2012届高考数学第一轮数列专项复习

复习课　数列

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(　　)

12
12
1
a
b
c
A.1 B．2 C．3 D．4
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．33 B．72
C．84 D．189
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．4 B．6 C．8 D．10
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．n B．n＋1
C．2n－1 D．2n＋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.1516 B.158 C.34 D.38
6．已知等比数列{an}的各项均为正数，数列{bn}满足bn＝ln an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}前n项和的最大值等于(　　)
A．126 B．130
C．132 D．134

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__________．
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________．
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＝______.
10. 等比数列{an}中，S3＝3，S6＝9，则a13＋a14＋a15＝__________.

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.

12．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，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Sn>t36总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由．

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.

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 (t>0，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＝f1bn－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．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．

复习课　数　列
答案

作业设计
1．A　[由题意知，a＝12，b＝516，c＝316，故a＋b＋c＝1.]
2．C　[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．C　[设项数为2n，公比为q.由已知
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1.①
S偶＝a2＋a4＋…＋a2n. ②
②÷①得，q＝17085＝2，
∴S2n＝S奇＋S偶＝255＝a1(1－q2n)1－q＝1－22n1－2，∴2n＝8.]
4．B　[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．C　[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．C　[∵{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.]
7．2,4,8
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.
8．5
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.
9．0
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.
10．48
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.
11．解　设等差数列{an}的公差为d，
则bn＋1bn＝12an＋112an＝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＝－4<0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＝14q＝－14<0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．解　(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2.∵d>0，∴d＝2
∵a1＝1.∴an＝2n－1 (n∈N＋)．
(2)bn＝1n(an＋3)＝12n(n＋1)＝121n－1n＋1，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝121－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝121－1n＋1＝n2(n＋1).
假设存在整数t满足Sn>t36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t36<14，即t<9.
又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8.
13．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．(1)证明　由a1＝S1＝1，S2＝1＋a2，
得a2＝3＋2t3t，a2a1＝3＋2t3t.
又3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t，①
3tSn－1－(2t＋3)Sn－2＝3t.②
①－②，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＝f1bn－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?12n53＋4n＋13

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