高二数学人教A必修5练习第二章数列复习课Word版含解析

第二章章末复习课课时目标综合运用等差数列与等比数列的有关知识，解决数列综合问题和实际问题．一、选择题1．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c的值为()12121abcA.1B．2C．3D．4答案A解析由题意知，a＝12，b＝516，c＝316，故a＋b＋c＝1.2．已知等比数列{an}，a1＝3，且4a1、2a2、a3成等差数列，则a3＋a4＋a5等于()A．33B．72C．84D．189答案C解析由题意可设公比为q，则4a2＝4a1＋a3，又a1＝3，∴q＝2.∴a3＋a4＋a5＝a1q2(1＋q＋q2)＝3×4×(1＋2＋4)＝84.3．已知一个等比数列首项为1，项数为偶数，其奇数项和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为()A．4B．6C．8D．10答案C解析设项数为2n，公比为q.由已知S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1.①S偶＝a2＋a4＋…＋a2n.②②÷①得，q＝17085＝2，∴S2n＝S奇＋S偶＝255＝a11－q2n1－q＝1－22n1－2，∴2n＝8.4．在公差不为零的等差数列{an}中，a1，a3，a7依次成等比数列，前7项和为35，则数列{an}的通项an等于()A．nB．n＋1C．2n－1D．2n＋1答案B解析由题意a23＝a1a7，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，得a1d＝2d2.又d≠0，∴a1＝2d，S7＝7a1＋7×62d＝35d＝35.∴d＝1，a1＝2，an＝a1＋(n－1)d＝n＋1.5．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N＋)，则a3a5的值是()A.1516B.158C.34D.38答案C解析由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，∴a3·a2＝a2＋(－1)3，∴a3＝12，∴12a4＝12＋(－1)4，∴a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝23，∴a3a5＝12×32＝34.6．已知等比数列{an}的各项均为正数，数列{bn}满足bn＝lnan，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}前n项和的最大值等于()A．126B．130C．132D．134答案C解析∵{an}是各项不为0的正项等比数列，∴{bn}是等差数列．又∵b3＝18，b6＝12，∴b1＝22，d＝－2，∴Sn＝22n＋nn－12×(－2)＝－n2＋23n，＝－(n－232)2＋2324∴当n＝11或12时，Sn最大，∴(Sn)max＝－112＋23×11＝132.二、填空题7．三个数成等比数列，它们的和为14，积为64，则这三个数按从小到大的顺序依次为__________．答案2,4,8解析设这三个数为aq，a，aq.由aq·a·aq＝a3＝64，得a＝4.由aq＋a＋aq＝4q＋4＋4q＝14.解得q＝12或q＝2.∴这三个数从小到大依次为2,4,8.8．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项与奇数项和之比为32∶27，则这个等差数列的公差是____．答案5解析S偶＝a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12；S奇＝a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11.则S奇＋S偶＝354S偶÷S奇＝32∶27，∴S奇＝162，S偶＝192，∴S偶－S奇＝6d＝30，d＝5.9．如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b－c)logmx＋(c－a)logmy＋(a－b)logmz＝______.答案0解析∵a，b，c成等差数列，设公差为d，则(b－c)logmx＋(c－a)logmy＋(a－b)logmz＝－dlogmx＋2dlogmy－dlogmz＝dlogmy2xz＝dlogm1＝0.10．等比数列{an}中，S3＝3，S6＝9，则a13＋a14＋a15＝________.答案48解析易知q≠1，∴S3＝a11－q31－q＝3S6＝a11－q61－q＝9，∴S6S3＝1＋q3＝3，∴q3＝2.∴a13＋a14＋a15＝(a1＋a2＋a3)q12＝S3·q12＝3×24＝48.三、解答题11．设{an}是等差数列，bn＝12an，已知：b1＋b2＋b3＝218，b1b2b3＝18，求等差数列的通项an.解设等差数列{an}的公差为d，则bn＋1bn＝12an＋112an＝12an＋1－an＝12d.∴数列{bn}是等比数列，公比q＝12d.∴b1b2b3＝b32＝18，∴b2＝12.∴b1＋b3＝178b1·b3＝14，解得b1＝18b3＝2或b1＝2b3＝18.当b1＝18b3＝2时，q2＝16，∴q＝4(q＝－40舍去)此时，bn＝b1qn－1＝18·4n－1＝22n－5.由bn＝125－2n＝12an，∴an＝5－2n.当b1＝2b3＝18时，q2＝116，∴q＝14q＝－140舍去此时，bn＝b1qn－1＝2·14n－1＝122n－3＝12an，∴an＝2n－3.综上所述，an＝5－2n或an＝2n－3.12．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1nan＋3(n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Snt36总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由．解(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2.∵d0，∴d＝2∵a1＝1.∴an＝2n－1(n∈N*)．(2)bn＝1nan＋3＝12nn＋1＝121n－1n＋1，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝121－1n＋1＝n2n＋1.假设存在整数t满足Snt36总成立，又Sn＋1－Sn＝n＋12n＋2－n2n＋1＝12n＋2n＋10，∴数列{Sn}是单调递增的．∴S1＝14为Sn的最小值，故t3614，即t9.又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8.能力提升13．已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，其中ak1，ak2，…，akn恰为等比数列，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k1＋k2＋…＋kn.解由题意知a25＝a1a17，即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)．∵d≠0，由此解得2d＝a1.公比q＝a5a1＝a1＋4da1＝3.∴akn＝a1·3n－1.又akn＝a1＋(kn－1)d＝kn＋12a1，∴a1·3n－1＝kn＋12a1.∵a1≠0，∴kn＝2·3n－1－1，∴k1＋k2＋…＋kn＝2(1＋3＋…＋3n－1)－n＝3n－n－1.14．设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足关系式：3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t(t0，n＝2,3,4，…)．(1)求证：数列{an}是等比数列；(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1＝1，bn＝f1bn－1(n＝2,3,4，…)．求数列{bn}的通项bn；(3)求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2n·b2n＋1.(1)证明由a1＝S1＝1，S2＝1＋a2，得a2＝3＋2t3t，a2a1＝3＋2t3t.又3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t，①3tSn－1－(2t＋3)Sn－2＝3t.②①－②，得3tan－(2t＋3)an－1＝0.∴anan－1＝2t＋33t，(n＝2,3，…)．∴数列{an}是一个首项为1，公比为2t＋33t的等比数列．(2)解由f(t)＝2t＋33t＝23＋1t，得bn＝f1bn－1＝23＋bn－1.∴数列{bn}是一个首项为1，公差为23的等差数列．∴bn＝1＋23(n－1)＝2n＋13.(3)解由bn＝2n＋13，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列．于是b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1＝b2(b1－b3)＋b4(b3－b5)＋b6(b5－b7)＋…＋b2n(b2n－1－b2n＋1)＝－43(b2＋b4＋…＋b2n)＝－43·12n53＋4n＋13＝－49(2n2＋3n)．1．等差数列和等比数列各有五个量a1，n，d，an，Sn或a1，n，q，an，Sn.一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和d(或q)，问题可迎刃而解．2．数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑：①建立基本量的方程(组)求解；②巧用等差数列或等比数列的性质求解；③构建递推关系求解．