《新編高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：專題四 數(shù)列 專題能力訓(xùn)練11 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：專題四 數(shù)列 專題能力訓(xùn)練11 Word版含答案（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
專題能力訓(xùn)練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列
能力突破訓(xùn)練
1.(20xx甘肅肅南?？?在等差數(shù)列{an}中,a4+a10+a16=30,則a18-2a14的值為( )
A.20 B.-20 C.10 D.-10
2.(20xx貴州黔東南州模擬)在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,若log2(a2·a3·a5·a7·a8)=5,則a1·a9= ( )
A.4 B.5 C.2 D.25
3.設(shè){an}是等比數(shù)列,Sn是{an}的前n項(xiàng)和.對(duì)任意正整數(shù)n,有an+2an+1+an+2=0,又a1=2,則S101的值為( )
A.2
2、B.200 C.-2 D.0
4.已知{an}是等差數(shù)列,公差d不為零,前n項(xiàng)和是Sn,若a3,a4,a8成等比數(shù)列,則( )
A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0
C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0
5.(20xx廣西南寧適應(yīng)性測試)已知數(shù)列{an}滿足an+1an+1+1=12,且a2=2,則a4等于( )
A.-12 B.23 C.12 D.11
6.(20xx三湘名校聯(lián)盟聯(lián)考三)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,S10=40,則a3·a8的最大值為 .?
7.設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1+a3=10,a2+
3、a4=5,則a1a2…an的最大值為 .?
8.設(shè)x,y,z是實(shí)數(shù),若9x,12y,15z成等比數(shù)列,且1x,1y,1z成等差數(shù)列,則xz+zx= .?
9.已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且a2+S2=31,an+1=3an-2n(n∈N*).
(1)求證:{an-2n}為等比數(shù)列;
(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.
10.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ為常數(shù).
(1)證明:an+2-an=λ;
(2)是否存在λ,使得{an}為等差數(shù)列?并說明理由.
4、
11.已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列.設(shè)a2=2,a5=16.
(1)若a1+a2+…+a2n=t(a12+a22+…+an2),n∈N*,求實(shí)數(shù)t的值;
(2)若在1a1與1a4之間插入k個(gè)數(shù)b1,b2,…,bk,使得1a1,b1,b2,…,bk,1a4,1a5成等差數(shù)列,求k的值.
思維提升訓(xùn)練
12.(20xx全國Ⅰ,理12)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召,開發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng).這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答
5、案:已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一項(xiàng)是20,接下來的兩項(xiàng)是20,21,再接下來的三項(xiàng)是20,21,22,依此類推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N:N>100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是( )
A.440 B.330 C.220 D.110
13.若數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a1=1,q=2,則Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1等于( )
A.1-14n B.231-14n
C.1-12n D.231-12n
14.已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為43,公比為-13,其前n項(xiàng)和為Sn,若A≤Sn-1
6、Sn≤B對(duì)n∈N*恒成立,則B-A的最小值為 .?
15.無窮數(shù)列{an}由k個(gè)不同的數(shù)組成,Sn為{an}的前n項(xiàng)和,若對(duì)任意n∈N*,Sn∈{2,3},則k的最大值為 .?
16.等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),且2a1+3a2=1,a32=9a2a6.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求數(shù)列1bn的前n項(xiàng)和.
17.若數(shù)列{an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列,且對(duì)任意n∈N*有an·Sn=2n3-n2.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.
(2)是否存在數(shù)列{bn},使
7、得數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為An=5+(2n-3)2n-1(n∈N*)?若存在,求出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和Tn;若不存在,請(qǐng)說明理由.
參考答案
專題能力訓(xùn)練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列
能力突破訓(xùn)練
1.D 解析對(duì)題目中下標(biāo)數(shù)值仔細(xì)觀察,有a4+a10+a16=30?3a10=30,a10=10,所以a18-2a14=-a10=-10.故選D.
2.A 解析由題意得log2(a2·a3·a5·a7·a8)=log2a55=5log2a5=5,所以a5=2.所以a1·a9=a52=4.故選A.
3.A 解析設(shè)公比為q,∵an+2
8、an+1+an+2=0,∴a1+2a2+a3=0,∴a1+2a1q+a1q2=0,∴q2+2q+1=0,∴q=-1.又a1=2,∴S101=a1(1-q101)1-q=2[1-(-1)101]1+1=2.
4.B 解析設(shè){an}的首項(xiàng)為a1,公差為d,則a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+7d.
∵a3,a4,a8成等比數(shù)列,∴(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d),即3a1d+5d2=0.
∵d≠0,
∴a1d=-53d2<0,且a1=-53d.
∵dS4=4d(a1+a4)2=2d(2a1+3d)=-23d2<0,故選B.
5.D 解析由已知得an+1+1a
9、n+1=2,則{an+1}是公比為2的等比數(shù)列,所以a4+1=(a2+1)·22=12.所以a4=11.故選D.
6.16 解析S10=10(a1+a10)2=40?a1+a10=a3+a8=8,
a3·a8≤a3+a822=822=16,當(dāng)且僅當(dāng)a3=a8=4時(shí)取等號(hào).
7.64 解析由已知a1+a3=10,a2+a4=a1q+a3q=5,
兩式相除得a1+a3q(a1+a3)=105,
解得q=12,a1=8,
所以a1a2…an=8n·121+2+…+(n-1)=2-12n2+7n2,拋物線f(n)=-12n2+72n的對(duì)稱軸為n=-722×-12=3.5,
又n∈N*,所
10、以當(dāng)n=3或4時(shí),a1a2…an取最大值為2-12×32+7×32=26=64.
8.3415 解析由題意知(12y)2=9x×15z,2y=1x+1z,
解得xz=1229×15y2=1615y2,x+z=3215y,
從而xz+zx=x2+z2xz=(x+z)2-2xzxz=(x+z)2xz-2=32152y21615y2-2=3415.
9.(1)證明由an+1=3an-2n可得
an+1-2n+1=3an-2n-2n+1=3an-3·2n=3(an-2n).
又a2=3a1-2,則S2=a1+a2=4a1-2,
得a2+S2=7a1-4=31,得a1=5,則a1-21=3
11、≠0.
故{an-2n}為等比數(shù)列.
(2)解由(1)可知an-2n=3n-1(a1-2)=3n,∴an=2n+3n,
∴Sn=2(1-2n)1-2+3(1-3n)1-3=2n+1+3n+12-72.
10.(1)證明由題設(shè),anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,
兩式相減,得an+1(an+2-an)=λan+1.
因?yàn)閍n+1≠0,所以an+2-an=λ.
(2)解由a1=1,a1a2=λS1-1,得a2=λ-1.
由(1)知,a3=λ+1.
令2a2=a1+a3,解得λ=4.故an+2-an=4.
由此可得{a2n-1}是首項(xiàng)為1,公差為4的等差
12、數(shù)列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首項(xiàng)為3,公差為4的等差數(shù)列,a2n=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.
因此存在λ=4,使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列.
11.解設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由a2=2,a5=16,得q=2,a1=1.
(1)∵a1+a2+…+a2n=t(a12+a22+…+an2),
∴a1(1-q2n)1-q=t·a12(1-q2n)1-q2,即1-22n1-2=t·1-22n1-4對(duì)n∈N*都成立,∴t=3.
(2)∵1a1=1,1a4=18,1a5=116,
且1a1,b1,b2,…,bk,1a4,1a5成等差數(shù)列,
∴公差d=1a
13、5-1a4=-116,且1a4-1a1=(k+1)d,
即18-1=(k+1)×-116,解得k=13.
思維提升訓(xùn)練
12.A 解析設(shè)數(shù)列的首項(xiàng)為第1組,接下來兩項(xiàng)為第2組,再接下來三項(xiàng)為第3組,以此類推,設(shè)第n組的項(xiàng)數(shù)為n,則前n組的項(xiàng)數(shù)和為n(1+n)2.第n組的和為1-2n1-2=2n-1,前n組總共的和為2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n.
由題意,N>100,令n(1+n)2>100,得n≥14且n∈N*,即N出現(xiàn)在第13組之后.若要使最小整數(shù)N滿足:N>100且前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪,則SN-Sn(1+n)2應(yīng)與-2-n互為相反數(shù),即2k-1=2+n(k∈N*,n≥
14、14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.
所以N=29×(1+29)2+5=440,故選A.
13.B 解析因?yàn)閍n=1×2n-1=2n-1,所以anan+1=2n-1·2n=22n-1=2×4n-1,所以1anan+1=12×14n-1.
所以1anan+1是等比數(shù)列.
故Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=12×1×1-14n1-14=231-14n.
14.5972 解析易得Sn=1--13n∈89,1∪1,43,
因?yàn)閥=Sn-1Sn在89,43上單調(diào)遞增(y≠0),
所以y∈-1772,712?[A,B],因此B-A的最小值為712--1
15、772=5972.
15.4 解析要滿足數(shù)列中的條件,涉及最多的項(xiàng)的數(shù)列可以為2,1,-1,0,0,0,…,所以最多由4個(gè)不同的數(shù)組成.
16.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.
由a32=9a2a6得a32=9a42,所以q2=19.
由條件可知q>0,故q=13.
由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=13.
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=13n.
(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an
=-(1+2+…+n)=-n(n+1)2.
故1bn=-2n(n+1)=-21n-1n+1,
1b1+1b2+…+1bn
=-21-12+12-1
16、3+…+1n-1n+1=-2nn+1.
所以數(shù)列1bn的前n項(xiàng)和為-2nn+1.
17.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則d>0,
an=dn+(a1-d),Sn=12dn2+a1-12dn.
對(duì)任意n∈N*,恒有
an·Sn=2n3-n2,則[dn+(a1-d)]·12dn2+a1-12dn=2n3-n2,
即[dn+(a1-d)]·12dn+a1-12d=2n2-n.
∴12d2=2,12d(a1-d)+da1-12d=-1,(a1-d)a1-12d=0.
∵d>0,∴a1=1,d=2,∴an=2n-1.
(2)∵數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為An=5+(2n-3)·2n-1(n∈N*),
∴當(dāng)n=1時(shí),a1b1=A1=4,∴b1=4,
當(dāng)n≥2時(shí),anbn=An-An-1=5+(2n-3)2n-1-[5+(2n-5)2n-2]=(2n-1)2n-2.
∴bn=2n-2.假設(shè)存在數(shù)列{bn}滿足題設(shè),且數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn=4,n=1,2n-2,n≥2,
∴T1=4,當(dāng)n≥2時(shí),Tn=4+1-2n-11-2=2n-1+3,當(dāng)n=1時(shí)也適合,
∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn=2n-1+3.
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