2022年高考數(shù)學二輪復習 專題四 數(shù)列 專題能力訓練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列 文

2022年高考數(shù)學二輪復習 專題四 數(shù)列 專題能力訓練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列 文 1.已知等比數(shù)列{an}滿足a1=,a3a5=4(a4-1),則a2= (　　) A.2 B.1 C. D. 2.在等差數(shù)列{an}中,a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,則此數(shù)列前20項的和等于(　　) A.290 B.300 C.580 D.600 3.設{an}是等比數(shù)列,Sn是{an}的前n項和.對任意正整數(shù)n,有an+2an+1+an+2=0,又a1=2,則S101的值為(　　) A.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.在等比數(shù)列{an}中,滿足a1+a2+a3+a4+a5=3,=15,則a1-a2+a3-a4+a5的值是(　　) A.3 B. C.- D.5 6.在數(shù)列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn為{an}的前n項和.若Sn=126,則n=　　　　　.  7.已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列,且=a10,2(an+an+2)=5an+1,則數(shù)列的通項公式an=　　　　　.  8.設x,y,z是實數(shù),若9x,12y,15z成等比數(shù)列,且成等差數(shù)列,則=　　　　　.  9.(2018全國Ⅲ,文17)在等比數(shù)列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通項公式; (2)記Sn為{an}的前n項和,若Sm=63,求m. 10.已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5. (1)求{an}的通項公式; (2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1. 11.設數(shù)列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通項公式; (2)求數(shù)列的前n項和. 二、思維提升訓練 12.已知數(shù)列{an},{bn}滿足a1=b1=1,an+1-an==2,n∈N*,則數(shù)列{}的前10項的和為(　　) A. (49-1) B. (410-1) C. (49-1) D. (410-1) 13.若數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a1=1,q=2,則Tn=+…+等于(　　) A.1- B. C.1- D. 14.如圖,點列{An},{Bn}分別在某銳角的兩邊上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*.(P≠Q表示點P與Q不重合)若dn=|AnBn|,Sn為△AnBnBn+1的面積,則(　　) A.{Sn}是等差數(shù)列 B.{}是等差數(shù)列 C.{dn}是等差數(shù)列 D.{}是等差數(shù)列 15.已知等比數(shù)列{an}的首項為,公比為-,其前n項和為Sn,若A≤Sn-≤B對n∈N*恒成立,則B-A的最小值為　　　　　.  16.已知數(shù)列{an}的首項為1,Sn為數(shù)列{an}的前n項和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*. (1)若a2,a3,a2+a3成等差數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項公式; (2)設雙曲線x2-=1的離心率為en,且e2=2,求+…+. 17.若數(shù)列{an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列,且對任意n∈N*有an·Sn=2n3-n2. (1)求數(shù)列{an}的通項公式. (2)是否存在數(shù)列{bn},使得數(shù)列{anbn}的前n項和為An=5+(2n-3)2n-1(n∈N*)?若存在,求出數(shù)列{bn}的通項公式及其前n項和Tn;若不存在,請說明理由. 專題能力訓練11　等差數(shù)列與等比數(shù)列 一、能力突破訓練 1.C　解析 ∵a3a5=4(a4-1),∴=4(a4-1),解得a4=2. 又a4=a1q3,且a1=,∴q=2,∴a2=a1q=. 2.B　解析 由a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,得a1+a20=30,故S20==300. 3.A　解析 設公比為q,∵an+2an+1+an+2=0,∴a1+2a2+a3=0,∴a1+2a1q+a1q2=0,∴q2+2q+1=0,∴q=-1.又a1=2,∴S101==2. 4.B　解析 設{an}的首項為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=-d2<0,且a1=-d. ∵dS4==2d(2a1+3d)=-d2<0,故選B. 5.D　解析 由條件知=5, 故a1-a2+a3-a4+a5==5. 6.6　解析 ∵an+1=2an,即=2, ∴{an}是以2為公比的等比數(shù)列. 又a1=2, ∴Sn==126.∴2n=64,∴n=6. 7.2n　解析 ∵=a10,∴(a1q4)2=a1q9,∴a1=q, ∴an=qn. ∵2(an+an+2)=5an+1,∴2an(1+q2)=5anq, ∴2(1+q2)=5q,解得q=2或q=(舍去), ∴an=2n. 8.　解析 由題意知 解得xz=y2=y2,x+z=y, 從而-2=-2=. 9.解 (1)設{an}的公比為q,由題設得an=qn-1. 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1. (2)若an=(-2)n-1,則Sn=.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒有正整數(shù)解. 若an=2n-1,則Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6. 綜上,m=6. 10.解 (1)設等差數(shù)列{an}的公差為d. 因為a2+a4=10,所以2a1+4d=10. 解得d=2.所以an=2n-1. (2)設等比數(shù)列{bn}的公比為q. 因為b2b4=a5,所以b1qb1q3=9. 解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1. 從而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=. 11.解 (1)因為a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故當n≥2時,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 兩式相減得(2n-1)an=2. 所以an=(n≥2). 又由題設可得a1=2, 從而{an}的通項公式為an=. (2)記的前n項和為Sn. 由(1)知,則Sn=+…+. 二、思維提升訓練 12.D　解析 由a1=1,an+1-an=2,得an=2n-1. 由=2,b1=1得bn=2n-1. 則=22(n-1)=4n-1, 故數(shù)列{}前10項和為(410-1). 13.B　解析 因為an=1×2n-1=2n-1,所以anan+1=2n-1·2n=22n-1=2×4n-1,所以. 所以是等比數(shù)列. 故Tn=+…+. 14.A　解析 如圖,延長AnA1,BnB1交于P,過An作對邊BnBn+1的垂線,其長度記為h1,過An+1作對邊Bn+1Bn+2的垂線,其長度記為h2, 則Sn=|BnBn+1|×h1,Sn+1=|Bn+1Bn+2|×h2. ∴Sn+1-Sn=|Bn+1Bn+2|h2-|BnBn+1|h1. ∵|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|, ∴Sn+1-Sn=|BnBn+1|(h2-h1). 設此銳角為θ, 則h2=|PAn+1|sin θ,h1=|PAn|sin θ, ∴h2-h1=sin θ(|PAn+1|-|PAn|)=|AnAn+1|sin θ. ∴Sn+1-Sn=|BnBn+1||AnAn+1|sin θ. ∵|BnBn+1|,|AnAn+1|,sin θ均為定值,∴Sn+1-Sn為定值. ∴{Sn}是等差數(shù)列.故選A. 15.　解析 易得Sn=1-, 因為y=Sn-在區(qū)間上單調遞增(y≠0),所以y∈?[A,B],因此B-A的最小值為. 16.解 (1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1, 兩式相減得到an+2=qan+1,n≥1. 又由S2=qS1+1得到a2=qa1, 故an+1=qan對所有n≥1都成立. 所以,數(shù)列{an}是首項為1,公比為q的等比數(shù)列. 從而an=qn-1. 由a2,a3,a2+a3成等差數(shù)列,可得2a3=a2+a2+a3. 所以a3=2a2,故q=2. 所以an=2n-1(n∈N*). (2)由(1)可知,an=qn-1. 所以雙曲線x2-=1的離心率en=. 由e2==2,解得q=. 所以+…+ =(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)] =n+[1+q2+…+q2(n-1)] =n+=n+(3n-1). 17.解 (1)設等差數(shù)列{an}的公差為d,則d>0, an=dn+(a1-d),Sn=dn2+n. 對任意n∈N*,恒有 an·Sn=2n3-n2,則[dn+(a1-d)]·=2n3-n2, 即[dn+(a1-d)]·=2n2-n. ∴ ∵d>0,∴∴an=2n-1. (2)∵數(shù)列{anbn}的前n項和為An=5+(2n-3)·2n-1(n∈N*), ∴當n=1時,a1b1=A1=4,∴b1=4, 當n≥2時,anbn=An-An-1=5+(2n-3)2n-1-[5+(2n-5)2n-2]=(2n-1)2n-2. ∴bn=2n-2.假設存在數(shù)列{bn}滿足題設,且數(shù)列{bn}的通項公式bn= ∴T1=4,當n≥2時,Tn=4+=2n-1+3,當n=1時也適合, ∴數(shù)列{bn}的前n項和為Tn=2n-1+3.