计时双基练三十四数列的综合应用A组基础必做1．已知各项均不为0的等差数列{an}，满足2a3－a＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝()A．2B．4C．8D．16解析因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化为4a7－a＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去)，又数列{bn}为等比数列，所以b6b8＝b＝a＝16。答案D2．(2015·云南省师范大学附属中学高三适应性考试)在各项均为正数的等比数列{an}中，a2，a3，a1成等差数列，则的值为()A.B.C.D.解析设{an}的公比为q，因为a2，a3，a1成等差数列，所以a1＋a2＝2×a3＝a3，即a1＋a1q＝a1q2，所以q2－q－1＝0，解得q＝或q＝<0(舍去)，所以＝＝q2＝，故选C。答案C3．在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限的两个点，若1，x1，x2,4依次成等差数列，而1，y1，y2,8依次成等比数列，则△OP1P2的面积是()A．1B．2C．3D．4解析根据等差、等比数列的性质，可知x1＝2，x2＝3，y1＝2，y2＝4。∴P1(2,2)，P2(3,4)。∴S△OP1P2＝1。答案A4．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，其公比q≠1且bi>0(i＝1,2，…)，若a1＝b1，a11＝b11，则()A．a6>b6B．a6＝b6C．a6b6解析 数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，a1＝b1，a11＝b11，∴a1＋a11＝b1＋b11，又bi>0(i＝1,2，…)∴2a6＝b1＋b11≥2＝2b6，又q≠1，且bi>0(i＝1,2，…)，∴b1≠b11，∴a6>b6。答案A5．已知数列{an}满足a1＝，且对任意的正整数m，n，都有am＋n＝am·an，若数列{an}的前n项和为Sn，则Sn等于()A．2－n－1B．2－nC．2－D．2－解析令m＝1，得an＋1＝a1·an，即＝a1＝，可知数列{an}是首项为a1＝，公比为q＝的等比数列，于是Sn＝＝＝2×＝2－。答案D6．(2015·河南适应性模拟练习)已知正项等比数列{an}满足：a9＝a8＋2a7，若存在两项am，an，使得aman＝16a，则＋的最小值为()A.B.C.D．不存在解析因为a9＝a8＋2a7，所以a7q2＝a7q＋2a7，解得q＝2或－1(舍去)，因为aman＝16a，所以a2m＋n－2＝16a，m＋n－2＝4，所以＋＝(m＋n)＝1＋4＋＋≥＝，当且仅当n＝2m＝4时，取等号。所以＋的最小值为，故选A。答案A7．已知数列{an}的通项公式为an＝，前n项和为Sn，若对任意的正整数n，不等式S2n－Sn>恒成立，则常数m所能获得的最大整数为________。解析要使S2n－Sn>恒成立，只需(S2n－Sn)min>。 (S2(n＋1)－Sn＋1)－(S2n－Sn)＝(S2n＋2－S2n)－(Sn＋1－Sn)＝a2n＋1＋a2n＋2－an＋1＝＋－>＋－＝－>0，∴S2n－Sn≥S2－S1＝，∴<⇒m<，m所能取得的最大整数为5。答案58．(2015·福建卷)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于________。解析由题意，得∴不妨设a
