(免费)2010-2011学年高中数学-第2章-数列-章末整合章末检测同步精品学案-新人教A版必修5.doc

章末整合对点讲练一、 等差数列与等比数列的基本运算例1已知an是各项为不同的正数的等差数列，lg a1、lg a2、lg a4成等差数列又bn，n1,2,3，.(1)证明：bn为等比数列；(2)如果数列bn的前3项的和等于，求数列an的通项公式an及数列bn的前n项和Tn.点拨先利用等差数列an的首项a1和公差d来表示bn，再证明bn为等比数列(1)证明lg a1、lg a2、lg a4成等差数列，2lg a2lg a1lg a4.即aa1a4，设等差数列an的公差为d，则(a1d)2a1(a13d)，整理得d2a1d.d0，a1d.a2na1(2n1)d2n·d，bn·.bn是以为首项，为公比的等比数列(2)解b1b2b3，d3，a1d3.ana1(n1)d3n，bn·n.Tnb1b2bn 回顾归纳在等差数列an中，通常把首项a1和公差d作为基本量，在等比数列bn中，通常把首项b1和公比q作为基本量，列关于基本量的方程(组)是解决等差数列和等比数列的常用方法变式训练1等差数列an中，a410，且a3，a6，a10成等比数列，求数列an前20项的和S20.解设数列an的公差为d，则a3a4d10d，a6a42d102d，a10a46d106d.由a3，a6，a10成等比数列得a3a10a，即(10d)(106d)(102d)2，整理得10d210d0，解得d0或d1.当d0时，S2020a4200；当d1时，a1a43d7，S2020a1d20×7190330.二、 数列的通项公式和前n项和例2在数列an中，a11，an12an2n.(1)设bn.证明：数列bn是等差数列；(2)求数列an的前n项和点拨先利用等差数列的定义判断bn是等差数列，借助bn求出an是解决第(2)小题的关键(1)证明由已知an12an2n得bn11bn1.bn1bn1，又b1a11.bn是首项为1，公差为1的等差数列(2)解由(1)知，bnn，bnn.ann·2n1.Sn12·213·22n·2n1两边乘以2得：2Sn1×212·22(n1)·2n1n·2n两式相减得：Sn121222n1n·2n2n1n·2n(1n)2n1Sn(n1)·2n1.回顾归纳递推数列问题通常借助构建等差数列或等比数列来解决把一般数列问题转化为两种基本数列问题是解决数列的一种常用思想方法变式训练2已知数列an的首项a1，an1，n1,2，.(1)证明：数列是等比数列；(2)求数列的前n项和Sn.(1)证明an1，·，1，又a1，1.数列是以为首项，为公比的等比数列(2)解由(1)知1n，1，n.设Tn，则TnTn11Tn2.又123nn(n1)数列的前n项和Sn2.三、等差数列与等比数列的综合运用例3已知等差数列an的首项a11，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 (nN*)，Snb1b2bn，是否存在最大的整数t，使得对任意的n均有Sn>总成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由点拨解答本题的关键是求出an的通项公式，注意Sn大于总成立小于Sn的最小值解(1)由题意得(a1d)(a113d)(a14d)2，整理得2a1dd2.a11，解得(d0舍)，d2.an2n1 (nN*)(2)bn，Snb1b2bn.假设存在整数t满足Sn>总成立，又Sn1Sn>0，数列Sn是单调递增的S1为Sn的最小值，故<，即t<9.又tN*，适合条件的t的最大值为8.回顾归纳数列的综合问题形式上看来比较复杂，实质上求数列的通项公式和前n项和是解答这类综合问题的根本性问题和关键性所在变式训练3设数列an的首项a11，前n项和Sn满足关系式：3tSn(2t3)Sn13t (t>0，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)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)课堂小结：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，有些数列问题还要涉及其它章节的知识求解，如函数的思想等课时作业一、选择题1数列an的前n项和Sn2n23n3，则a4a5a10等于()A171 B21 C10 D161答案D解析a4a5a10S10S3161.2(2010·东北三省四市联考)已知数列an满足a11，an1an2n，则a10等于()A1 024 B1 023C2 048 D2 047答案B解析利用累加法及等比数列求和公式，可求得a1021011 023，故选B.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答案C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2552n8.4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答案C解析an是各项不为0的正项等比数列，bnln an是等差数列又b318，b612，b122，d2，Sn22n×(2)n223n，(Sn)max11223×11132.二、填空题5三个数成等比数列，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，a，aq.由·a·aqa364，得a4.由aaq44q14.解得q或q2.这三个数为2,4,8.6一个等差数列的前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_答案5解析S偶a2a4a6a8a10a12；S奇a1a3a5a7a9a11.则，S奇162，S偶192，S偶S奇6d30，d5.7等比数列an中，S33，S69，则a13a14a15_.答案48解析易知q1，1q33，q32.a13a14a15(a1a2a3)q12S3·q123×2448.三、解答题8设数列an的前n项和为Sn，点 (nN*)均在函数y3x2的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn<对所有nN*都成立的最小正整数m.解(1)依题意得3n2，即Sn3n22n.当n2时，anSnSn13n22n3(n1)22(n1)6n5，当n1时，a1S13×126×15，所以an6n5 (nN*)(2)由(1)得bn，故Tn，因此，使得< (nN*)成立的m必须满足，即m10.故满足要求的最小正整数m为10.9已知数列an中，a11，a23，且2an1an2an (nN*)数列bn的前n项和为Sn，其中b1，bn1Sn (nN*)(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若Tn，求Tn的表达式解(1)2an1an2an，数列an是等差数列公差da2a12.an2n1.bn1Sn，bnSn1 (n2)bn1bnbn.bn1bn (n2)又b2S11，.数列bn从第二项开始是等比数列bn(2)n2时，(2n1)·3n2，Tn3×305×317×32(2n1)×3n2.3Tn23×315×327×33(2n1)×3n1.错位相减并整理得Tn(n1)3n1.章末检测一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)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()121abcA.1B2C3D4答案A解析由题意知，a，b，c，故abc1.2等差数列an满足aa2a4a79，则其前10项之和为()A9 B15 C15 D±15答案D解析aa2a4a7(a4a7)29.a4a7±3，a1a10±3，S10±15.3等比数列an中，a2，a6是方程x234x640的两根，则a4等于()A8 B8 C±8 D以上都不对答案A解析a2a634，a2·a664，a64，a2>0，a6>0，a4a2q2>0，a48.4设等比数列an的前n项和为Sn，若S10S512，则S15S5等于()A34 B23 C12 D13答案A解析显然等比数列an的公比q1，则由1q5q5，故.5(2009·安徽理，5)已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以Sn表示an的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是()A21 B20 C19 D18答案B解析(a2a1)(a4a3)(a6a5)3d，991053d.d2.又a1a3a53a16d105，a139.Snna1dn2nn240n(n20)2400.当n20时，Sn有最大值6已知数列an为等比数列，a22，a5，则a1a2a2a3anan1等于()A16(14n) B16(12n) C.(14n) D.(12n)答案C解析设an的公比为q，则q3.q，a14，anan1也是等比数列且首项a1a28，公比为q2，a1a2a2a3anan1(14n)7(2009·天津十二区县毕业班联考)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S2142，记A2aa9a13，则A的值为()A2 B1 C16 D32答案B解析由S2121a1142，a112.a(a9a13)a2a110.A2aa9a13201.8若an是等比数列，其公比是q，且a5，a4，a6成等差数列，则q等于()A1或2 B1或2 C1或2 D1或2答案C解析依题意有2a4a6a5，即2a4a4q2a4q，而a40，q2q20，(q2)(q1)0.q1或q2.9已知等差数列an的公差d0且a1，a3，a9成等比数列，则等于()A. B. C. D.答案C解析因为aa1·a9，所以(a12d)2a1·(a18d)所以a1d.所以.10某纯净水厂在净化过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质的20%，要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需过滤的次数为(lg 20.301 0)()A5 B10 C14 D15答案C解析设原杂质数为1，各次过滤杂质数成等比数列，且a11，公比q120%，an1(120%)n，由题意可知：(120%)n<5%，即0.8n<0.05.两边取对数得nlg 0.8<lg 0.05，lg 0.8<0，n>，即n>13.41，取n14.11在数列an中，a12，an1anln，则an等于()A2ln n B2(n1)ln nC2nln n D1nln n答案A解析an1anln，an1anlnlnln(n1)ln n.又a12，ana1(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)2ln 2ln 1ln 3ln 2ln 4ln 3ln nln(n1)2ln nln 12ln n.12(2009·山东日照2月模拟)已知数列1，则是数列中的()A第48项 B第49项 C第50项 D第51项答案C解析将数列分为第1组一个，第2组二个，第n组n个，即，则第n组中每个数分子分母的和为n1，则为第10组中的第5个，其项数为(1239)550.二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)13已知在等差数列an中，首项为23，公差是整数，从第七项开始为负项，则公差为_答案4解析由，解得d<，dZ，d4.14在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为_答案216解析设插入的三个数为，a，aq，则由题意有，a，也为等比数列，所以a2×36，由于，a，都处在奇数位上，所以同号，故a6，从而·a·aqa3216.15数列an中，Sn是其前n项和，若a11，an1Sn (n1)，则an_.答案解析an1Sn，an2Sn1，an2an1(Sn1Sn)an1an2an1 (n1)a2S1，an.16等差数列an中，a10<0，且a11>|a10|，Sn为数列an的前n项和，则使Sn>0的n的最小值为_答案20解析S1919a10<0；S2010(a10a11)>0.当n19时，Sn<0；当n20时，Sn>0.故使Sn>0的n的最小值是20.三、解答题(本大题共6小题，共74分)17(12分)已知数列log2(an1) (nN*)为等差数列，且a13，a39.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：<1.(1)解设等差数列log2(an1)的公差为d.由a13，a39得log2(91)log2(31)2d，则d1.所以log2(an1)1(n1)×1n，即an2n1.(2)证明因为，所以1<1.18(12分)函数f(x)3x22x，已知数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn) (nN*)均在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn<对所有nN*都成立的最小正整数m.解(1)由点(n，Sn) (nN*)均在函数yf(x)的图象上得Sn3n22n.当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5；当n1时，a1S13×122×116×15.所以an6n5 (nN*)(2)由(1)得bn，故Tnbi因此，使得<(nN*)成立的m必须且仅须满足，即m10，故满足要求的最小整数m为10.19(12分)已知正项数列bn的前n项和Bn(bn1)2，求bn的通项公式解当n1时，B1b1，b1(b11)2，解得b11.当n2时，bnBnBn1(bn1)2(bn11)2(bb2bn2bn1)，整理得bb2bn2bn10，(bnbn1)(bnbn12)0.bnbn1>0，bnbn120.bn为首项b11，公差d2的等差数列bn2(n1)12n1，即bn的通项bn2n1.20(12分)某市2009年共有1万辆燃油型公交车有关部门计划于2010年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：(1)该市在2016年应该投入多少辆电力型公交车？(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的？解(1)由题意可知，该市逐年投入的电力型公交车数量组成一个等比数列，其中a1128，q150%1.5，到2016年应为a7，则到2016年该市应该投入的电力型公交车为a7a1·q6128×1.561 458(辆)(2)设经过n年电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的，记Sna1a2an，依题意有>，即Sn>5 000，Sn256(1.5n1)>5 000，即1.5n>，解得n>7.5，故n8.所以到2017年底，电力型公交车数量开始超过该市公交车总量的.21(12分)设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5b313.(1)求an、bn的通项公式；(2)求数列的前n项和Sn.解(1)设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q>0且解得d2，q2.所以an1(n1)d2n1，bnqn12n1.(2).Sn1，2Sn23.得Sn2222×22×6.22(14分)在数列an中，已知a11，且an12an3n4 (nN*)(1)求证：数列an1an3是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)求和：Sn|a1|a2|a3|an| (nN*)(1)证明令bnan1an3bn1an2an132an13(n1)42an3n432(an1an3)2bn.数列bn为公比为2的等比数列(2)解a22a113，b1a2a131bnan1an32n12an3n4an32n1an2n13n1 (nN*)(3)解设数列an的前n项和为Tn，Tn2n12n1，Sn|a1|a2|an|，n4时，an<0，n>4时，an>0，n4时，SnTn12n；n>4时，SnTn2T42n21.Sn10 / 10