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

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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(cè)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(shuō)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(guó)Ⅰ,理12)幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)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(wèn)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(lái)的兩項(xiàng)是20,21,再接下來(lái)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(wú)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(shuō)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(lái)兩項(xiàng)為第2組,再接下來(lái)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.