0 的最大自然数

n 的值为(
A.6 C.12

) B.7 D.13
2

2.已知各项不为 0 的等差数列{an}满足 a4-2a7+3a8=0,数列{bn}是等比数列,且 b7=a7, 则 b2b12 等于( A.1 C.4 ) B.2 D.8

3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7=a6+2a5,存在两项 am,an 使得 am·an=4a1, 1 4 则 + 的最小值为(

m m

)

3 5 A. B. 2 3 25 C. 6 4 D. 3

4.已知等比数列{an}中,a4+a6=10,则 a1a7+2a3a7+a3a9=________.

提醒:完成作业 专题三 第 1 讲

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二轮专题强化练 专题三 第1 讲 等差数列与等比数列

A组

专题通关 )

1.已知等差数列{an}中,a5=10,则 a2+a4+a5+a9 的值等于( A.52 C.26 B.40 D.20

99 2.已知等差数列{an}中,a7+a9=16,S11= ,则 a12 的值是( 2 A.15 C.31 B.30 D.64

)

3.(2015·浙江)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn,若 a3,a4,a8 成等比 数列,则( ) B.a1d<0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0

A.a1d>0,dS4>0 C.a1d>0,dS4<0

4.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,(n+1)Sn<nSn+1(n∈N*).若 <-1,则( A.Sn 的最大值是 S8 C.Sn 的最大值是 S7 B.Sn 的最小值是 S8 D.Sn 的最小值是 S7
*

a8 a7

)

5.数列{an}的首项为 3,{bn}为等差数列且 bn=an+1-an(n∈N ),若 b3=-2,b10=12,则

a8 等于(

)

A.0 B.3 C.8 D.11 2 n 6.若数列{n(n+4)( ) }中的最大项是第 k 项,则 k=________. 3 7.(2015·课标全国Ⅱ)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn= ____________.

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小学+初中+高中 1 * 8.已知数列{an}的首项为 a1=2,且 an+1= (a1+a2+…+an) (n∈N ),记 Sn 为数列{an}的前 2

n 项和,则 Sn=________,an=________.
9.成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为等比数列 {bn}中的 b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式; 5 (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列{Sn+ }是等比数列. 4

3 5 * 10.(2015·广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,n∈N .已知 a1=1,a2= ,a3= ,且当 n≥2 2 4 时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1. (1)求 a4 的值;
? 1 ? (2)证明:?an+1- an?为等比数列; 2 ? ?

(3)求数列{an}的通项公式.

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B组

能力提高

11.已知{an}是等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 S21=S4 000,O 为坐标原点,点 P(1,an),Q(2 → → 011,a2 011),则OP·OQ等于( A.2 011 B.-2 011 C.0 ) D.1
2

12.(2015·福建)若 a,b 是函数 f(x)=x -px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且 a,

b,-2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 p+q 的值等于
( )

A.6 B.7 C.8 D.9 1 13.数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1= ,且对任意正整数 m,n,都有 am+n=am·an,若 5

Sn<t 恒成立,则实数 t 的最小值为________.
14.已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4,S2,S3 成等差数列,且 a2+a3+a4=-18. (1)求数列{an}的通项公式; (2)是否存在正整数 n,使得 Sn≥2 013?若存在,求出符合条件的所有 n 的集合;若不存在, 说明理由.

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学生用书答案精析 专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列

高考真题体验 1.B [∵公差为 1, 8× 8-1 ∴S8=8a1+ ×1=8a1+28,S4=4a1+6. 2 1 ∵S8=4S4,∴8a1+28=4(4a1+6),解得 a1= , 2 1 19 ∴a10=a1+9d= +9= .故选 B.] 2 2 2 2. -1 3 解析 ∵a2,a3,a7 成等比数列, ∴a3=a2a7, 即(a1+2d) =(a1+d)(a1+6d), 2 ∴a1=- d, 3 ∵2a1+a2=1,∴2a1+a1+d=1, 即 3a1+d=1, 2 ∴a1= ,d=-1. 3 3.50 解析 因为 a10a11+a9a12=2a10a11=2e , 所以 a10a11=e . 所以 ln a1+ln a2+…+ln a20=ln(a1a2…a20) =ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]=ln(a10a11) =10ln(a10a11)=10ln e =50ln e=50. 4.6 解析 每天植树棵数构成等比数列{an}, 其中 a1=2,q=2.则 Sn=
10 5 5 5 2 2

a1

-q 1-q

n

=2(2 -1)≥100,即 2

n

n+1

≥102.

∴n≥6,∴最少天数 n=6.

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小学+初中+高中 热点分类突破 例 1 (1)6 (2)A 解析 (1)设该数列的公差为 d, 则 a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d =-6,解得 d=2, 所以 Sn=-11n+

n n-
2

×2=n -12n=(n-6) -36,

2

2

所以当 Sn 取最小值时,n=6. (2)若 q=1,则 3a1+6a1=2×9a1, 得 a1=0,矛盾,故 q≠1. 所以 2

a1

-q 1-q
9

3



a1

-q 1-q

6



a1

-q 1-q



1 3 解得 q =- 或 1(舍),故选 A. 2 跟踪演练 1 (1)2 -1
n

(2)1 005
?a1a4=8, ? ? ?a1+a4=9,

解析 (1)由等比数列性质知 a2a3=a1a4, 又 a2a3=8, a1+a4=9, 所以联立方程?
?a1=1, ? ?a4=8 ?
3

解得?

或?

?a1=8, ? ?a4=1, ?

又数列{an}为递增数列,所以 a1=1,a4=8,

从而 a1q =8,所以 q=2. 1-2 n 所以数列{an}的前 n 项和为 Sn= =2 -1. 1-2 (2)在等比数列中,(a1+a2)q =a3+a4, 即 q =2,所以 a2 011+a2 012+a2 013+a2 014=(a1+a2+a3+a4)q 所以 log2
2 2 010 2

n

=3×2

1 005



a2 011+a2 012+a2 013+a2 014
3

=1 005.

例 2 (1)证明 由 an+2=2an+1-an+2 得

an+2-an+1=an+1-an+2,
即 bn+1=bn+2. 又 b1=a2-a1=1, 所以{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. (2)解 由(1)得 bn=1+2(n-1)=2n-1, 小学+初中+高中

小学+初中+高中 即 an+1-an=2n-1. ∴an-an-1=2n-3,

an-1-an-2=2n-5,
……

a2-a1=1,
累加得 an+1-a1=n ,即 an+1=n +a1. 又 a1=1,所以{an}的通项公式为 an=n -2n+2. 1 n+1 跟踪演练 2 (1) (2)2 -3 4n-3 解析 (1)由已知得 ∴ 1 1
2 2 2

an+1 an

1 = +4,

an+1 an a1

1 - =4,

1 又 =1, 1 故{ }是以 1 为首项,4 为公差的等差数列,

an

1 ∴ =1+4(n-1)=4n-3,

an

1 故 an= . 4n-3 (2)由已知可得 an+1+3=2(an+3), 又 a1+3=4, 故{an+3}是以 4 为首项,2 为公比的等比数列. ∴an+3=4×2 ∴an=2
n+1 n-1



-3.

例 3 解 (1)由 a2+a7+a12=-6 得 a7=-2,∴a1=4, ∴an=5-n,从而 Sn=

n

-n . 2

(2)由题意知 b1=4,b2=2,b3=1, 设等比数列{bn}的公比为 q,

b2 1 则 q= = , b1 2

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小学+初中+高中 1 4[1- 2 ∴Tm= 1 1- 2
m

] 1 m =8[1-( ) ], 2

1 m ∵( ) 随 m 增加而递减, 2 ∴{Tm}为递增数列,得 4≤Tm<8. 又 Sn=

n 9-n
2

1 2 =- (n -9n) 2

1 9 2 81 =- [(n- ) - ], 2 2 4 故(Sn)max=S4=S5=10, 若存在 m∈N ,使对任意 n∈N 总有 Sn<Tm+λ , 则 10<4+λ ,得 λ >6.即实数 λ 的取值范围为(6,+∞). 跟踪演练 3 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q, 因为 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列, 所以 S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即 4a5=a3,
* *

a5 1 2 于是 q = = . a3 4
3 又{an}不是递减数列且 a1= , 2 1 所以 q=- . 2 故等比数列{an}的通项公式为

an= ×?- ?n-1=(-1)n-1· n. 2
1 1+ ,n为奇数, ? ? 1? ? 2 (2)由(1)得 S =1-?- ? =? ? 2? 1 1- ,n为偶数. ? ? 2
n n n n

3 2

? 1? ? ?

3 2

当 n 为奇数时,Sn 随 n 的增大而减小, 3 所以 1<Sn≤S1= , 2 1 1 3 2 5 故 0<Sn- ≤S1- = - = . Sn S1 2 3 6 当 n 为偶数时,Sn 随 n 的增大而增大, 3 所以 =S2≤Sn<1, 4 小学+初中+高中

小学+初中+高中 1 1 故 0>Sn- ≥S2-

Sn

S2

3 4 7 = - =- . 4 3 12 综上,对于 n∈N , 7 1 5 总有- ≤Sn- ≤ . 12 Sn 6 5 7 所以数列{Tn}最大项的值为 ,最小项的值为- . 6 12 高考押题精练 1.C [∵a1>0,a6a7<0,∴a6>0,a7<0,等差数列的公差小于零,又 a3+a10=a1+a12>0,a1
*

+a13=2a7<0, ∴S12>0,S13<0, ∴满足 Sn>0 的最大自然数 n 的值为 12.] 2.C [设等差数列{an}的公差为 d,因为 a4-2a7+3a8=0,所以 a7-3d-2a7+3(a7+d)=0, 即 a7=2a7,解得 a7=0(舍去)或 a7=2,所以 b7=a7=2.因为数列{bn}是等比数列,所以 b2b12 =b7=4.] 3.A [由 a7=a6+2a5,得 a1q =a1q +2a1q ,整理有 q -q-2=0,解得 q=2 或 q=-1(与 条件中等比数列的各项都为正数矛盾,舍去),又由 am·an=4a1,得 aman=16a1,即 a12m+
2 2 6 5 4 2 2 2 2 2

n-2=16a2 1,即有 m+n-2=4,亦即 m+n=6,那么 + = (m+n)( + ) m n 6 m n
1 4m n 1 = ( + +5)≥ (2 6 n m 6 4m n 3 · +5)= , n m 2

1

4 1

1

4

4m n 当且仅当 = ,m+n=6,

n

m

3 即 n=2m=4 时取得最小值 .] 2 4.100 解析 因为 a1a7=a4,a3a9=a6,a3a7=a4a6, 所以 a1a7+2a3a7+a3a9=(a4+a6) =10 =100.
2 2 2 2

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二轮专题强化练答案精析 专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列

1.B [因为 a2+a4=2a3,a5+a9=2a7, 所以 a2+a4+a5+a9=2(a3+a7)=4a5,而 a5=10, 所以 a2+a4+a5+a9=4×10=40.故选 B.] 2.A [因为 a8 是 a7,a9 的等差中项,所以 2a8=a7+a9=16? a8=8,再由等差数列前 n 项和 的计算公式可得 S11=

a1+a11
2

11·2a6 99 9 a8-a6 = =11a6, 又因为 S11= , 所以 a6= , 则 d= 2 2 2 2

7 = ,所以 a12=a8+4d=15,故选 A.] 4 3.B [∵a3,a4,a8 成等比数列, 5 2 ∴(a1+3d) =(a1+2d)(a1+7d),整理得 a1=- d, 3 5 2 ∴a1d=- d <0, 3 4×3 2d 又 S4=4a1+ d=- , 2 3 2d ∴dS4=- <0,故选 B.] 3 4.D [由(n+1)Sn<nSn+1 得(n+1)·
2

n a1+an
2

<n·

n+
2

a1+an+1

,整理得 an<an+1,

所以等差数列{an}是递增数列,又 <-1,所以 a8>0,a7<0,所以数列{an}的前 7 项为负值, 即 Sn 的最小值是 S7.] 5.B [∵{bn}为等差数列,设其公差为 d, 由 b3=-2,b10=12, ∴7d=b10-b3=12-(-2)=14,∴d=2, ∵b3=-2,∴b1=b3-2d=-2-4=-6, 7×6 ∴b1+b2+…+b7=7b1+ ·d 2 =7×(-6)+21×2=0, 又 b1+b2+…+b7=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a8-a7)=a8-a1=a8-3, ∵a8-3=0,∴a8=3.故选 B.] 小学+初中+高中

a8 a7

小学+初中+高中 6.4 解析 由题意得

? ?k ? ?k ?

k+ k+
2

2 3 2 3

k

k+ k-

k+ k+

2 3 2 3

k+1



k

k-1



? ?k ≥10, 所以? 2 ?k -2k-9≤0, ?

由 k∈N 可得 k=4.

*

1 7.-

n Sn+1-Sn SnSn+1

解析 由题意, 得 S1=a1=-1, 又由 an+1=SnSn+1, 得 Sn+1-Sn=SnSn+1, 所以 Sn≠0, 所以 =1,即 1
?1? 1 1 - =-1,故数列? ?是以 =-1 为首项, ?Sn?

Sn+1 Sn

S1

1 1 -1 为公差的等差数列,得 =-1-(n-1)=-n,所以 Sn=- .

Sn

n

?2 3?n-1 ? ? 8.2×? ? ??3?n-2 ?2? ? ?? ?2? ?

n= n



1 1 1 3 * 解析 由 an+1= (a1+a2+…+an) (n∈N ), 可得 an+1= Sn, 所以 Sn+1-Sn= Sn, 即 Sn+1= Sn, 2 2 2 2 3 ?3?n-1 由此可知数列{Sn}是一个等比数列,其中首项 S1=a1=2,公比为 ,所以 Sn=2×? ? ,由 2 ?2? 2 ? ? 此得 an=??3?n-2 ? ? ? ??2?

n= n



9.(1)解 设成等差数列的三个正数分别为 a-d,a,a+d. 依题意,得 a-d+a+a+d=15. 解得 a=5. 所以{bn}中的 b3,b4,b5 依次为 7-d,10,18+d. 依题意,有(7-d)(18+d)=100, 解得 d=2 或 d=-13(舍去). 故{bn}的第 3 项为 5,公比为 2. 由 b3=b1·2 ,即 5=b1·2 ,
2 2

小学+初中+高中

小学+初中+高中 5 解得 b1= . 4 所以 bn=b1·q
n-1

5 n-1 n-3 = ·2 =5·2 , 4
n-3

即数列{bn}的通项公式为 bn=5·2

.

(2)证明 由(1)得数列{bn}的前 n 项和 5 4 Sn= -2 1-2
n

=5·2

n-2

5 - , 4

5 n-2 即 Sn+ =5·2 . 4 5 5 所以 S1+ = , 4 2

Sn+1+

5 4 5·2n-1 = n-2=2. 5 5·2 Sn+ 4

5 5 因此{Sn+ }是以 为首项,2 为公比的等比数列. 4 2 10.(1)解 当 n=2 时,4S4+5S2=8S3+S1,

? 3 5 ? ? 3? 即 4?1+ + +a4?+5?1+ ? ? 2 4 ? ? 2?
7 ? 3 5? =8?1+ + ?+1,解得:a4= . 8 ? 2 4? (2) 证明 因为 4Sn + 2 + 5Sn = 8Sn + 1 + Sn - 1(n≥2),所以 4Sn + 2 - 4Sn + 1 + Sn - Sn - 1 = 4Sn + 1 -

5 4Sn(n≥2), 即 4an+2+an=4an+1(n≥2), 因为 4a3+a1=4× +1=6=4a2, 所以 4an+2+an=4an 4
+1

,因为

an+2- an+1

1 2 4an+2-2an+1 = = 1 4an+1-2an an+1- an 2
? 1 ? 2an+1-an 1 1 1 = ,所以数列?an+1- an?是以 a2- a1=1 为首项,公比为 2 ? an+1-an 2 2 2 ?

4an+1-an-2an+1 = 4an+1-2an 的等比数列.

? 1 ? 1 1 (3)解 由(2)知,数列?an+1- an?是以 a2- a1=1 为首项,公比为 的等比数列,所以 an+1 2 2 2 ? ?

? ? ? ? 1?n-1 1 an+1 an a1 ? - an=? ? ,即 - =4,所以数列??1?n?是以 =2 为首项,公差为 4 的等差数列, 2 1 1 1 ?2? ? ? ? ?n+1 ? ?n ??2? ? ? ? ?2? ?2? 2 ? ? ? ?
an

小学+初中+高中

小学+初中+高中

所以

an

?1?n ?2? ? ?

=2+(n-1)×4=4n-2,

?1?n ?1?n-1 即 an=(4n-2)×? ? =(2n-1)×? ? , ?2? ?2? ?1?n-1 所以数列{an}的通项公式是 an=(2n-1)×? ? . ?2?
11.A [由 S21=S4 000 得 a22+a23+…+a4 000=0, 由于 a22+a4 000=a23+a3 999=…=2a2 011, 所以 a22+a23+…+a4 000=3 979a2 011=0, → → 从而 a2 011=0,而OP·OQ=2 011+a2 011an=2 011.] 12.D [由题意知:a+b=p,ab=q,∵p>0,q>0,∴a>0,b>0.在 a,b,-2 这三个 数的 6 种排序中,成等差数列的情况有 a,b,-2;b,a,-2;-2,a,b;-2,b,a; 成等比数列的情况有:a,-2,b;b,-2,a.
? ?ab=4, ∴? ?2b=a-2 ? ?a=4, ? ? ?b=1 ? ?ab=4, 或? ?2a=b-2 ? ?a=1, ? ? ?b=4.

解之得:?

或?

∴p=5,q=4,∴p+q=9,故选 D.] 1 13. 4 解析 1 1 1 令 m = 1 ,可得 an + 1 = an ,所以 {an} 是首项为 ,公比为 的等比数列,所以 Sn = 5 5 5
n

1 1 [1- 5 5 1 1- 5

]

1 1 n 1 1 = [1-( ) ]< ,故实数 t 的最小值为 . 4 5 4 4 14.解 (1)设等比数列{an}的公比为 q, 则 a1≠0,q≠0.由题意得
? ?S2-S4=S3-S2, ? ?a2+a3+a4=-18. ? ?-a1q -a1q =a1q , ? 即? 2 ? +q+q =-18, ?a1q
2 3 2

小学+初中+高中

小学+初中+高中
?a1=3, ? ? ?q=-2.

解得?

故数列{an}的通项公式为

an=3×(-2)n-1.
3[1- - (2)由(1)有 Sn= 1- - =1-(-2) . 假设存在 n,使得 Sn≥2 013, 则 1-(-2) ≥2 013, 即(-2) ≤-2 012. 当 n 为偶数时,(-2) >0,上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2) =-2 ≤-2 012, 即 2 ≥2 012,得 n≥11. 综上,存在符合条件的正整数 n, 且所有这样的 n 的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.
n n n n n n n n

]

小学+初中+高中


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