2012届高考数学第一轮数列专项复习

逍遥右脑  2014-02-20 08:54

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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