2019年高中数学 第2章 数列复习课 苏教版必修5.doc

2019年高中数学 第2章 数列复习课 苏教版必修5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、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abc的值为_.121abc2.已知等比数列an，a13，且4a1、2a2、a3成等差数列，则a3a4a5_.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_5在数列an中，a11，anan1an1(1)n (n2，nN)，则的值是_6已知等比数列an的各项均为正数，数列bn满足bnln an，b318，b612，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3227，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(bc)logmx(ca)logmy(ab)logmz_.10等比数列an中，S33，S69，则a13a14a15_.二、解答题11设an是等差数列，bnan，已知：b1b2b3，b1b2b3，求等差数列的通项an.12已知等差数列an的首项a11，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 (nN*)，Snb1b2bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn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d0，其中ak1，ak2，akn恰为等比数列，若k11，k25，k317，求k1k2kn.14设数列an的首项a11，前n项和Sn满足关系式：3tSn(2t3)Sn13t (t0，n2,3,4，)(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b11，bnf (n2,3,4，)求数列bn的通项bn；(3)求和：b1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2nb2n1.1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：建立基本量的方程(组)求解；巧用等差数列或等比数列的性质求解；构建递推关系求解复习课数列答案作业设计11解析由题意知，a，b，c，故abc1.284解析由题意可设公比为q，则4a24a1a3，又a13，q2.a3a4a5a1q2(1qq2)34(124)84.38解析设项数为2n，公比为q.由已知S奇a1a3a2n1.S偶a2a4a2n.得，q2，S2nS奇S偶255，2n8.4ann1解析由题意aa1a7，即(a12d)2a1(a16d)，得a1d2d2.又d0，a12d，S77a1d35d35.d1，a12，ana1(n1)dn1.5.解析由已知得a21(1)22，a3a2a2(1)3，a3，a4(1)4，a43，3a53(1)5，a5，.6132解析an是各项不为0的正项等比数列，bn是等差数列又b318，b612，b122，d2，Sn22n(2)n223n，(n)2当n11或12时，Sn最大，(Sn)max1122311132.72,4,8解析设这三个数为，a，aq.由aaqa364，得a4.由aaq44q14.解得q或q2.这三个数从小到大依次为2,4,8.85解析S偶a2a4a6a8a10a12；S奇a1a3a5a7a9a11.则，S奇162，S偶192，S偶S奇6d30，d5.90解析a，b，c成等差数列，设公差为d，则(bc)logmx(ca)logmy(ab)logmzdlogmx2dlogmydlogmzdlogmdlogm10.1048解析易知q1，1q33，q32.a13a14a15(a1a2a3)q12S3q1232448.11解设等差数列an的公差为d，则an1and.数列bn是等比数列，公比qd.b1b2b3b，b2.，解得或.当时，q216，q4(q40，d2a11.an2n1 (nN*)(2)bn，Snb1b2bn.假设存在整数t满足Sn总成立，又Sn1Sn0，数列Sn是单调递增的S1为Sn的最小值，故，即t9.又tZ，适合条件的t的最大值为8.13解由题意知a25a1a17，即(a14d)2a1(a116d)d0，由此解得2da1.公比q3.akna13n1.又akna1(kn1)da1，a13n1a1.a10，kn23n11，k1k2kn2(133n1)n3nn1.14(1)证明由a1S11，S21a2，得a2，.又3tSn(2t3)Sn13t，3tSn1(2t3)Sn23t.，得3tan(2t3)an10.，(n2,3，)数列an是一个首项为1，公比为的等比数列(2)解由f(t)，得bnfbn1.数列bn是一个首项为1，公差为的等差数列bn1(n1).(3)解由bn，可知b2n1和b2n是首项分别为1和，公差均为的等差数列于是b1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2nb2n1b2(b1b3)b4(b3b5)b6(b5b7)b2n(b2n1b2n1)(b2b4b2n)n(2n23n)