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苏教版必修5课时作业第2章 复习课


复习课
课时目标

数列

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、填空题 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________. 1 2 1 1 2 a b c 2.已知等比数列{an},a1=3,且 4a1、2a2、a3 成等差数列,则 a3+a4+a5=________. 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________. 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}的通项为______________. a3 5.在数列{an}中,a1=1,anan-1=an-1+(-1)n (n≥2,n∈N+),则 的值是________. a5 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________. 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=____________. 二、解答题 1? 21 1 11.设{an}是等差数列,bn=? ?2?an,已知:b1+b2+b3= 8 ,b1b2b3=8,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; 1 t (2)设 bn= (n∈N*), Sn=b1+b2+?+bn, 是否存在 t, 使得对任意的 n 均有 Sn> 36 n?an+3? 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=f?b

?

n-1

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 答案
作业设计 1.1



1 5 3 解析 由题意知,a= ,b= ,c= ,故 a+b+c=1. 2 16 16 2.84 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. 3.8 解析 设项数为 2n,公比为 q. 由已知 S 奇=a1+a3+?+a2n-1.① S 偶=a2+a4+?+a2n.② 170 ②÷ ①得,q= =2, 85 a1?1-q2n? 1-22n ∴S2n=S 奇+S 偶=255= = ,∴2n=8. 1-q 1-2 4.an=n+1 2 2 解析 由题意 a2 3=a1a7,即(a1+2d) =a1(a1+6d),得 a1d=2d . 7×6 又 d≠0,∴a1=2d,S7=7a1+ d=35d=35. 2 ∴d=1,a1=2,an=a1+(n-1)d=n+1. 3 5. 4 解析 由已知得 a2=1+(-1)2=2, 1 ∴a3· a2=a2+(-1)3,∴a3= , 2

1 1 ∴ a4= +(-1)4,∴a4=3, 2 2 2 a3 1 3 3 ∴3a5=3+(-1)5,∴a5= ,∴ = × = . 3 a5 2 2 4 6.132 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, n?n-1? 23 232 ∴Sn=22n+ ×(-2)=-n2+23n,=-(n- )2+ 2 2 4 ∴当 n=11 或 12 时,Sn 最大, ∴(Sn)max=-112+23×11=132. 7.2,4,8 a a 解析 设这三个数为 ,a,aq.由 · a· aq=a3=64,得 a=4. q q a 4 1 由 +a+aq= +4+4q=14.解得 q= 或 q=2. q 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. ? ?S奇+S偶=354 则? ,∴S 奇=162,S 偶=192, ?S偶÷ S奇=32∶27 ? ∴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 y2 =dlogm =dlogm1=0. xz 10.48

解析

? ? 易知 q≠1,∴? a ?1-q ? ? ?S = 1-q =9
1 6 6

a1?1-q3? S3= =3 1-q



S6 ∴ =1+q3=3,∴q3=2. S3 ∴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, ?1? bn+1 ?2?an+1 ?1? 1?d 则 = =?2?an+1-an=? ?2? . bn ?1?an ? 2? 1?d ∴数列{bn}是等比数列,公比 q=? ?2? . 1 1 ∴b1b2b3=b3 2= ,∴b2= . 8 2 17 1 b =2 b1+b3= ? ? 8 ?b1=8 ? 1 ∴ ,解得? 或? 1 . 1 b3= ? ? 8 ?b3=2 ? b1· b3= 4

? ? ?

1 ? ?b1=8 当? 时,q2=16,∴q=4(q=-4<0 舍去) ? ?b3=2 1? n-1 2n-5 - 此时,bn=b1qn 1=? 4 =2 . ?8?· 1?5-2n ?1? 由 bn=? ?2? =?2?an,∴an=5-2n. b =2 ? ? 1 1 1 1? 2 ? 当? 1 时,q =16,∴q=4?q=-4<0舍去? b = ? ? 3 8 此时,bn=b1q
n-1

1?n-1 ?1?2n-3 ? 1 ? n ? =2· ?4? =?2? = ? 2 ? , ? ?

a

∴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*). 1 1 1 1 1 (2)bn= = = ?n-n+1?, ? n?an+3? 2n?n+1? 2? 1 1 1?? 1? ?1 1? ∴Sn=b1+b2+?+bn= ?1-2?+?2-3?+?+?n-n+1?? 2? ? ?? 1 ? 1? n = 1-n+1 = 2? ? 2?n+1?. t 假设存在整数 t 满足 Sn> 总成立, 36 n+1 n 1 又 Sn+1-Sn= - = >0, 2?n+2? 2?n+1? 2?n+2??n+1? 1 t 1 ∴数列{Sn}是单调递增的.∴S1= 为 Sn 的最小值,故 < ,即 t<9.又∵t∈Z,∴适合 4 36 4 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. a5 a1+4d - 公比 q= = =3.∴akn=a1· 3n 1. a1 a1 kn+1 又 akn=a1+(kn-1)d= a, 2 1 kn+1 - ∴a1· 3n 1= a. 2 1 - ∵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, 3+2t a2 3+2t 得 a2= , = . 3t a1 3t 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. an 2t+3 ∴ = ,(n=2,3,?). 3t an-1 2t+3 ∴数列{an}是一个首项为 1,公比为 的等比数列. 3t

1 2t+3 2 1 2 = + ,得 bn=f?b ?= +bn-1. 3t 3 t ? n-1? 3 2 ∴数列{bn}是一个首项为 1,公差为 的等差数列. 3 2n+1 2 ∴bn=1+ (n-1)= . 3 3 2n+1 5 4 (3)解 由 bn= ,可知{b2n-1}和{b2n}是首项分别为 1 和 ,公差均为 的等差数列. 3 3 3 于是 b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+?+b2n-1b2n-b2nb2n+1 =b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+b6(b5-b7)+?+b2n(b2n-1-b2n+1) 4 4 1 5 4n+1? =- (b2+b4+?+b2n)=- ·n? + 3 3 2 ?3 3 ? 4 2 =- (2n +3n). 9 (2)解 由 f(t)=


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