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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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选择性第二册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
等比数列的定义
如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，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，记为\(q\).
代数形式： \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=q\)\(( q\)是常数，\(n≥2)\) 或 \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=q\)\(( q\)是常数，\(n∈ N^* )\)
等比中项
若\(a\)，\(b\) ，\(c\)成等比数列，则\(b\)称\(a\)与\(c\)的等差中项，则\(b^2=ac\)；
证明一个数列是等比数列的方法
① 定义法： \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=q\)\(( q\)是常数，\(n≥2)⇒\{a_n\}\)是等比数列；
② 中项法：\(a_{n+1}^2=a_n a_{n+2} (a_n≠ 0 ，n∈ N^*)⇒\{a_n\}\)是等比数列；
③ 通项公式法：若数列的通项公式是形如\(a_n=k\cdot q^n\) \((k ，q\)是不为\(0\)常数\()\)， 则数列\(\{a_n \}\)是等比数列.
④ 前\(n\)项和法：若数列的前\(n\)项和是形如\(S_n=k\cdot q^n-k\)\((k ，q\)是常数且\(k≠0\)，\(q≠0\)，\(1)\)，则数列\(\{a_n \}\)是等比数列.
通项公式
等比数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公比为\(q\)，则 \(a_n=a_1 q^{n-1}\).(由定义与累乘法可得)
前n项和
等比数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公比为\(q\)，则其前\(n\)项和为 \(S_n= \begin{cases}n a_1 & (q=1) \\ \dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q} & (q \neq 1)\end{cases}\)
(由错位相减法可证)
注 使用时注意公比是否等于\(1\)，若不确定，使用时需要分类讨论.
基本性质
\((\)其中\(m ，n ，p ，t∈N^*)\)
设\(\{a_n \}\)是首项为\(a_1\)， 公比为\(q\)的等比数列，那么
(1) 若\(m+n=p+t\)， 则\(a_m a_n=a_p a_t\)；
(2) \(a_n=a_m q^{n-m}\)；
(3) \(q^{n-m}=\dfrac{a_n}{a_m}\)；
(4) 数列\(\{λa_n\}\)\((λ\)是不为零的常数\()\)仍是公比为\(q\)的等比数列；若数列\(\{b_n\}\)是公比为\(t\)的等比数列，
则数列\(\{a_n b_n\}\)是公比为\(q\cdot t\)的等比数列；
(5)下标成等差数列且公差为\(m\)的项\(a_k\) ， \(a_{k+m}\) ， \(a_{k+2m}\)，\(…\)\((k ，m∈N^*)\)组成公比为\(q^m\)的等比数列；
(6)若\(q≠-1\)，则\(S_n\) ，\(S_{2n}-S_n\) ，\(S_{3n}-S_{2n}\) ，\(…\)成等比数列；(\(∵q=-1\)，\(n\)是偶数时，\(S_n=0\))
基本方法
【题型1】 等比数列的基本运算
【典题1】 若公比为\(2\)的等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，且\(a_2\)，\(9\)，\(a_5\)成等差数列，则\(S_{20}=\) ( )
A． \(2^{22}-1\) \(\qquad \qquad \qquad\) B． \(2^{21}-1\) \(\qquad \qquad \qquad\) C． \(2^{20}-1\) \(\qquad \qquad \qquad\) D． \(2^{19}-1\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，已知公比\(q=2\)，且\(a_2\)，\(9\)，\(a_5\)成等差数列，
\(18=a_2+a_5=2a_1+16a_1\)，解得\(a_1=1\)．
\(\therefore S_{20}=\dfrac{1 \times\left(1-2^{20}\right)}{1-2}=2^{20}-1\)．
故选：\(C\)．
【典题2】 已知数列\(\{a_n \}\)是公差不为零的等差数列，\(\{b_n \}\)为等比数列，且\(a_1=b_1=1\)，\(a_2=b_2\)，\(a_4=b_3\)，
设\(c_n=a_n+b_n\)，则数列\(\{c_n \}\)的前\(10\)项和为\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 设等差数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d≠0\)，等比数列\(\{b_n\}\)的公比为\(q\)，
\(\because a_1=b_1=1\)，\(a_2=b_2\)，\(a_4=b_3\)，
\(\therefore 1+d=q\)，\(1+3d=q^2\)，\(d≠0\)，解得\(d=1\)，\(q=2\)．
\(\therefore a_n=1+n-1=n\)，\(b_n=2^{n-1}\)．
\(\therefore c_n=a_n+b_n=n+2^{n-1}\)．
则数列\(\{c_n \}\)的前\(10\)项和\(\dfrac{10 \times(1+10)}{2}+\dfrac{2^{10}-1}{2-1}=1078\)．
【巩固练习】
1.设正项等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(2S_3=3a_2+8a_1\)，则公比\(q=\)( )
A．\(2\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-\dfrac{3}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(2\)或\(-\dfrac{3}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)或 \(-\dfrac{3}{2}\)
2.已知等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，且\(2S_3\)，\(3S_5\)，\(4S_6\)成等差数列，则数列\(\{a_n \}\)的公比q=$( )
A．\(1\)或\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad\) B．\(-1\)或\(-\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad\) C．\(-1\)或\(2\) \(\qquad \qquad\) D．\(1\)或\(-2\)
3.设正项等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(2S_3=3a_2+8a_1\)，\(S_8=2S_7+2\)，则\(a_2=\)( )
A．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(1\)
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 由\(2S_3=3a_2+8a_1\)，有\(2(a_1+a_2+a_3 )=3a_2+8a_1\)，即\(2a_3-a_2-6a_1=0\)，
由等比数列的通项公式得\(2a_1 q^2-a_1 q-6a_1=0\)，
即\(2q^2-q-6=0\)，解得\(q=2\)或\(q=-\dfrac{3}{2}\)，
由数列为正项等比数列， \(\therefore q=2\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(B\)
解析 \(\because2S_3\)，\(3S_5\)，\(4S_6\)成等差数列，\(\therefore 6S_5=2S_3+4S_6\)，
即\(6(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 )=2(a_1+a_2+a_3 )+4(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6 )\)，
整理得\(6a_4+6a_5=4a_4+4a_5+4a_6\)，即\(4a_6-2a_5-2a_4=0\)，
\(\because a_4≠0\)，\(\therefore 2q^2-q-1=0\)，解得\(q=1\)或\(-\dfrac{1}{2}\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(A\)
解析 设正项等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，
\(\because 2S_3=3a_2+8a_1\)，
\(\therefore 2(a_1+a_2+a_3 )=3a_2+8a_1\)，即\(6a_1+a_2-2a_3=0\)，
\(\therefore 6a_1+a_1 q-2a_1 q^2=0\)，
\(\because a_1>0\)，
\(\therefore 6+q-2q^2=0\)，解得\(q=2\)或\(q=-\dfrac{3}{2}\)(舍去)，\(\therefore q=2\)，
\(\because S_8=2S_7+2\)，\(\therefore S_7+a_8=2S_7+2\)，\(\therefore a_8=S_7+2\)，
\(\therefore a_1 q^7=\dfrac{a_1\left(1-q^7\right)}{1-q}+2\)，
\(\because q=2\)， 解得\(a_1=2\)，
\(\therefore 128a_1=127a_1+2\)，解得\(a_1=2\)，
\(\therefore a_2=a_1 q=4\)．
故选：\(A\)．
【题型2】 等比数列的基本性质的运用
【典题1】 (多选)在递增的等比数列\(\{a_n \}\)中，\(S_n\)是数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，若\(a_1 a_4=32\)，\(a_2+a_3=12\)，则下列说法正确的是( )
A．\(q=1\) \(\qquad \qquad\) B．数列\(\{S_n+2\}\)是等比数列\(\qquad \qquad\) C．\(S_8=510\) \(\qquad \qquad\) D．数列\(\{\lg a_n \}\)是公差为\(2\)的等差数列
解析 由题意，根据等比中项的性质，可得\(a_2 a_3=a_1 a_4=32>0\)，\(a_2+a_3=12>0\)，
故\(a_2>0\)，\(a_3>0\)．
根据根与系数的关系，可知\(a_2\)，\(a_3\)是一元二次方程\(x^2-12x+32=0\)的两个根．
解得\(a_2=4\)，\(a_3=8\)，或\(a_2=8\)，\(a_3=4\)．
\(\because\)等比数列\(\{a_n \}\)是递增数列，\(\therefore q>1\)．
\(\therefore a_2=4\)，\(a_3=8\)满足题意．
\(\therefore q=2\)， \(a_1=\dfrac{a_2}{q}=2\)．故选项\(A\)不正确．
\(a_n=a_1⋅q^{n-1}=2^n\)．
\(\because S_n=\dfrac{2\left(1-2^n\right)}{1-2}=2^{n+1}-2\)， \(\therefore S_n+2=2^{n+1}=4 \cdot 2^{n-1}\)．
\(\therefore\)数列\(\{S_n+2\}\)是以\(4\)为首项，\(2\)为公比的等比数列．故选项\(B\)正确．
\(S_8=2^{8+1}-2=512-2=510\)．故选项\(C\)正确．
\(\because \lg a_n=\lg 2^n=n\lg 2\)．
\(\therefore\) 数列\(\{\lg a_n \}\)是公差为\(\lg 2\)的等差数列．故选项\(D\)不正确．
故选：\(BC\)．
【典题2】 等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，前\(n\)项积为\(T_n\)，\(a_4-a_2=6\)，\(a_5-a_3=12\)，当 \(\dfrac{T_n}{\left(S_n+1\right)^{\frac{7}{2}}}\)最小时，\(n\)的值为( )
A．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(6\)
解析 等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，前\(n\)项积为\(T_n\)，\(a_4-a_2=6\)，\(a_5-a_3=12\)，
当\(q≠1\)时，\(a_2 (q^2-1)=6\)，\(a_2 q^3-a_2 q=12\)，
两式相除得\(q=2\)，
将\(q=2\)代入\(a_2 (q^2-1)=6\)，解得\(a_2=2\)，
\(\therefore a_1=1\)， \(\therefore S_n=\dfrac{1-2^n}{1-2}=2^n-1\)，
\(T_n=1×2×2^2×2^3×⋯×2^{n-1}=2^{\frac{n(n-1)}{2}}\)，
\(\therefore \dfrac{T_n}{\left(S_n+1\right)^{\frac{7}{2}}}=\dfrac{2^{\frac{n(n-1)}{2}}}{2^{\frac{7 n}{2}}}=2^{\frac{n^2-8 n}{2}}\)，
\(\therefore n=4\)时， \(\dfrac{n^2-8 n}{2}\)取得最小值，即当 \(\dfrac{T_n}{\left(S_n+1\right)^{\frac{7}{2}}}\)最小时，\(n\)的值为\(4\)．
故选：\(B\)．
【巩固练习】
1.已知等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_1+2a_2=0\)，\(S_3=\dfrac{3}{4}\)，且\(a⩽S_n⩽a+2\)，则实数\(a\)的取值范围是( )
A．\([-1，0]\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(\left[-1，\dfrac{1}{2}\right]\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(\left[\dfrac{1}{2}，1\right]\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(\left[0，1\right]\)
2.公比为\(q\)的等比数列\(\{a_n \}\)，其前\(n\)项和为\(S_n\)，前\(n\)项积为\(T_n\)，满足\(a_1>1\)，\(a_{2021}\cdot a_{2022}>1\)， \(\dfrac{a_{2021}-1}{a_{2022}-1}<0\)．则下列结论正确的是( )
A．\(q<0\) \(\qquad \qquad\) B．\(a_{2021}\cdot a_{2023}>1\) \(\qquad \qquad\)C．\(S_n\)的最大值为\(S_{2023}\) \(\qquad \qquad\) D．\(T_n\)的最大值为\(T_{2021}\)
3.(多选)已知数列\(\{a_n \}\)是公比为\(q\)的等比数列，其前\(n\)项和为\(S_n\)，则下列结论正确的是( )
A．若数列\(\{a_n \}\)是正项等比数列，则数列\(\{\lg a_n \}\)是等差数列
B．若\(a_3=\dfrac{3}{2}\)， \(S_3=\dfrac{9}{2}\)，则\(q=-\dfrac{1}{2}\)
C．若\(a_3=1\)，\(a_7=16\)，则\(a_5=4\)
D．若 \(S_6-S_4=6(S_4-S_2 )\)，则\(q^2=6\)
4.已知等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，公比\(q>0\)，\(a_1=1\)， \(a_{12}=9 a_{10}\)，
若数列\(\{t+S_n \}\)为等比数列，则实数\(t=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
5.已知等比数列\(\{a_n \}\)，\(a_n>0\)，\(a_1=256\)，\(S_3=448\)，\(T_n\)为数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项乘积，
则当\(T_n\)取得最大值时，\(n=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，\(\because a_1+2a_2=0\)， \(S_3=\dfrac{3}{4}\)，
\(\therefore a_1 (1+2q)=0\)，\(a_1 (1+q+q^2 )=\dfrac{3}{4}\)，解得：\(a_1=1\)，\(q=-\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore S_n=\dfrac{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}=\dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]\)．
当\(n=1\)时，\(S_n\)取最大值\(1\)，当\(n=2\)时，\(S_n\)取最小值\(\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} a \leqslant \dfrac{1}{2} \\ a+2 \geqslant 1 \end{array}\right.\)，\(\therefore -1⩽a⩽\dfrac{1}{2}\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(D\)
解析 等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1>1\)，\(a_{2021}\cdot a_{2022}>1\)， \(\dfrac{a_{2021}-1}{a_{2022}-1}<0\)．
所以\(a_{2021}>1\)，\(0<a_{2022}<1\)，\(0<q<1\)，\(A\)错误；
故当\(n=2021\)时，\(T_n\)取得最大值，\(D\)正确；
由于数列各项都为正数，和没有最大值，\(C\)错误；
由题意得，\(0<a_{2022}<1\)，\(0<a_{2023}<1\)，
所以\(a_{2021}\cdot a_{2023}=a_{2022}^2<1\)，\(B\)错误．
故选：\(D\)． -
答案 \(AC\)
解析 对于\(A\)，不妨设正项等比数列\(\{a_n \}\)的通项公式\(a_n=a_1 q^{n-1}\)，
因为\(\lg a_n={n-1}\lg q+\lg a_1\)是\(n\)的一次式，\(\{\lg a_n \}\)是等差数列，
所以\(A\)正确，
对于\(B\)，因为\(S_3=a_1+a_2+a_3=a_3 (q^{-2}+q^{-1}+1)\)，
所以 \(q^{-2}+q^{-1}+1=3\)，即\(2q^2-q-1=0\)，解得\(q=1\)或\(q=-\dfrac{1}{2}\)，
所以\(B\)不正确，
对于\(C\)，若\(a_3=1\)，\(a_7=16\)，
则\(a_5^2=a_3 a_7=16\)，注意到 \(\dfrac{a_5}{a_3}=q^2>0\)，
所以\(a_5=4\)，所以\(C\)正确，
对于\(D\)，由\(S_6-S_4=6(S_4-S_2 )\)得\(a_5+a_6=6(a_3+a_4 )\)，
所以\(q^2 (a_3+a_4 )=6(a_3+a_4 )\)，
当\(a_3+a_4=0\)时，\(q=-1\)，\(q^2=1\)，所以\(D\)不正确．
故选：\(AC\)． -
答案 \(\dfrac{1}{2}\)
解析 因为 \(a_{12}=9 a_{10}\)，所以\(a_1\cdot q^{11}=9a_1\cdot q^9\)，即\(q^2=9\)，
因为\(q>0\)，所以\(q=3\)，
所以 \(S_n=\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\dfrac{3^n-1}{2}\)，
所以\(S_1=1\)，\(S_2=4\)，\(S_3=13\)，
因为数列\(\{t+S_n \}\)为等比数列，
所以\((t+S_2 )^2=(t+S_1 )\cdot (t+S_3 )\)，
所以\((t+4)^2=(t+1)\cdot (t+13)\)，解得\(t=\dfrac{1}{2}\)． -
答案 \(8\)或\(9\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，\(\because a_n>0\)，\(\therefore q>0\)．
\(\because a_1=256\)，\(S_3=448\)，\(\therefore 256(1+q+q^2 )=448\)，解得\(q=\dfrac{1}{2}\)．
\(\therefore a_n=256 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=2^{9-n}\)．
\(T_n=2^8 \cdot 2^7 \cdot \ldots \ldots \cdot 2^{9-n}=2^{8+7+\cdots+9-n}=2^{\frac{n(8+9-n)}{2}}=2^{-\left[\left(n-\frac{17}{2}\right)^2 -\frac{289}{4}\right]}\)．
\(\therefore\)当\(n=8\)或\(9\)时，\(T_n\)取得最大值时.
【题型3】等比数列解答题
【典题1】 设数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，满足\(2S_n=a_{n+1}-2^{n+1}+1\)，且\(a_1\)，\(a_2+5\)，\(a_3\)成等差数列．
(1)求\(a_1\)，\(a_2\)的值；
(2)求证：\(\{a_n+2^n \}\)是等比数列．并求数列\(\{a_n \}\)的通项公式；
(3)求数列\(\{a_n+2^n+2n\}\)的前\(n\)项和.
解析 (1)\(\because a_1\)，\(a_2+5\)，\(a_3\)成等差数列， \(\therefore a_1+a_3=2(a_2+5)\)①，
\(\because\) 数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，满足\(2S_n=a_{n+1}-2^{n+1}+1\)，
当\(n=1\)时，\(2a_1=a_2-3\)，②
当\(n=2\)时，\(2(a_1+a_2 )=a_3-7\)，③
\(\therefore\)联立①②③解得，\(a_1=1\)，\(a_2=5\)，\(a_3=19\)．
(2)证明：由\(2S_n=a_{n+1}-2^{n+1}+1\)，①得\(2S_{n-1}=a_n-2^n+1\)，②，
两式相减得\(2a_n=a_{n+1}-a_n-2^n (n⩾2)\)，
\(\dfrac{a_{n+1}+2^{n+1}}{a_n+2^n}=\dfrac{3 a_n+2^n+2^{n+1}}{a_n+2^n}=3(n \geqslant 2)\)．
\(\because \dfrac{a_2+2^2}{a_1+2}=3\)，\(\therefore \{a_n+2^n \}\)是首项为\(3\)，公比为\(3\)的等比数列．
\(\therefore a_{n+1}+2^{n+1}=3(a_n+2^n )\)，
又\(a_1=1\)，\(a_1+2^1=3\)，
\(\therefore a_n+2^n=3^n\)，即\(a_n=3^n-2^n\)．
(3) 由(2)可知\(a_n=3^n-2^n\)，设\(b_n=a_n+2^n+2n=3^n+2n\)，前\(n\)项和为\(T_n\)，
则\(T_n=b_1+b_2+⋯+b_n=(3+3^2+⋯+3^n )+(2+4+⋯+2n)\)
\(=\dfrac{3\left(1-3^n\right)}{1-3}+\dfrac{n(2+2 n)}{2}=\dfrac{3^{n+1}}{2}+n^2+n-\dfrac{3}{2} .\).
【典题2】 已知数列\(\{a_n \}\)是各项为正数的等比数列，且\(a_2=4\)，\(a_3 a_4 a_5=2^{12}\)．数列\(\{b_n\}\)是单调递增的等差数列，且\(b_2 b_3=15\)，\(b_1+b_4=8\)，
(1)求数列\(\{a_n \}\)与数列\(\{b_n\}\)的通项公式；
(2)求数列\(\{a_n b_n\}\)的前\(n\)项和\(T_n\)．
解析 (1)设正项等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q(q>0)\)，
由 \(a_3 a_4 a_5=2^{12}\)，得\(a_4^3=2^{12}\)，得\(a_4=2^4\)，
又\(a_2=4\)， \(\therefore q^2=\dfrac{a_4}{a_2}=\dfrac{2^4}{4}=4\)，则\(q=2\)．
\(\therefore a_n=a_2 q^{n-2}=4 \cdot 2^{n-2}=2^n\)；
在等差数列\(\{b_n\}\)中，由等差数列的性质可得，\(b_2+b_3=b_1+b_4=8\)，
又\(b_2 b_3=15\)，且数列\(\{b_n\}\)是单调递增数列，
解得\(b_2=3\)，\(b_3=5\)，
则公差\(d=b_3-b_2=5-3=2\)．
\(\therefore b_n=b_2+(n-2)×2=3+2n-4=2n-1\)．
(2)\(\because a_n b_n=(2n-1) 2^n\)．
\(\therefore T_n=1\cdot 2^1+3\cdot 2^2+5\cdot 2^3+⋯+(2n-1)\cdot 2^n\)，
\(2T_n=1\cdot 2^2+3\cdot 2^3+5\cdot 2^4+⋯+(2n-3)\cdot 2^n+(2n-1)\cdot 2^{n+1}\)．
\(\therefore -T_n=2+2(2^2+2^3+⋯+2^n)-(2n-1)\cdot 2^{n+1}\)
\(=2+2 \cdot \dfrac{4\left(1-2^{n-1}\right)}{1-2}-(2 n-1) \cdot 2^{n+1}=-(2 n-3) 2^{n+1}-6\)．
\(\therefore T_n=(2n-3)\cdot 2^{n+1}+6\)．
【巩固练习】
1.已知等比数列\(\{a_n \}\)满足\(a_2 a_3=2a_4=32\)．
(1)求\(\{a_n \}\)的通项公式；
(2)记\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，证明：\(n⩾2\)时，\(a_n^2>S_n+5\)．
2.已知数列\(\{a_n \}\)满足\(a_1=3\)，\(a_2=5\)，且\(2a_{n+2}=3a_{n+1}-a_n\)，\(n∈N^*\)．
(1)设\(b_n=a_{n+1}-a_n\)，求证：数列\(\{b_n\}\)是等比数列；
(2)若数列\(\{a_n \}\)满足\(a_n⩽m(n∈N^* )\)，求实数\(m\)的取值范围．
3.设数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1=1\)，\(S_{n+1}=4a_n+2(n∈N^* )\)
(1)若\(b_n=a_{n+1}-2a_n\)，求\(b_n\)；
(2)若 \(c_n=\dfrac{1}{a_{n+1}-2 a_n}\)，求\(\{c_n \}\)的前\(6\)项和\(T_6\)；
(3)若 \(d_n=\dfrac{a_n}{2^n}\) ，求数列\(\{d_n \}\)的通项．
参考答案
-
答案 (1) \(a_n=2^n\) ；(2) 略 .
解析 (1)解：设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，
因为\(a_2 a_3=2a_4=32\)，所以\(a_1^2 q^3=2a_1 q^3=32\)，
又等比数列\(\{a_n \}\)中\(a_1\)和\(q\)均不为\(0\)，所以\(a_1=q=2\)，
故数列\(\{a_n \}\)的通项公式为\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}=2\cdot 2^{n-1}=2^n\)．
(2)证明：由(1)可得\(S_n=\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\dfrac{2\left(1-2^n\right)}{1-2}=2^{n+1}-2\)，
因为\(n⩾2\)时，\(2^n>3\)，
所以\(a_n^2-S_n-5=(2^n )^2-2^{n+1}-3=(2^n )^2-2\cdot 2^n-3=(2^n+1)(2^n-3)>0\)，
所以\(n⩾2\)时，\(a_n^2>S_n+5\)． -
答案 (1) 略 ；(2)\(\left[7， +∞\right)\).
解析 (1)证明：由题知，\(2a_{n+2}=3a_{n+1}-a_n\)，
即\(b_{n+1}=\dfrac{1}{2} b_n\)，且\(b_1=a_2-a_1=5-3=2\)，
则数列\(\{b_n\}\)是以\(2\)为首项，\(\dfrac{1}{2}\)为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知 \(b_n=a_{n+1}-a_n=\dfrac{1}{2^{n-2}}\) ，
则当\(n⩾2\)时，
其前\(n-1\)项和\(S_{n-1}=a_2-a_1+a_3-a_2+⋯+a_n-a_{n-1}\)
\(=a_n-a_1=\dfrac{2-\dfrac{1}{2^{n-2}}}{1-\dfrac{1}{2}}=4-\dfrac{1}{2^{n-3}}\)，
则\(a_n=7-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-3}\) ，\(n⩾2\)，且\(a_1=3\)也满足通项，
则由指数函数单调性知，\(a_n=7-\dfrac{1}{2^{n-3}}<7\)，
若满足\(a_n⩽m(n∈N^* )\)，则\(m⩾7\)，
即实数\(m\)的取值范围是\([7， +∞)\)． -
答案 (1) \(b_n=3\cdot 2^{n-1}\)；(2) \(\dfrac{61}{96}\)；(3) \(d_n=\dfrac{3 n}{4}-\dfrac{1}{4}\) .
解析 (1)\(\because a_1=1\)，\(S_{n+1}=4a_n+2(n∈N^* )\)，
\(\therefore S_{n+2}=4a_{n+1}+2\)，
\(\therefore a_{n+2}=S_{n+2}-S_{n+1}=4(a_{n+1}-a_n )\)，
\(\therefore a_{n+2}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n )\)，即\(b_{n+1}=2b_n\)，
\(\therefore \{b_n \}\)是公比为\(2\)的等比数列，且\(b_1=a_2-2a_1\)
\(\because a_1=1\)，\(a_2+a_1=S_2\)，即\(a_2+a_1=4a_1+2\)，
\(\therefore a_2=3a_1+2=5\)，\(\therefore b_1=5-2=3\)，
\(\therefore b_n=3\cdot 2^{n-1}\).
(2) \(c_n=\dfrac{1}{a_{n+1}-2 a_n}=\dfrac{1}{b_n}=\dfrac{1}{3 \cdot 2^{n-1}}\)， \(\therefore c_1=\dfrac{1}{3}\)，
\(\therefore c_n=\dfrac{1}{3} \cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\)，
\(\therefore \{c_n \}\)是首项为\(\dfrac{1}{3}\)，公比为\(\dfrac{1}{2}\)的等比数列，
\(\therefore T_6=\dfrac{\dfrac{1}{3}\left[1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^6\right]}{1-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{2}{3}\left(1-\dfrac{1}{64}\right)=\dfrac{61}{96}\).
(3) \(\because d_n=\dfrac{a_n}{2^n}\)，\(b_n=3\cdot 2^{n-1}\)，
\(\therefore d_{n+1}-d_n=\dfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-\dfrac{a_n}{2^n}=\dfrac{a_{n+1}-2 a_n}{2^{n+1}}=\dfrac{b_n}{2^{n+1}}=\dfrac{3 \times 3^{n-1}}{2^{n+1}}=\dfrac{3}{4}\)，
\(\therefore \{d_n \}\)是等差数列， \(d_n=\dfrac{3 n}{4}-\dfrac{1}{4}\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.记单调递增的等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_2+a_4=10\)，\(a_2 a_3 a_4=64\)，则( )
A．\(S_{n+1}-S_n=2^{n+1}\) \(\qquad \qquad\) B．\(a_n=2^n\) \(\qquad \qquad\) C．\(S_n=2^n-1\) \(\qquad \qquad\) D．\(S_n=2^{n-1}-1\)
2.设等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，公比为\(q\)，且\(S_3\)，\(S_9\)，\(S_6\)成等差数列，则\(8q^3\)等于( )
A．\(-2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(4\)
3.设\(S_n\)为等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，若\(a_n>0\)，\(a_1=\dfrac{1}{2}\)，\(S_n<2\)，则\(\{a_n \}\)的公比的取值范围是( )
A．\(\left(0，\dfrac{3}{4}\right]\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(\left(0，\dfrac{2}{3}\right]\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(\left(0，\dfrac{3}{4}\right)\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(\left(0，\dfrac{2}{3}\right)\)
4.在等比数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=-9\)，\(a_5=-1\)，记 \(T_n=a_1 a_3 a_5 \ldots a_{2 n-1}(n=1，2， \cdots)\)，则数列\(\{T_n \}\) ( )
A．有最大项，有最小项 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．无最大项，无最小项
5.(多选)在公比为\(q\)的等比数列\(\{a_n \}\)中，\(S_n\)是数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，若\(a_1=1\)，\(a_5=27a_2\)，则下列说法正确的是( )
A．\(q=3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．数列\(\{S_n+2\}\)是等比数列
C．\(S_5=121\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad\) D．\(2\lg a_n=\lg a_{n-2}+\lg a_{n+2} (n⩾3)\)
6.已知等比数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_1+a_3=5\)，\(S_4=20\)，则 \(\dfrac{S_8-2 S_4}{S_6-S_4-S_2}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
7.如图，在\(Rt△ABC\)内有一系列的正方形，它们的边长依次为\(a_1\)，\(a_2\)，\(…\)，\(a_n\)，\(…\)，若\(AB=a\)，\(BC=2a\)，
则所有正方形的面积的和为\(\underline{\quad \quad}\)．
8.已知等比数列\(\{a_n \}\)的公比\(q>0\)，且\(a_1=1\)，\(4a_3=a_2 a_4\)．
(1)求公比\(q\)和\(a_3\)的值；
(2)若\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，求证 \(\dfrac{S_n}{a_n}<2\)．
9.在数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=4\)且对于任意的自然数\(n∈N^+\)都有\(a_{n+1}=2(a_n-n+1)\).
(1)证明数列\(\{a_n-2n\}\)是等比数列．
(2)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式及前\(n\)项和为\(S_n\)．
10.设数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1=3\)且\(a_{n+1}=2S_n+3\)，数列\(\{b_n\}\)为等差数列，且公差\(d>0\)，\(b_1+b_2+b_3=15\).
(1)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式；
(2)若\(\dfrac{a_1}{3}+b_1\)， \(\dfrac{a_2}{3}+b_2\)， \(\dfrac{a_3}{3}+b_3\)成等比数列，求数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和\(T_n\)；
(3)对第(2)小题的\(T_n\)，当\(T_n+16⩾λn\)对任意的\(n∈N^*\)恒成立，求\(λ\)的最大值．
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 \(\because a_2 a_3 a_4=64\)，\(\therefore a_3^3=64\)，解得\(a_3=4\)．
又\(a_2+a_4=10\)， \(\therefore \dfrac{4}{q}+4 q=10\)，
化为\(2q^2-5q+2=0\)，解得\(q=2\)或\(\dfrac{1}{2}\)．
\(q=2\)时，\(a_1=1\)；\(q=\dfrac{1}{2}\)时，\(a_1=16\)．
又等比数列\(\{a_n \}\)是单调递增，取\(q=2\)，\(a_1=1\)．
\(\therefore a_n=2^{n-1}\)．
\(\therefore S_n=\dfrac{2^n-1}{2-1}=2^n-1\)，\(S_{n+1}-S_n=2^{n+1}-1-(2^n-1)=2^n\)．
因此只有\(C\)正确．
故选：\(C\)． -
答案 \(B\)
解析 \(\because S_3\)，\(S_9\)，\(S_6\)成等差数列，\(\therefore 2S_9=S_3+S_6\)，
\(\therefore (S_9-S_6 )+(S_9-S_3 )=0\)，
即\((a_7+a_8+a_9 )+(a_7+a_8+a_9 )+(a_4+a_5+a_6 )=0\)，
\(\therefore 2q^3 (a_4+a_5+a_6 )+(a_4+a_5+a_6 )=0\)，
\(\because a_4+a_5+a_6=a_4 (1+q+q^2 )≠0\)，
\(\therefore q^3=-\dfrac{1}{2}\)， \(\therefore 8q^3=-4\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(A\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，则\(q≠1\)．
\(\because a_n>0\)，\(a_1=\dfrac{1}{2}\)，\(S_n<2\)，
\(\therefore \{a_n \}\)是递减数列，\(\dfrac{1}{2}×q^{n-1}>0\)， \(\dfrac{\dfrac{1}{2}\left(1-q^n\right)}{1-q}<2\)，
\(\therefore 1>q>0\)且\(1⩽4-4q\)，解得\(0<q⩽\dfrac{3}{4}\)．
综上，\(\{a_n \}\)的公比的取值范围是\(\left(0，\dfrac{3}{4}\right]\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(A\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，
则 \(\dfrac{a_1}{a_1}=q^4=\dfrac{1}{9}\)，所以\(q^2=\dfrac{1}{3}\)，
设数列\(\{b_n\}\)为等比数列\(\{a_n \}\)的奇数项\(a_1\)，\(a_3\)，\(a_5\)，…，\(a_{2n-1} (n=1，2，…)\)，
则数列\(\{b_n\}\)是以\(-9\)为首项，\(\dfrac{1}{3}\)为公比的等比数列，
则\(b_n=-9 \times\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-1}=-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-3}\)，
所以 \(T_n=a_1 a_3 a_5 \cdots a_{2 n-1}=b_1 b_2 b_3 \cdots b_n\)，
当\(n⩾4\)时，\(|b_n |<1\)，当\(1⩽n⩽3\)时，\(|b_n |⩾1\)，
当\(n\)为奇数时，\(T_n<0\)，因为\(b_3=-1\)，所以\(T_n⩾T_3=-27\)，
当\(n\)为偶数时，\(T_n>0\)，因为\(b_3=-1\)，所以\(T_n⩽T_2=27\)，
综上所述，数列\(\{T_n \}\)有最大项\(T_2=27\)和最小项\(T_3=-27\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(ACD\)
解析 根据题意，依次分析选项：
对于\(A\)，等比数列\(\{a_n \}\)中，\(S_n\)是数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，
若\(a_1=1\)，\(a_5=27a_2\)，则 \(q^3=\dfrac{a_5}{a_2}=27\)，解可得\(q=3\)，\(A\)正确；
对于\(B\)，由于\(q=3\)，\(a_1=1\)，则 \(S_n=\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\dfrac{3^n-1}{2}\)，
则 \(S_n+2=\dfrac{3^n+1}{2}\)，数列\(\{S_n+2\}\)不是等比数列，\(B\)错误；
对于\(C\)，由于 \(S_n=\dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\dfrac{3^n-1}{2}\)，则\(S_5=121\)，\(C\)正确；
对于\(D\)，等比数列\(\{a_n \}\)各项都大于\(0\)，
又由等比数列的性质可知，\(a_{n-2}\cdot a_{n+2}=a_n^2\)，
所以\(2\lg a_n=\lg a_{n+2}+\lg a_{n-2}\)，\(D\)正确．
故选：\(ACD\)． -
答案 \(10\)
解析 设等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，
因为\(S_4=a_1+a_2+a_3+a_4=(1+q)(a_1+a_3 )\)，所以\(q=3\)，
则\(\dfrac{S_8-2 S_4}{S_6-S_4-S_2}=\dfrac{\left(S_8-S_4\right)-S_4}{\left(S_6-S_2\right)-S_4}\)\(=\dfrac{q^4 S_4-S_4}{q^2 S_4-S_4}=\dfrac{q^4-1}{q^2-1}=q^2+1=10\)． -
答案 \(\dfrac{4}{5} a^2\)
解析 根据题意可知 \(\dfrac{A B}{B C}=\dfrac{1}{2}\)，可得 \(a_1=\dfrac{2}{3} a\)，
依次计算\(a_2=\dfrac{2}{3} a_1\)，\(a_3=\dfrac{2}{3} a_2\)，\(…\)是公比为\(\dfrac{2}{3}\)的等比数列，
正方形的面积：依次 \(S_1=\dfrac{4}{9} a^2\)， \(S_2=\dfrac{4}{9} a_1^2\)，\(…\)边长依次为\(a_1\)，\(a_2\)，…，\(a_n\)，
正方形的面积构成是公比为 \(\dfrac{4}{9}\)的等比数列．
所有正方形的面积的和\(S_n=\dfrac{S_1}{1-q}=\dfrac{\dfrac{4}{9} a^2}{1-\dfrac{4}{9}}=\dfrac{4}{5} a^2\)．
故答案为：\(\dfrac{4}{5} a^2\) -
答案 (1) \(q=2\)，\(a_3=4\)；(2) 略 .
解析 (1)解：\(\because\)等比数列\(\{a_n \}\)的公比\(q>0\)，且\(a_1=1\)，\(4a_3=a_2 a_4\)．
\(\therefore 4q^2=q^4\)，解得\(q=2\)，\(\therefore a_3=4\)．
(2)证明：\(a_n=2^{n-1}\)， \(S_n=\dfrac{2^n-1}{2-1}=2^n-1\)，
\(\therefore \dfrac{s_n}{a_n}-2=\dfrac{2^n-1}{2^{n-1}}-2=2-\dfrac{1}{2^{n-1}}-2<0\)，
\(\therefore \dfrac{S_n}{a_n}<2\)． -
答案 (1)略；(2)\(S_n=2^{n+1}-2+n^2+n\) .
解析 (1)\(\because a_{n+1}=2(a_n-n+1)\)
\(\therefore \dfrac{a_{n+1}-2(n+1)}{a_n-2 n}=\dfrac{2\left(a_n-n+1\right)-2(n+1)}{a_n-2 n}=\dfrac{2\left(a_n-2 n\right)}{a_n-2 n}=2\)，
\(\therefore\)数列\(\{a_n-2n\}\)是以\(a_1-2=2\)为首项，以\(2\)为公比的等比数列
(2)由(1)可得\(a_n-2n=2\cdot 2^{n-1}=2^n\)
\(\therefore a_n=2^n+2n\)，
\(\therefore S_n=\dfrac{2-2^{n+1}}{1-2}+\dfrac{(2+2 n) n}{2}=2^{n+1}-2+n^2+n\). -
答案 (1) \(a_n=3^n\) ；(2) \(T_n=n^2+2n\) ；(3) \(10\).
解析 (1)由\(a_{n+1}=2S_n+3\)，得\(a_n=2S_{n-1}+3(n⩾2)\)
相减得：\(a_{n+1}-a_n=2(S_n-S_{n-1} )\)，即\(a_{n+1}=3a_n\)，
\(\because\)当\(n=1\)时，\(a_2=2a_1+3=9\)， \(\therefore \dfrac{a_2}{a_1}=3\)，
\(\therefore\)数列\(\{a_n \}\)是等比数列，
\(\therefore a_n=3\cdot 3^{n-1}=3^n\).
(2)\(\because b_1+b_2+b_3=15\)，\(b_1+b_3=2b_2\)， \(\therefore b_2=5\)
由题意，\(\dfrac{a_1}{3}+b_1\)， \(\dfrac{a_2}{3}+b_2\)， \(\dfrac{a_3}{3}+b_3\)成等比数列， \(\therefore\left(\dfrac{a_2}{3}+b_2\right)^2=\left(\dfrac{a_1}{3}+b_1\right)\left(\dfrac{a_3}{3}+b_3\right)\)，
设\(b_1=5-d\)，\(b_3=5+d\)，\(\therefore 64=(5-d+1)(5+d+9)\)，
\(\therefore d^2+8d-20=0\)，得\(d=2\)或\(d=-10\)(舍去)
故\(T_n=3 n+\dfrac{n(n-1)}{2} \cdot 2=n^2+2 n\).
(3)由题意， \(\lambda \leqslant n+\dfrac{16}{n}+2\)，
\(\because n+\dfrac{16}{n} \geqslant 2 \sqrt{n \cdot \dfrac{16}{n}}=8\)，
\(\therefore λ\)的最大值为\(8+2=10\)．
【B组---提高题】
1.首项为\(729\)的等比数列\(\{a_n \}\)满足 \(a_n=3^{b_n}\)，记数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(∀n∈N^*\)，当\(n≠4\)时，\(S_n<S_4\)，则数列\(\{a_n \}\)的公比\(q\)的取值范围为( )
A． \(\left(\dfrac{1}{9}， \dfrac{\sqrt{3}}{9}\right)\) \(\qquad \qquad\)B． \(\left(\dfrac{1}{3}， \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)\) \(\qquad \qquad\) C． \(\left(\dfrac{1}{9}， \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)\) \(\qquad \qquad\) D． \(\left(\dfrac{1}{9}， \dfrac{1}{3}\right)\)
2.(多选)已知数列\(\{a_n \}\)满足\(a_1=1\)， \(a_{n+1}=\lg \left(10^{a_n}+9\right)+1\)，其前\(n\)项和为\(S_n\)，则下列结论中正确的有( )
A．\(\{a_n \}\)是递增数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\{a_n+10\}\)是等比数列
C．\(2a_{n+1}>a_n+a_{n+2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(S_n<\dfrac{n(n+3)}{2}\)
3.已知等比数列\(\{a_n \}\)的首项为\(\dfrac{3}{2}\)，公比为\(-\dfrac{1}{2}\)，前\(n\)项和为\(S_n\)，且对任意的\(n∈N^*\)，都有 \(A \leqslant 2 S_n-\dfrac{1}{S_n} \leqslant B\)恒成立，则\(B-A\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．
4.已知数列\(\{a_n \}\)是等差数列，其前\(n\)项和为\(A_n\)，\(a_7=15\)，\(A_7=63\)；数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和为\(B_n\)，\(2B_n=3b_n-3(n∈N^* )\)．
(1)求数列\(\{a_n \}\)，\(\{b_n\}\)的通项公式；
(2)求数列\(\left\{\dfrac{1}{A_n}\right\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)；
(3)求证： \(\sum_{k=1}^n \dfrac{a_k}{B_k}<2\)．
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 等比数列\(\{a_n \}\)的公比为\(q\)，因为\(a_n=3^{b_n}\)，所以\(q>0\)，
则当\(n⩾2\)时， \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{3^{b_n}}{3^{b_{n-1}}}=3^{b_n-b_{n-1}}=q\)，
所以 \(b_n-b_{n-1}=\log _3 q\)，又 \(729=3^6=3^{b_1}\)，即\(b_1=6\)，
所以数列\(\{b_n\}\)是以\(6\)为首项，以\(\log_3q\)为公差的等差数列，
等差数列\(\{b_n\}\)前\(n\)项和\(S_n\)中，\(S_4\)是唯一的最大值，
则\(\left\{\begin{array}{l} b_4>0 \\ b_5<0 \end{array}\right.\)，即\(\begin{cases}6+3 \log _3 & q>0 \\ 6+4 \log _3 & q<0\end{cases}\)，解得\(\dfrac{1}{9}<q<\dfrac{\sqrt{3}}{9}\)，
故选：\(A\)． -
答案 \(ACD\)
解析 因为 \(a_{n+1}=\lg \left(10^{a_n}+9\right)+1\)，所以 \(10^{a_{n+1}}=10\left(10^{a_n}+9\right)\)，
所以 \(10^{a_{n+1}}+10=10\left(10^{a_n}+10\right)\)，
令 \(b_n=10^{a_n}+10\)，则\(b_{n+1}=10b_n\)，
即\(\{b_n\}\)是以\(10\)为公比的等比数列，\(b_1=20\)，
故\(b_n=2×10^n\)，
所以\(a_n=\lg (2×10^n-10)\)是递增数列，但不是等比数列，\(A\)正确，\(B\)错误；
因为\(2a_{n+1}=\lg (4×10^{2n+2}+100-40×10^{n+1} )\)，
\(a_n+a_{n+2}=\lg (2×10^n-10)(20×10^n-10)\)
\(=\lg \left[4×10^{2n+2}+100-20(10^n+10^{n+2} )\right]\)，
又 \(10^n+10^{n+2}>2 \sqrt{10^{2 n+2}}=2 \times 10^{n+1}\)，
所以\(a_n+a_{n+2}<2a_{n+1}\)，\(C\)正确；
令\(c_n=n+1\)，则其前\(n\)项和为 \(\dfrac{n(n+3)}{2}\)，
而\(a_n=\lg (2×10^n-10)<\lg (2×10^n )<\lg (10×10^n )=n+1=c_n\)，
故 \(S_n<\dfrac{n(n+3)}{2}\)，\(D\)正确．
故选：\(ACD\)． -
答案 \(\dfrac{13}{6}\)
解析 \(S_n=\dfrac{\dfrac{3}{2}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\)．
\(2 S_n-\dfrac{1}{S_n}=2\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]-\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}\)．
\(n=2k(k∈N^* )\)时， \(2 S_n-\dfrac{1}{S_n}=2\left[1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right]-\dfrac{1}{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n}\)，关于\(n\)单调递增，
\(n=2\)时，取得最小值 \(2 S_2-\dfrac{1}{S_2}=\dfrac{1}{6}\)； \(n\rightarrow+\infty\)时， \(2 S_n-\dfrac{1}{S_n} \rightarrow 1\)．
\(n=2k-1(k∈N^* )\)时， \(2 S_n-\dfrac{1}{S_n}=2\left[1+\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right]-\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{1}{2}\right)^n}\)，关于\(n\)单调递减，\(n=1\)时，取得最大值 \(2 S_1-\dfrac{1}{S_1}=\dfrac{7}{3}\)；
\(n\rightarrow+\infty\)时， \(2 S_n-\dfrac{1}{S_n} \rightarrow 1\)．
对任意的\(n∈N^*\)，都有 \(A \leqslant 2 S_n-\dfrac{1}{S_n} \leqslant B\)恒成立，
则\(B-A\)的最小值为 \(\dfrac{7}{3}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{13}{6}\)．
故答案 为： \(\dfrac{13}{6}\)． -
答案 (1)\(a_n=2n+1\)，\(b_n=3^n\) ；(2) \(S_n=\dfrac{3}{4}-\dfrac{2 n+3}{2(n+1)(n+2)}\) ；(3)略 .
解析 (1)\(\because\)数列\(\{a_n \}\)是等差数列，其前n项和为\(A_n\)，\(a_7=15\)，\(A_7=63\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} a_7=a_1+6 d=15 \\ A_7=7 a_1+\dfrac{7 \times 6}{2} d=63 \end{array} \right.\)，解得\(a_1=3\)，\(d=2\)，
\(\therefore\) 数列\(\{a_n \}\)的通项公式为\(a_n=3+{n-1}×2=2n+1\)，
\(\because\)数列\(\{b_n\}\)的前n项和为\(B_n\)，\(2B_n=3b_n-3(n∈N^* )\)，
\(\therefore n⩾2\)时，\(2b_n=2(B_n-B_{n-1} )=3b_n-3-(3b_{n-1}-3)\)，
化为\(b_n=3b_{n-1}\)，
\(n=1\)，\(2b_1=3b_1-3\)，解得\(b_1=3\)，
\(\therefore \{b_n \}\)是以\(3\)为首项，\(3\)为公比的等比数列，
\(\therefore\)数列\(\{b_n\}\)的通项公式为\(b_n=3^n\)；
(2)\(\because\)数列\(\{a_n \}\)的通项公式为 \(A_n=3 n+\dfrac{n(n-1)}{2} \cdot 2=n^2+2 n\)，
\(\therefore \dfrac{1}{A_n}=\dfrac{1}{n^2+2 n}=\dfrac{1}{n(n+2)}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2}\right)\)，
\(\therefore\)数列 \(\left\{\dfrac{1}{A_n}\right\}\)的前 项和 \(S_n=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}+\cdots+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2}\right)\)，
即 \(S_n=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2}\right)=\dfrac{3}{4}-\dfrac{2 n+3}{2(n+1)(n+2)}\)；
(3)证明：\(\because \{b_n \}\)是以\(3\)为首项，\(3\)为公比的等比数列，
\(\therefore\) 数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和为 \(B_n=\dfrac{3\left(1-3^n\right)}{1-3}=\dfrac{3}{2}\left(3^n-1\right)\)，
\(\therefore \dfrac{a_k}{B_k}=\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{2 k+1}{3^k-1} \leqslant \dfrac{2}{3} \times \dfrac{2 k+1}{2 \cdot 3^{k-1}}=\dfrac{2 k+1}{3^k}\)，
令\(T_k\)为 \(\left\{\dfrac{2 k+1}{3^k}\right\}\)的前\(k\)项和，则\(T_k=\dfrac{3}{3^1}+\dfrac{5}{3^2}+\cdots+\dfrac{2 k-1}{3^{k-1}}+\dfrac{2 k+1}{3^k}\)，
两式相减得\(\dfrac{2}{3} T_k=1+2\left(\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^3}+\cdots+\dfrac{1}{3^k}\right)-\dfrac{2 k+1}{3^{k+1}}\)
\(=1+2 \times \dfrac{\dfrac{1}{9}\left(1-\dfrac{1}{3^{k-1}}\right)}{1-\dfrac{1}{3}}-\dfrac{2 k+1}{3^{k+1}}=\dfrac{4}{3}-\dfrac{2 k+4}{3^{k+1}}\)，
所以 \(T_k=2-\dfrac{k+2}{3^k}\)，
故 \(\sum_{k=1}^n \dfrac{a_k}{B_k} \leqslant T_k=2-\dfrac{n+2}{3^n}<2\)．
【C组---拓展题】
1.抛物线\(y^2=4px(p>0)\)的准线与\(x\)轴的交点为\(M\)，过点\(M\)作直线交抛物线于\(A\)，\(B\)两点．
(1)求线段\(AB\)中点的轨迹方程；
(2)若\(p=\dfrac{1}{2}\)，线段\(AB\)的垂直平分线交对称轴于点\(N(x_N，0)\)，求证：\(x_N>\dfrac{3}{2}\)；
(3)若\(p=\dfrac{1}{2}\)，直线\(l\)的斜率依次取\(\dfrac{1}{2}\)，\(\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\)，\(…\)， \(\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\)时，线段\(AB\)的垂直平分线与抛物线对称轴的交点依次是\(N_1\)，\(N_2\)，…，\(N_n\)，求\(S=\dfrac{1}{\left|N_1 N_2\right|}+\dfrac{1}{\left|N_2 N_3\right|}+\cdots+\dfrac{1}{\left|N_n N_{n+1}\right|}\)．
参考答案
- 答案 (1) \(y^2=2px+2p^2，(p>0，x>0)\)；(2)略；(3)\(\dfrac{1}{9}\left(1-\dfrac{1}{4^n}\right)\).
解析 (1)抛物线的准线方程为\(x=-p\)，\(\therefore M(-p，0)\)，
设\(l\)方程为\(y=k(x+p)(k≠0)\)，\(A(x_1，y_1 )\)，\(B(x_2，y_2 )\)，\(AB\)中点\(P(x_0，y_0)\)，
由\(\left\{\begin{array}{c} y=k(x+p) \\ y^2=4 p x \end{array}\right.\)得\(k^2 x^2+(2pk^2-4p)x+k^2 p^2=0 \quad (*)\)，
则\(x_1+x_2=\dfrac{4 p-2 p k^2}{k^2}\)， \(\therefore x_0=\dfrac{x_1+x_2}{2}=\dfrac{2 p}{k^2}-p\) ①，
又\(y_0=k\left(x_0+p\right)=\dfrac{2 p}{k}\) ②，
由①，②消\(k\)后得\(y_0^2=2px_0+2p^2，(p>0，x_0>0)\)，
即\(AB\)中点\(P\)轨迹方程为\(y^2=2px+2p^2，(p>0，x>0)\)．
(2)证明：设\(AB\)中点\(P(x_0，y_0)\)，由(1)可知 \(x_0=\dfrac{2 p}{k^2}-p=\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{2}\)，
又 \(y_0=k\left(x_0+p\right)=k\left(\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{k}\)，
\(\therefore P\left(\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{2}， \dfrac{1}{k}\right)\)
则线段\(AB\)的垂直平分线方程为\(y-\dfrac{1}{k}=-\dfrac{1}{k}\left[\chi-\left(\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{2}\right)\right]\)，
令\(y=0\)， \(x_N=\dfrac{1}{k^2}+\dfrac{1}{2}\)，
由(1)中的方程(*)，可知\(\Delta=\left(2 p k^2-4 p\right)^2-4 k^4 p^2=16 p^2-16 p k^2>0\)，
\(\therefore 0<k^2<1\)， \(\therefore \dfrac{1}{k^2}+\dfrac{1}{2}>\dfrac{3}{2}\)，则 \(x_N>\dfrac{3}{2}\)．
(3)设\(N_n (x_n，0)\)，
当直线\(l\)的斜率 \(k_n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\)时，由(2)可知 \(x_n=\dfrac{1}{k_n^2}+\dfrac{1}{2}=4^n+\dfrac{1}{2}\)，
\(\because\left|N_n N_{n+1}\right|=\left|x_{n+1}-x_n\right|=\left|4^{n+1}+\dfrac{1}{2}-\left(4^n+\dfrac{1}{2}\right)\right|=3 \cdot 4^n\)，
\(\therefore \dfrac{1}{\left|N_n N_{n+1}\right|}=\dfrac{1}{3} \cdot\left(\dfrac{1}{4}\right)^n\)，
\(\therefore \dfrac{1}{\left|N_n N_{n+1}\right|}\)是以\(\dfrac{1}{12}\)为首项，以\(\dfrac{1}{4}\)为公比的等比数列，
\(S=\dfrac{1}{\left|N_1 N_2\right|}+\dfrac{1}{\left|N_2 N_3\right|}+\cdots+\dfrac{1}{\left|N_n N_{n+1}\right|}=\dfrac{\dfrac{1}{12}\left(1-\left(\dfrac{1}{4}\right)^n\right)}{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{1}{9}\left(1-\dfrac{1}{4^n}\right)\)．