高考数学一轮巩固 第九讲 等差、等比数列的概念、性质及应用同步检测课件 文

二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24 分，将各小题的结果填在题中横线上．)
7．已知等比数列{an}中，有 a3a11＝4a7，数列 {bn}是等差数列，且 b7＝a7，则 b5＋b9＝__8__．
【解析】∵{an}为等比数列，∴a3a11＝a27＝4a7， ∴a7＝4.又∵数列{bn}为等差数列，且 b7＝a7＝4， ∴b5＋b9＝2b7＝8.
＝1－n＋1 1＝n＋n 1
由 Tn＝n＋n 1>22 001145得 n>2 014，
故使
2 Tn>2
001145的最小正整数
n
为
2
015.
13．(14 分)在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)， 公比 q∈(0，1)，且 a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又 a3 与 a5 的等比中项为 2.
2．正项等比数列an的前 n 项和为 Sn 且 a2a4＝
1，S3＝13，若 bn＝log3an，则 bn 等于( D )
A．n－3
B．2－n
C．n－2
D．3－n
【解析】设数列{an}的公比为 q，则aS23a＝4＝131，，
∴
a1q·a1q3＝1， a1＋a2＋a3＝13，
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log2an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn；
(3)是否存在 k∈N*，使得S11＋S22＋…＋Snn<k 对 任意 n∈N*恒对立，若存在，求出 k 的最小值，若 不存在，请说明理由．
【解析】(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a23＋2a3a5＋a25＝25，∴(a3＋a5)2＝25， 又 an>0，∴a3＋a5＝5，又 a3 与 a5 的等比中项 为 2， ∴a3a5＝4. 而 q∈(0，1)，∴a3>a5，∴a3＝4，a5＝1，
2015’新课标·名师导学·新高考第一轮总 复习同步测试卷
文科数学(九) (等差、等比数列的概念、性质及应用)
时间：60分钟 总分：100分
一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36 分．每小题所给的四个选项中只有一项是符合 题目要求的．)
1．(2013 辽宁)下面是关于公差 d＞0 的等差数
8．在 1 和 9 之间插入三个正数，使这五个数 成等比数列，则插入的三个数的和为__4___3_＋__3_．
【解析】设这五个数构成的等比数列的公比为 q，则 q>0，又 a1＝1，a5＝9，所以 q4＝9，q＝ 3， 所以 a2＝ 3，a3＝3，a4＝3 3，故插入的三个数的 和为 a2＋a3＋a4＝4 3＋3.
(2)bn＝ log3a2n ＝ － n， ∴bnbn＋ 1＝ n(n＋ 1) ，
bnb1n＋1＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1，
Tn
＝
1 b1b2
＋
1 b2b3
＋
1 b3b4
＋
…
＋
1 bnbn＋1
＝
1－12
＋
12－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1
即 a1·ak4＝4a1·16a1 得 ak4＝a1×43＝(3k4－ 2)a1，解得 k4＝22.
10．如图所示，将数以斜线作如下分类：(1)， (2，3)，(4，6，5)，(8，12，10，7)，(16，24，20， 14，9)，…，并顺次称其为第 1 类，第 2 类，第 3 类，第 4 类，第 5 类，…，
4 又数列{an}成等比数列，∴a1＝aa322＝－81227＝－23
＝13－c，所以 c＝1. 又公比 q＝aa21＝13， 所以 an＝－2313n－1＝－213n，n∈N*.
解法二：当 n≥2 时， an＝Sn－Sn－1＝13n－13n－1＝－213n， ∵{an}为等比数列，∴a1＝S1＝13－c 适合上式， ∴13－c＝－23，得 c＝1. ∴{an}的通项公式为 an＝－213n，n∈N*.
列{an}的四个命题： p1：数列{an}是递增数列； p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列ann是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列． 其中的真命题为( D )
A．p1，p2 C．p2，p3
B．p3，p4 D．p1，p4
【解析】由等差数列的性质易判断命题
p1，p4 正确．令数列 an＝2n－16，则易 判断命题 p2 为假命题；令数列 an＝n， 则易判断 p3 为假命题．
小值的 n 是( C )
A．8
B．9
C．10
D．11
4．已知三个不全相等的实数 a，b，c 成等比
数列，则可能成等差数列的是( B )
A．a，b，c
B．a2，b2，c2
C．a3，b3，c3
D. a， b， c
【解析】特值法求解，取 a＝1，b＝－1，c＝1， 则 a2，b2，c2 为 1，1，1，是等差数列，故选
的
等
差
中
项
为
5 4
知
，
a4
＋
2a7
＝
2×
5 4
，
即
a7
＝
1 2
2×54－a4＝122×54－2＝14，∴q3＝aa74＝18，即 q＝12，
又 a4＝a1q3＝2，∴a1＝16，∴S5＝1611－－12125＝31.
6．若数列{xn}满足 lg xn＋1＝lg xn＋1(n∈N*)，
∴q＝12，a1＝16，∴an＝16×12n－1＝25－n.
(2)∵bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1， b1＝4， ∴数列{bn}是以 b1＝4 为首项，d＝－1 为公差 的等差数列，
∴Sn＝n（9－2 n）.
(3)由(2)知 Sn＝n（9－2 n），∴Snn＝9－2 n. 当 n≤8 时，Snn>0；当 n＝9 时，Snn＝0；当 n>9 时，Snn<0. ∴当 n＝8 或 9 时，S11＋S22＋S33＋…＋Snn＝18 最大． 故存在 k∈N*，使得S11＋S22＋…＋Snn<k 对任意 n∈N*恒成立，k 的最小值为 19.
∴
a21q4＝1， a1＋a1q＋a1q2＝13，
∴q＝13， a1＝9，
∴an＝9×13n－1＝33－n， ∴bn＝log3an＝log333－n＝3－n.
3．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2
＋a4＝－30，a1＋a4＋a7＝－39，则使得 Sn 达到最
12．(13 分)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn＝13n
－c，bn＝log3a2n.
(1)求实数 c 和数列{an}的通项公式；
(2)
若
数
列
1


bnbn＋1
的
前
n
项和为
Tn ， 求 使
2 Tn>2
001145的最小正整数
n.
【解析】(1)解法一：∵a1＝S1＝13－c，a2＝S2 －S1＝－29，a3＝S3－S2＝－227.
且 x1＋x2＋…＋x120＝100，则 lg (x101＋x102＋…＋
x220)的值等于( D)
A．200
B．120
C．110
D．102
【解析】lg xn＋1＝1＋lg xn，∴lg xxn＋n 1＝1，∴xxn＋n 1 ＝10，∴{xn}为等比数列．
∴lg (x101＋x102＋…＋x220)＝lg [q100(x1＋x2＋… ＋x120)]＝lg 10102＝102.选 D.
(2)由(1)知 an＝2n－1， ∴bn＝ana1n＋1＝（2n－1）1（2n＋1）
＝122n1－1－2n1＋1， ∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝121－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1 ＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
9．公差 d 不为 0 的等差数列{an}的部分项 ak1， ak2，…构成等比数列，且 k1＝1，k2＝2，k3＝6， 则 k4＝__2_2_．
【解析】因 a1，a2，a6 构成等比数列，所以(a1 ＋d)2＝a1(a1＋5d)，得 d＝3a1，所以等比数列的公
比 q＝aa21＝4，等差数列{an}的通项公式为 an＝a1＋ (n－1)×3a1＝3a1n－2a1，由 ak1·ak4＝ak2·ak3，
13 5 7 9 … 2 6 10 14 18 … 4 12 20 28 36 … 8 24 40 56 72 … 16 48 80 112 144 … …… … … … …
(1)第 6 类中的第 2 项是：__4_8_； (2)第 n 类中 n 个数的和是：_3_·_2_n_－__2_n_－__3__．
三、解答题(本大题共3小题，共40分．解答应 写出文字说明，证明过程和演算步骤．)
11．(13 分)已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ an＋c(c 为常数，n∈N＋)，且 a1，a2，a5 构成公比不 等于 1 的等比数列．
(1)求 c 的值； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
【解析】(1)∵a1＝1，an＋1＝an＋c，c 为常数， ∴an＋1－an＝c，∴{an}是以 1 为首项，公差为 c 的 等差数列，
∴an＝1＋(n－1)c. ∴a2＝1＋c，a5＝1＋4c.又 a1，a2，a5 成等比数列，
∴(1＋c)2＝1＋4c，解得 c＝0 或 c＝2. 当 c＝0 时，an＋1＝an 不合题意，舍去．∴c＝2.
5．已知{an}为等比数列，Sn 是它的前 n 项和．若 a2·a3＝2a1，且 a4 与 2a7 的等差中项为54，则 S5＝( C )
A．35 B．33 C．31 D．29
【解析】设{an}的公比为 q，则由等比数列的 性质知，a2·a3＝a1·a4＝2a1，即 a4＝2.由 a4 与 2a7