2019届高考数学二轮复习 第二篇 专题通关攻略 专题3 数列 专题能力提升练八 2.3.1 等差数列、等比数列.doc

专题能力提升练 八等差数列、等比数列(45分钟80分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.已知an为等差数列,Sn为其前n项和,若a3+7=2a5,则S13=()A.49B.91C.98D.182【解析】选B.设等差数列an的公差为d,因为a3+7=2a5,所以a1+2d+7=2(a1+4d),化为:a1+6d=7=a7.则S13=13(a1+a13)2=13a7=137=91.2.已知在等比数列an中,a5=3,a4a7=45,则a7-a9a5-a7的值为()A.3B.5C.9D.25【解析】选D.根据题意,在等比数列an中,a5=3,a4a7=45,则有a6=a4a7a5=15,则q=a6a5=5,则a7-a9a5-a7=a5q2-a7q2a5-a7=q2=25.3.(2018茂名一模)算法统宗是明朝程大位所著数学名著,其中有这样一段表述:“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一”,其意大致为:有一栋七层宝塔,每层悬挂的红灯数为上一层的两倍,共有381盏灯,则该塔中间一层有_盏灯()A.24B.48C.12D.60【解析】选A.由题意可知宝塔从上至下每层的灯盏数构成公比为2的等比数列,设等比数列的首项为a,则有a(1-27)1-2=381,解得a=3.所以该塔中间一层(即第4层)的灯盏数为323=24.4.已知等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,则“d0”是“S4+S62S5”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选C.因为S4+S62S5,所以4a1+6d+6a1+15d2(5a1+10d),所以21d20d,所以d0,故“d0”是“S4+S62S5”充要条件.5.(2018荆州一模)已知数列an是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列bn的连续三项,则b3+b4b4+b5的值为()A.12B.4C.2D.2【解析】选A.数列an是公差d不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列bn的连续三项,所以a32=a1a7,可得(a1+2d)2=a1(a1+6d),化为:a1=2d0.所以公比q=a3a1=a1+2da1=4d2d=2.则b3+b4b4+b5=1q=12.6.设数列an前n项和为Sn,已知a1=45,an+1=2an,0an12,2an-1,120,当n=1时,2a1=a12+a1,解得a1=1;当n2时,有2Sn-1=an-12+an-1,所以2an=2Sn-2Sn-1=an2-an-12+an-an-1,所以an2-an-12=an+an-1,即(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1,因为an+an-10,所以an-an-1=1(n2).故数列an是首项为1,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知an=n,设cn=anbn,则cn=n(-n+5)=-n2+5n=-n-522+254,因为nN*,当n=2或n=3时,anbn的最大项的值为6.11.已知等比数列an满足a1a6=32a2a10,an的前3项和S3=214.(1)求数列an的通项公式.(2)记数列bn=log2an3,求数列bn的前n项和Tn.【解析】(1)等比数列an中,由a1a6=32a2a10得a2a10a1a6=132,即q5=132,q=12,由S3=a1+a1q+a1q2=214,得a1=3,所以数列an的通项公式an=312n-1,nN*.(2)由题知,bn=log2an3=log212n-1=1-n.又因为bn+1-bn=-1,所以数列bn是等差数列,Tn=(b1+bn)n2=(0+1-n)n2=-n2+n2.12.已知数列an的首项为1,Sn为数列an的前n项和,且满足Sn+1=qSn+1,其中q0,nN*,又2a2,a3,a2+2成等差数列.(1)求数列an的通项公式.(2)记bn=2an-log2an+12,若数列bn为递增数列,求的取值范围.【解析】(1)由Sn+1=qSn+1可得,当n2时,Sn=qSn-1+1-得:an+1=qan.又S2=qS1+1且a1=1,所以a2=q=qa1,所以数列an是以1为首项,q为公比的等比数列.又2a2,a3,a2+2成等差数列,所以2a3=2a2+a2+2=3a2+2,即:2q2=3q+2,所以2q2-3q-2=0,解得:q=2或q=-12(舍),所以数列an的通项公式为:an=2n-1(nN*).(2)由题意得:bn=22n-1-(log22n)2=2n-n2,若数列bn为递增数列,则有bn+1-bn=2n+1-(n+1)2-2n+n2=2n-2n-0,即1,所以数列2n2n+1为递增数列.所以2n2n+123,所以an-10,公比q1.因为a2+a4=10 ,且a32=16=a3a3=a2a4由解得a2=2,a4=8.又因为a4=a2q2,得q=2或q=-2(舍).则得a5=16,a6=32,因为log2a1+log2a2+log2a10=log2(a1a2a10)=5log2(a5a6)=5log2(1632)=59log22=452log22=90.2.在等差数列an中,其前n项和是Sn,若S150,S160,S16=16(a1+a16)2=8(a8+a9)0,a90,S2a20,S8a80,S9a90,S10a100,S15a150,而S1S2a2a8,所以在S1a1,S2a2,S15a15中最大的是S8a8.3.已知数列an是等比数列,其公比为2,设bn=log2an,且数列bn的前10项的和为25,那么a1+a2+a3+a10的值为_.【解析】设an的首项为a,则an=a2n-1,所以bn=log2an=log2a+n-1,所以bn-bn-1=log2an-log2an-1=log22=1,所以数列bn是以log2a为首项,以1为公差的等差数列,所以10log2a+10(10-1)2=25,所以a=14,所以数列an的首项为14,所以a1+a2+a3+a10=14(1-210)1-2=1 0234.答案:1 02344.(2018荆州一模)在数列an中,a1=1,n2时,an=an-1+n,若不等式nn+1an+1对任意nN*恒成立,则实数的取值范围是_.【解析】在数列an中,a1=1,n2时,an=an-1+n,即an-an-1=n,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+2+1=n(n+1)2,a1=1也适合上式,所以an=n(n+1)2.不等式nn+1an+1化为:21+2n(n+1),由于221+2n(n+1),不等式nn+1an+1对任意nN*恒成立,则2.则实数的取值范围是2,+).答案:2,+)5.(2018广元一模)已知数列an的前n项和Sn=k(3n-1),且a3=27.(1)求数列an的通项公式.(2)若bn=log3an,求数列1bnbn+1的前n项和Tn.【解析】(1)数列an的前n项和Sn=k(3n-1),且a3=27.当n=3时,a3=S3-S2=k(33-32),解得k=32,当n2时,an=Sn-Sn-1=32(3n-1)-32(3n-1-1)=3n,由于a1=S1=3也满足上式,所以an=3n.(2)若bn=log33n=n,所以:1bnbn+1=1n(n+1)=1n-1n+1,所以Tn=1-12+12-13+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.6.(2018东莞一模)已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(nN*).(1)求数列an的通项公式.(2)求数列Sn的前n项和Tn.【解析】(1)数列an的前n项和为Sn,且Sn=2an-2.则Sn+1=2an+1-2,-得:an+1=2an,即an+1an=2(常数),当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得:a1=2,所以数列的通项公式为an=22n-1=2n.(2)由于:an=2n,则Sn=21+22+2n=2(2n-1)2-1=2n+1-2.Tn=2(21+22+2n)-2-2-2,=2n+2-4-2n.【加固训练】1.(2018闵行一模) 已知数列an,bn满足bn=ln an,nN*,其中bn是等差数列,且a3a1 007=e4,则b1+b2+b1 009=_.【解析】数列an,bn满足bn=ln an,nN*,其中bn是等差数列,所以bn+1-bn=ln an+1-ln an=ln an+1an=t(常数).所以an+1an=et=q0,因此数列an为等比数列.且a3a1 007=e4,所以a1a1 009=a2a1 008=a3a1 007=e4.则b1+b2+b1 009=ln(a1a2a1 009)=ln(e4)1 009=ln e2 018=2 018.答案:2 0182.(2018松江区一模)已知数列an的通项公式为an=2qn+q