江苏省2014年高考数学二轮专题复习素材：训练9

PAGEPAGE1常考问题9等差数列、等比数列(建议用时：50分钟)1．设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋解析a1＋a2＋a3＝15⇒3a2＝15⇒a2＝5，a1a2a3＝80⇒(a2－d)a2(a2＋d)＝80，将a2＝5代入，得d＝3(舍去d＝－3)，从而a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2答案1052．(2013·泰州期中)已知等比数列{an}为递增数列，且a3＋a7＝3，a2a8＝2，则eq\f(a13,a11)＝________.解析根据等比数列的性质建立方程组求解．因为数列{an}是递增等比数列，所以a2a8＝a3a7＝2，又a3＋a7＝3，且a3＜a7，解得a3＝1，a7＝2，所以q4＝2，故eq\f(a13,a11)＝q2＝eq\r(2).答案eq\r(2)3．(2013·南京二模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq\f(S3,S6)＝eq\f(1,3)，则eq\f(S6,S7)＝________.解析设等差数列{an}的公差为d，则eq\f(S3,S6)＝eq\f(3a1＋3d,6a1＋15d)＝eq\f(1,3)⇒a1＝2d，所以eq\f(S6,S7)＝eq\f(6a1＋15d,7a1＋21d)＝eq\f(27,35).答案eq\f(27,35)4．数列{an}为正项等比数列，若a2＝1，且an＋an＋1＝6an－1(n∈N*，n≥2)，则此数列的前4项和S4＝________.解析设{an}的公比为q(q＞0)，当n＝2时，a2＋a3＝6a1，从而1＋q＝eq\f(6,q)，∴q＝2或q＝－3(舍去)，a1＝eq\f(1,2)，代入可有S4＝eq\f(\f(1,2)×1－24,1－2)＝eq\f(15,2).答案eq\f(15,2)5．(2012·南京学情调研)在等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________.解析求出等比数列的通项公式，再求和．由等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，得公比为－2，所以an＝eq\f(1,2)×(－2)n－1，|an|＝eq\f(1,2)×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝eq\f(1,2)(1＋2＋22＋…＋25)＝eq\f(1,2)×eq\f(1－26,1－2)＝eq\f(63,2).答案eq\f(63,2)6．(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于________．解析am＝2，am＋1＝3，故d＝1，因为Sm＝0，故ma1＋eq\f(mm－1,2)d＝0，故a1＝－eq\f(m－1,2)，因为am＋am＋1＝5，故am＋am＋1＝2a1＋(2m＝－(m－1)＋2m即m＝5.答案57．在等差数列{an}中，a10＜0，a11＞0，且a11＞|a10|，则{an}的前n项和Sn中最大的负数为前______项的和．解析因为S19＝19a10＜0，而由a11＞|a10|得a11＋a10＞0，所以S20＝10(a11＋a10)＞0，故Sn答案198．(2012·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，若函数f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10的导数为f′(x)，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝________.解析因为各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，所以a4＝2，q＝2，故an＝2n－3，又f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×eq\f(10×11,2)＝eq\f(55,4).答案eq\f(55,4)9．已知公差不为零的等差数列{an}的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列．(1)求通项公式an；(2)设bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝10，,a1＋2d2＝a1＋da1＋6d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝3，))所以an＝3n－5(n∈N*)．(2)∵bn＝2an＝23n－5＝eq\f(1,4)·8n－1，∴数列{bn}是首项为eq\f(1,4)，公比为8的等比数列，所以Sn＝eq\f(\f(1,4)1－8n,1－8)＝eq\f(8n－1,28).10．(2013·杭州模拟)已知数列{an}是首项为eq\f(1,\r(3,3))，公比为eq\f(1,\r(3,3))的等比数列，设bn＋15log3an＝t，常数t∈N*.(1)求证：{bn}为等差数列；(2)设数列{cn}满足cn＝anbn，是否存在正整数k，使ck，ck＋1，ck＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k，t的值；若不存在，请说明理由．(1)证明an＝3－eq\f(n,3)，bn＋1－bn＝－15log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))＝5，∴{bn}是首项为b1＝t＋5，公差为5的等差数列．(2)解cn＝(5n＋t)·3－eq\f(n,3)，则ck＝(5k＋t)·3－eq\f(k,3)，令5k＋t＝x(x>0)，则ck＝x·3－eq\f(k,3)，ck＋1＝(x＋5)·3－eq\f(k＋1,3)，ck＋2＝(x＋10)·3－eq\f(k＋2,3).①若ceq\o\al(2,k)＝ck＋1ck＋2，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x·3－\f(k,3)))2＝(x＋5)·3－eq\f(k＋1,3)·(x＋10)·3－eq\f(k＋2,3).化简得2x2－15x－50＝0，解得x＝10；进而求得k＝1，t＝5；②若ceq\o\al(2,k＋1)＝ckck＋2，同理可得(x＋5)2＝x(x＋10)，显然无解；③若ceq\o\al(2,k＋2)＝ckck＋1，同理可得eq\f(1,3)(x＋10)2＝x(x＋5)，方程无整数根．综上所述，存在k＝1，t＝5适合题意．11．(2013·南通调研)已知数列{an}成等比数列，且an＞0.(1)若a2－a1＝8，a3＝m.①当m＝48时，求数列{an}的通项公式；②若数列{an}是唯一的，求m的值；(2)若a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，k∈N*，求a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值．解设公比为q，则由题意，得q＞0.(1)①由a2－a1＝8，a3＝m＝48，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q－a1＝8，,a1q2＝48.))解之，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝82－\r(3)，,q＝3＋\r(3)；))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝82＋\r(3)，,q＝3－\r(3).))所以数列{an}的通项公式为an＝8(2－eq\r(3))(3＋eq\r(3))n－1，或an＝8(2＋eq\r(3))(3－eq\r(3))n－1.②要使满足条件的数列{an}是唯一的，即关于a1与q的方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q－a1＝8，,a1q2＝m.))有唯一正数解，即方程8q2－mq＋m＝0有唯一解．由Δ＝m2－32m＝0，a3＝m＞0，所以m＝32，此时q经检验，当m＝32时，数列{an}唯一，其通项公式是an＝2n＋2.(2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，得a1(qk－1)(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝8，且q＞1.a2k＋1＋a2k＋2