【名师导学】2015高考数学一轮总复习 等差、等比数列的概念、性质及应用同步课件 理

2015’新课标·名师导学·新高考第一轮总复习同步测试卷理科数学(九)【P269】(等差、等比数列的概念、性质及应用)时间：60分钟总分：100分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．已知{an}为等比数列，a3a8＝－8，a4＋a7＝2，则a1＋a10＝()A．7B．5C．－5D．－7D【解析】∵a4＋a7＋a10＝3a1＋(3＋6＋9)d＝3a1＋18d＝17得a4＋a5＋…＋a14＝11a1＋(3＋4＋…＋13)d＝11a1＋88d＝77，解得a1＝53，d＝23，∴13＝53＋(k－1)×23，k＝18，故选B.2．在等差数列{an}中，a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋a14＝77，如果ak＝13，那么k＝()A．17B．18C．19D．20B【解析】∵S4S2＝4，∴S4＝4S2，S4－S2S2＝3，又2(S4－S2)＝S2＋S6－S4，S6＝9S2∴S6S4＝9S24S2＝94，选A.3．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S4S2＝4，则S6S4的值为()A.94B.32C.54D．4A4．已知实数列an是等比数列，其前n项的和为Sn.若对于任意的正整数n，都有Sn0，则公比q的取值范围是()A．q0B．q－1且q≠0C．q－1且q≠1D．q的取值与a1有关B【解析】设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋n（n－1）2d，即Snn＝a1＋n－12d.所以S20162016－S20142014＝(a1＋2016－12d)－(a1＋2014－12d)＝d，由已知d＝2.又a1＝－2015，则S20152015＝a1＋2015－12d＝－2015＋2015－12×2＝－1，所以S2015＝－2015.5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝－2015，S20162016－S20142014＝2，则S2015＝()A．－2014B．2014C．－2015D．2015C【解析】a9S8－a8S9＝a1q8a1（1－q8）1－q－a1q7a1（1－q9）1－q＝a21q71－q[(q－q9)－(1－q9)]＝a21q71－q(q－1)＝－a21q70故a9S8a8S9，选A.6．已知等比数列{an}的公比q0，其前n项和为Sn，则a9S8与a8S9的大小关系是()A．a9S8a8S9B．a9S8a8S9C．a9S8≥a8S9D．a9S8≤a8S9A【解析】将数列变形为19×(10－1)，19×(100－1)，19×(1000－1)，…，则an＝19(10n－1)．an＝19(10n－1)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将各小题的结果填在题中横线上．)7．数列1，11，111，1111，…的通项公式是__．8．记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，若am－1am＋1－3am＝0，T2m－1＝243，则m＝____．39．已知log6a＋log6b＋log6c＝6，其中a，b，c∈N*，(1)若a，b，c是递增的等比数列，则b＝____；(2)在(1)的条件下，又b－a为一完全平方数，则a＋b＋c＝____．36111【解析】由条件有abc＝66，∵a，b，c为等比数列，所以b2＝ac，∴b3＝66，∴b＝36.ac＝362，于是，b－a36，又因为b－a为一完全平方数，所以，b－a只能是1，4，9，16，25，所以，a只能取35，32，27，20，11.又ac＝362＝34·24，所以，a一定是34·24的因数，所以a＝27，此时c＝48，∴a＋b＋c＝111.an＝－12n10．已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，且对任意实数a，b，恒有f(ab)＝af(b)＋bf(a)，f(2)＝2.则f12＝____；令an＝f12nn(n∈N*)，则an关于n的表达式为__．－12【解析】令a＝b＝1，得f(1)＝0.从而f(1)＝f2×12＝2f12＋12f(2)＝2f12＋1＝0，故f12＝－12，当ab≠0时，f（ab）ab＝f（a）a＋f（b）b，令g(x)＝f（x）x，即f(x)＝xg(x)，从而g(ab)＝g(a)＋g(b)．当n∈N*时，g(an)＝ng(a)，则f(an)＝ang(an)＝nang(a)＝nan－1·ag(a)＝nan－1f(a)，所以f（an）n＝an－1f(a)，则an＝f12nn＝12n－1f12＝－12n.【解析】(1)由a1＝13(a1－1)，∴3a1＝a1－1.∴a1＝－12.又a1＋a2＝13(a2－1)，∴a2＝14，同理a3＝－18∴a1＝－12，a2＝14，a3＝－18.11．(16分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝13(an－1)．(1)求a1，a2及a3；(2)证明：数列{an}是等比数列，并求an.三、解答题(本大题共3小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)(2)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝13(an－1)－13(an－1－1)＝13an－13an－1∴anan－1＝－12，故n≥2时，an＝－12n，当n＝1时，a1＝－121＝－12满足上式，∴{an}是等比数列，an＝－12n，n∈N*.12．(16分)已知：等差数列an中，a3＋a4＝15，a2a5＝54，公差d0.且数列bn满足bn＝na112－.(1)求证：数列bn是等比数列；(2)已知Sn是数列an的前n项之和，Tm是数列bn的前m项之和，若Sn－ann的最大值恒大于Tm，求符合条件的m值．【解析】(1)∵{an}为等差数列，∴a2＋a5＝a3＋a4，∴a2＋a5＝15，a2·a5＝54，解得a2＝6，a5＝9，(因d0，舍去)或a2＝9，a5＝6，⇒d＝－1，a1＝10.∴an＝11－n.∴bn＝211－an＝2n，∵bn＋1bn＝2n＋12n＝2，所以数列bn是等比数列．(2)∵a1＝10，an＝11－n；b1＝2，bn＝na112－＝2n，∴Sn＝－12n2＋212n，Tm＝2m＋1－2.Sn－ann＝－12n2＋212n－（11－n）n＝－12n＋22n＋232.∵f(x)＝x＋22x，f′(x)＝1－22x2＝0，知f(x)在(0，22)上单减，在(22，＋∞)上单增，又4225，而f(4)＝912f(5)＝925.∴当n＝5时，Sn－ann取最大值为－12×475＋232＝345.又∵Sn－ann的最大值恒大于Tm，∴3452m＋1－2，此时m值取1，2.13．(18分)已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝23an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．(1)对任意实数λ，证明：数列{an}不是等比数列；(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；(3)设0ab，Sn为数列{bn}的前n项和，是否存在实数λ，使得对任意正整数n，都有aSnb？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】(1)假设存在一个实数λ，使数列an是等比数列，则有a22＝a1a3，即23λ－32＝λ49λ－4⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾，∴an不是等比数列；(2)∵bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]＝(－1)n＋123an－2n＋14＝－23(－1)n(an－3n＋21)＝－23bn又b1＝－λ－18，当λ＝－18时，bn＝0，此时bn不是等比数列；当λ≠－18时，bn≠0，∴bn＋1bn＝－23，此时bn是首项为b1＝－λ－18，公比为－23的等比数列；(3)由(2)知，当λ＝－18时，bn＝0，Sn＝0，不满足题意，∴λ≠－18，故知bn＝(－λ－18)×－23n－1，于是Sn＝－35(λ＋18)1－－23n要使aSnb对任意正整数n恒成立，即a－35(λ＋18)1－－23nb得a1－－23n－35(λ＋18)b1－－23n，(*)令f(n)＝1－－23n，则当n为正奇数时，1f(n)≤53，当n为正偶数时，59≤f(n)1，∴f(n)max＝f(1)＝53，f(n)min＝f(2)＝59，于是由(*)得9a5－35(λ＋18)3b5∴－b－18λ－3a－18(必须－b－3a即b3a)．当ab≤3a时，由－b－18≥－3a－18，不存在实数λ满足题意．当b3a时，存在实数λ，使得对任意正整数n，都有aSnb，且λ的取值范围为(－b－18，－3a－18)．