高中數學第一章數列復習課北師大版必修5-資料下載頁
2024-12-05 01:55本頁面
【導讀】3．已知一個等比數列首項為1，項數為偶數，其奇數項和為85，偶數項之和為170，6．已知等比數列{an}的各項均為正數，數列{bn}滿足bn＝lnan，b3＝18，b6＝12，則數。c)logmx＋(c－a)logmy＋(a－b)logmz＝______.11．設{an}是等差數列，bn＝??????12an，已知：b1＋b2＋b3＝218，b1b2b3＝18，求等差數列的通。，Sn＝b1＋b2＋?＋bn，是否存在t，使得對任意的n均有。若存在，求出最大的整數t；若不存在，請說明理由．。k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k1＋k2＋?3tSn－Sn－1＝3t(t>0，n＝2,3,4，?數列{bn}的通項bn；求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋?2．數列的綜合問題通?？梢詮囊韵氯齻€角度去考慮：①建立基本量的方程(組)求解；②÷①得，q＝17085＝2，解析設這三個數為aq，a，aq·a·aq＝a3＝64，得a＝4.∴這三個數從小到大依次為2,4,8.S偶÷S奇＝32∶27，∴S奇＝162，S偶＝192，∴a13＋a14＋a15＝q12＝S3·q12＝3×24＝48.11．解設等差數列{an}的公差為d，∴數列{bn}是等比數列，公比q＝??????
【正文】 1－ 12 ＋ ??? ???12－ 13 ＋?＋ ??? ???1n－ 1n＋ 1 ＝ 12??? ???1－ 1n＋ 1 ＝ n2(n＋ 1). 假設存在整數 t滿足 Snt36總成立 ， 又 Sn＋ 1－ Sn＝ n＋ 12(n＋ 2)－ n2(n＋ 1)＝ 12(n＋ 2)(n＋ 1)0， ∴ 數列 {Sn}是單調遞增的． ∴ S1＝ 14為 Sn的最小值 ， 故 t3614， 即 t9. 又 ∵ t∈ Z， ∴ 適合條件的 t的最大值為 8. 13． 解 由題意知 a25＝ a1a17， 即 (a1＋ 4d)2＝ a1(a1＋ 16d)． ∵ d≠ 0， 由此解得 2d＝ a1. 公比 q＝ a5a1＝ a1＋ 4da1＝ 3.∴ akn＝ a13 n－ 1. 又 akn＝ a1＋ (kn－ 1)d＝ kn＋ 12 a1， ∴ a13 n－ 1＝ kn＋ 12 a1. ∵ a1≠ 0， ∴ kn＝ 23 n－ 1－ 1， ∴ k1＋ k2＋?＋ kn＝ 2(1＋ 3＋?＋ 3n－ 1)－ n＝ 3n－ n－ 1. 14． (1)證明 由 a1＝ S1＝ 1， S2＝ 1＋ a2， 得 a2＝ 3＋ 2t3t ， a2a1＝ 3＋ 2t3t . 又 3tSn－ (2t＋ 3)Sn－ 1＝ 3t， ① 3tSn－ 1－ (2t＋ 3)Sn－ 2＝ 3t.② ① － ② ， 得 3tan－ (2t＋ 3)an－ 1＝ 0.∴ anan－ 1＝ 2t＋ 33t ， (n＝ 2,3， ? )． ∴ 數列 {an}是一個首項為 1， 公比為 2t＋ 33t 的等比數列． (2)解 由 f(t)＝ 2t＋ 33t ＝ 23＋ 1t， 得 bn＝ f??? ???1bn－ 1＝ 23＋ bn－ 1. ∴ 數列 {bn}是一個首項為 1， 公差為 23的等差數列． ∴ bn＝ 1＋ 23(n－ 1)＝ 2n＋ 13 . (3)解 由 bn＝ 2n＋ 13 ， 可知 {b2n－ 1}和 {b2n}是首項分別為 1和 53， 公差均為 43的等差數列． 于是 b1b2－ b2b3＋ b3b4－ b4b5＋?＋ b2n－ 1b2n－ b2nb2n＋ 1 ＝ b2(b1－ b3)＋ b4(b3－ b5)＋ b6(b5－ b7)＋?＋ b2n(b2n－ 1－ b2n＋ 1) ＝－ 43(b2＋ b4＋?＋ b2n) ＝－ 43 12n??? ???53＋ 4n＋ 13 ＝－ 49(2n2＋ 3n)．
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