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1、复习课复习课 数列数列课时目标 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abc的值为( )12 1 21a b c A.1 B2 C3 D4 2已知等比数列an，a13，且 4a1、2a2、a3成等差数列，则a3a4a5等于( ) A33 B72 C84 D189 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( ) A4 B6 C8 D10 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
2、和为 35，则 数列an的通项an等于( ) An Bn1 C2n1 D2n15在数列an中，a11，anan1an1(1)n (n2，nN N)，则的值是( )a3 a5A. B. C. D.15 1615 83 43 8 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( ) A126 B130 C132 D134二、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 3227，则 这个等差数列的公差是_
3、 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_.三、解答题11设an是等差数列，bnan，已知：b1b2b3，b1b2b3 ，求等差数列的(1 2)21 81 8 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 N)，Snb1b2bn，是否存在t，使得对任意的n均1 n(an3)有Sn总成立？若存在，求出最大的整数t
4、；若不存在，请说明理由t 36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 (1 bn1) (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
5、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复习课 数数 列列 答案答案作业设计1A 由题意知，a ，b，c，故abc1.1 25 163 16 2C 由题意可设公比为q，则 4a24a1a3，又a13，q2. a3a4a5a1q2(1qq2)34(124)84. 3C 设项数为 2n，公比为q.由已知 S奇a1a3a2n1. S偶a2a4a2n. 得，q2，170 85S2nS奇S偶255，2n8.a1(1q2n) 1q122n 12 4
6、B 由题意aa1a7，即(a12d)2a1(a16d)，得a1d2d2.2 3又d0，a12d，S77a1d35d35.7 6 2 d1，a12，ana1(n1)dn1. 5C 由已知得a21(1)22，a3a2a2(1)3，a3 ，1 2a4 (1)4，a43，1 21 23a53(1)5，a5 ，2 3 .a3 a51 23 23 4 6C 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)2n(n1) 223 2232 4 当n11 或 12 时，Sn最大， (Sn)max1122311132. 72,4,8解析
7、 设这三个数为 ，a，aq.由 aaqa364，得a4.a qa q由 aaq 44q14.a q4 q解得q 或q2.1 2 这三个数从小到大依次为 2,4,8. 85 解析 S偶a2a4a6a8a10a12；S奇a1a3a5a7a9a11. 则Error!，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.y2 xz 1048 解析 易知q1，Error!，1q33，q32.S6 S3 a13a14a15(a1a2a3)q
8、12S3q1232448. 11解 设等差数列an的公差为d，则an1and.bn1 bn(1 2)an1(1 2)an(1 2)(1 2)数列bn是等比数列，公比qd.(1 2)b1b2b3b ，b2 .3 21 81 2Error!，解得Error!或Error!. 当Error!时，q216，q4(q40，d2 a11.an2n1 (nN N)(2)bn，1 n(an3)1 2n(n1)1 2(1 n1 n1)Snb1b2bn.1 2(11 2)(1 21 3)(1 n1 n1)1 2(11 n1)n 2(n1)假设存在整数t满足Sn总成立，t 36又Sn1Sn0，n1 2(n2)n 2
9、(n1)1 2(n2)(n1) 数列Sn是单调递增的S1 为Sn的最小值，故 ，即t9.1 4t 361 4 又tZ Z，适合条件的t的最大值为 8. 13解 由题意知aa1a17，即(a14d)2a1(a116d)2 5 d0，由此解得 2da1.公比q3.akna13n1.a5 a1a14d a1又akna1(kn1)da1，kn1 2a13n1a1.kn1 2 a10，kn23n11， k1k2kn2(133n1)n3nn1. 14(1)证明 由a1S11，S21a2，得a2，.32t 3ta2 a132t 3t 又 3tSn(2t3)Sn13t， 3tSn1(2t3)Sn23t.，得
10、3tan(2t3)an10.，(n2,3，)an an12t3 3t数列an是一个首项为 1，公比为的等比数列2t3 3t(2)解 由f(t) ，2t3 3t2 31 t得bnf bn1.(1 bn1)2 3数列bn是一个首项为 1，公差为 的等差数列2 3bn1 (n1).2 32n1 3(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2n1 35 34 3 列 于是b1b2b2b3b3b4b4b5b2n1b2nb2nb2n1 b2(b1b3)b4(b3b5)b6(b5b7)b2n(b2n1b2n1) (b2b4b2n)4 3 n4 31 2(5 34n1 3) (2n23n)4 9
