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1、
專題升級訓(xùn)練 等差數(shù)列、等比數(shù)列
(時間:60分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共6小題,每小題6分,共36分)
1.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,且,則a2 014=( )
A.2 012 B.2 013
C.2 014 D.2 015
2.已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,則a4a5a6=( )
A.5 B.4
C.6 D.7
3.(20xx·山東青島模擬,6)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且4a1,2a2,a3成等差數(shù)列.若a1=1,則S4=( )
A.7 B.8
C.15 D.16
2、
4.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若=a1+a200,且A,B,C三點(diǎn)共線(該直線不過原點(diǎn)O),則S200=( )
A.100 B.101
C.200 D.201
5.在等差數(shù)列{an}中,an>0,且a1+a2+…+a10=30,則a5·a6的最大值等于( )
A.3 B.6
C.9 D.36
6.設(shè){an},{bn}分別為等差數(shù)列與等比數(shù)列,且a1=b1=4,a4=b4=1,則以下結(jié)論正確的是( )
A.a2>b2 B.a3<b3
C.a5>b5 D.a6>b6
二、填空題(本大題共3小題,每小題6分,共18分)[來
3、源:]
7.定義“等積數(shù)列”:在一個數(shù)列中,如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的積都為同一個常數(shù),那么這個數(shù)列叫做等積數(shù)列,這個常數(shù)叫做該數(shù)列的公積,已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列,且a1=3,公積為15,那么a21= .
8.在數(shù)列{an}中,如果對任意n∈N*都有=k(k為常數(shù)),則稱數(shù)列{an}為等差比數(shù)列,k稱為公差比.現(xiàn)給出下列命題:
①等差比數(shù)列的公差比一定不為零;
②等差數(shù)列一定是等差比數(shù)列;
③若an=-3n+2,則數(shù)列{an}是等差比數(shù)列;
④若等比數(shù)列是等差比數(shù)列,則其公比等于公差比.
其中正確命題的序號為 .
9.已知a,b,c是遞減
4、的等差數(shù)列,若將其中兩個數(shù)的位置互換,得到一個等比數(shù)列,則= .
三、解答題(本大題共3小題,共46分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
10.(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}為公差不為零的等差數(shù)列,a1=1,各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的第1項(xiàng)、第3項(xiàng)、第5項(xiàng)分別是a1,a3,a21.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和.
11.(本小題滿分15分)數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,且S9=135,a3,a4,a12成等比數(shù)列.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式.
(2)是
5、否存在正整數(shù)m,使仍為數(shù)列{an}中的一項(xiàng)?若存在,求出滿足要求的所有正整數(shù)m;若不存在,說明理由.
12.(本小題滿分16分)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1+,S3=9+3.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn;
(2)設(shè)bn=(n∈N*),求證:數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列.
##
1.C 解析:由,可得an=n,故a2 014=2 014.
2.A 解析:(a1a2a3)·(a7a8a9)==50,且an>0,
∴a4a5a6==5.
3.C 解析:設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,則由題意得4a2=4a1+a3,
6、即4a1q=4a1+a1q2,即q2-4q+4=0,得q=2.∴S4==15.
4.A 解析:∵=a1+a200,且A,B,C三點(diǎn)共線,
∴a1+a200=1,故根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式得S200==100.
5.C 解析:∵a1+a2+…+a10=30,得a5+a6==6,又an>0,
∴a5·a6≤=9.[來源:]
6.A 解析:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q,由a1=b1=4,a4=b4=1,得d=-1,q=,∴a2=3,b2=2;a3=2,b3=;a5=0,b5=;a6=-1,b6=.故選A.
7.3 解析:由題意知an·
7、;an+1=15,即a2=5,a3=3,a4=5,…觀察可得:數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)都為3,偶數(shù)項(xiàng)都為5.故a21=3.
8.①③④ 解析:若k=0,{an}為常數(shù)列,分母無意義,①正確;公差為零的等差數(shù)列不是等差比數(shù)列,②錯誤;=3,滿足定義,③正確;設(shè)an=a1qn-1(q≠0),則=q,④正確.
9.20 解析:依題意得①或者②或者③
由①得a=b=c,這與a,b,c是遞減的等差數(shù)列矛盾;
由②消去c整理得(a-b)(a+2b)=0.
又a>b,因此有a=-2b,c=4b,
故=20;
由③消去a整理得(c-b)(c+2b)=0.
又b>c,因此有c=-2b,a=4b,
8、
故=20.
10.解:(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0),數(shù)列{bn}的公比為q(q>0),
由題意得=a1a21,
∴(1+2d)2=1×(1+20d),
∴4d2-16d=0.
∵d≠0,∴d=4.∴an=4n-3.
于是b1`=1,b3=9,b5=81,{bn}的各項(xiàng)均為正數(shù),∴q=3.∴bn=3n-1.
(2)anbn=(4n-3)3n-1,
∴Sn=30+5×31+9×32+…+(4n-7)×3n-2+(4n-3)×3n-1,3Sn=31+5×32+9×33+…+(4n-7)
9、5;3n-1+(4n-3)×3n.
兩式兩邊分別相減得
-2Sn=1+4×3+4×32+4×33+…+4×3n-1-(4n-3)×3n
=1+4(3+32+33+…+3n-1)-(4n-3)×3n
=1+-(4n-3)×3n
=(5-4n)×3n-5,∴Sn=.
11.解:(1)設(shè){an}的公差為d≠0,則S9=9a1+d=135.
∴a1+4d=15.①
又∵a3,a4,a12成等比數(shù)列,
∴=a3·a12,
即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+11d),
化簡,得
10、13d+7a1=0.②
由①②,得d=7,a1=-13,
∴an=a1+(n-1)d=7n-20.
(2)由于am=am+1-d,am+2=am+1+d,
∴=am+1+,
設(shè)ak=am+1+,則[來源:][來源:]
7k-20=7(m+1)-20+,
即k=m+1+,
又k,m均為正整數(shù),[來源:]
故7必能被7m-13整除,∴m=2,k=10,
∴存在唯一的正整數(shù)m=2.
12.解:(1)由已知得
∴d=2.
故an=2n-1+,Sn=n(n+).
(2)由(1)得bn==n+.
假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)bp,bq,br(p,q,r互不相等)成等比數(shù)列,則=bpbr,即(q+)2=(p+)(r+),
∴(q2-pr)+(2q-p-r)=0.
∵p,q,r∈N*,∴
∴=pr,(p-r)2=0.∴p=r,這與p≠r矛盾.
∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列.
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