人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试课时作业

这是一份人教版新课标A必修5第二章 数列综合与测试课时作业，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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( )
A.1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 由题意知，a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(5,16)，c＝eq \f(3,16)，
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．33 B．72 C．84 D．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．4 B．6 C．8 D．10
答案 C
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
②÷①得，q＝eq \f(170,85)＝2，
∴S2n＝S奇＋S偶＝255＝eq \f(a11－q2n,1－q)＝eq \f(1－22n,1－2)，
∴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．n B．n＋1 C．2n－1 D．2n＋1
答案 B
解析 由题意aeq \\al(2,3)＝a1a7，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，
得a1d＝2d2.
又d≠0，∴a1＝2d，S7＝7a1＋eq \f(7×6,2)d＝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eq \f(a3,a5)的值是( )
A.eq \f(15,16) B.eq \f(15,8) C.eq \f(3,4) D.eq \f(3,8)
答案 C
解析 由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，
∴a3·a2＝a2＋(－1)3，∴a3＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(1,2)a4＝eq \f(1,2)＋(－1)4，∴a4＝3，
∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝eq \f(2,3)，
∴eq \f(a3,a5)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,2)＝eq \f(3,4).
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
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＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋23n，
＝－(n－eq \f(23,2))2＋eq \f(232,4)
∴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eq \f(a,q)，a，aq.由eq \f(a,q)·a·aq＝a3＝64，得a＝4.
由eq \f(a,q)＋a＋aq＝eq \f(4,q)＋4＋4q＝14.解得q＝eq \f(1,2)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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝354,S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)lgmx＋(c－a)lgmy＋(a－b)lgmz＝______.
答案 0
解析 ∵a，b，c成等差数列，设公差为d，
则(b－c)lgmx＋(c－a)lgmy＋(a－b)lgmz＝－dlgmx＋2dlgmy－dlgmz
＝dlgmeq \f(y2,xz)＝dlgm1＝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，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝\f(a11－q3,1－q)＝3,S6＝\f(a11－q6,1－q)＝9))，
∴eq \f(S6,S3)＝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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an，已知：b1＋b2＋b3＝eq \f(21,8)，b1b2b3＝eq \f(1,8)，求等差数列的通项an.
解 设等差数列{an}的公差为d，
则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an＋1－an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))d.
∴数列{bn}是等比数列，公比q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))d.
∴b1b2b3＝beq \\al(3,2)＝eq \f(1,8)，∴b2＝eq \f(1,2).
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＋b3＝\f(17,8),b1·b3＝\f(1,4)))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝\f(1,8),b3＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝2,b3＝\f(1,8))).
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝\f(1,8),b3＝2))时，q2＝16，∴q＝4(q＝－4<0舍去)
此时，bn＝b1qn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))·4n－1＝22n－5.
由bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5－2n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an，∴an＝5－2n.
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝2,b3＝\f(1,8)))时，q2＝eq \f(1,16)，∴q＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＝－\f(1,4)<0舍去))
此时，bn＝b1qn－1＝2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))an，
∴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＝eq \f(1,nan＋3) (n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn>eq \f(t,36)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.∵d>0，∴d＝2
∵a1＝1.∴an＝2n－1 (n∈N*)．
(2)bn＝eq \f(1,nan＋3)＝eq \f(1,2nn＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
假设存在整数t满足Sn>eq \f(t,36)总成立，
又Sn＋1－Sn＝eq \f(n＋1,2n＋2)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(1,2n＋2n＋1)>0，
∴数列{Sn}是单调递增的．
∴S1＝eq \f(1,4)为Sn的最小值，故eq \f(t,36)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aeq \\al(2,5)＝a1a17，
即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)．
∵d≠0，由此解得2d＝a1.
公比q＝eq \f(a5,a1)＝eq \f(a1＋4d,a1)＝3.∴akn＝a1·3n－1.
又akn＝a1＋(kn－1)d＝eq \f(kn＋1,2)a1，
∴a1·3n－1＝eq \f(kn＋1,2)a1.
∵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 (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＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn－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＝eq \f(3＋2t,3t)，eq \f(a2,a1)＝eq \f(3＋2t,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.
∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(2t＋3,3t)，(n＝2,3，…)．
∴数列{an}是一个首项为1，
公比为eq \f(2t＋3,3t)的等比数列．
(2)解 由f(t)＝eq \f(2t＋3,3t)＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,t)，
得bn＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn－1)))＝eq \f(2,3)＋bn－1.
∴数列{bn}是一个首项为1，公差为eq \f(2,3)的等差数列．
∴bn＝1＋eq \f(2,3)(n－1)＝eq \f(2n＋1,3).
(3)解 由bn＝eq \f(2n＋1,3)，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和eq \f(5,3)，公差均为eq \f(4,3)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)
＝－eq \f(4,3)(b2＋b4＋…＋b2n)＝－eq \f(4,3)·eq \f(1,2)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)＋\f(4n＋1,3)))
＝－eq \f(4,9)(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．
1
2
eq \f(1,2)
1
a
b
c