专题能力训练11　等差数列与等比数列

专题能力训练11等差数列与等比数列能力突破训练1.(2021广西玉林高三二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,当首项a1和公差d变化时,a3+a8+a10是一个定值,则下列选项中为定值的是()A.S7 B.S8 C.S13 D.S152.已知数列{an}为等比数列,且a8a9a10=-a132=-1000,则a10a12=(A.100 B.-100 C.10010 D.-100103.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16 B.8 C.4 D.24.已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn.若a3,a4,a8成等比数列,则()A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>05.《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题,“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例为“衰分比”.如:已知A,B,C三人分配奖金的衰分比为20%,若A分得奖金1000元,则B,C所分得奖金分别为800元和640元.某科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁攻关成功,并获得单位奖励68780元,若甲、乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配奖金,且甲与丙共获得奖金36200元,则“衰分比”与丁所获得的奖金分别为()A.20%,14580元 B.10%,14580元C.20%,10800元 D.10%,10800元6.已知数列{an}满足an+1an+1+1=12,且A.-12 B.23 C.12 D.7.(2021河北张家口高三三模)在等差数列{an}中,a11=2a8+6,则a2+a6+a7=.

8.已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=2,数列{log2Sn}是公差为2的等差数列,则a6=.

9.(2021广西南宁二中高三月考)已知在数列{an}中,a1=1,2an+1=6an+2n-1.(1)求证:数列an(2)求数列{an}的前n项和Sn.10.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a2=b3=4,a6=b5=16.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.11.已知数列{an}是等比数列.设a2=2,a5=16.(1)若a1+a2+…+a2n=t(a12+a22+…+an2(2)若在1a1与1a4之间插入k个数b1,b2,…,bk,使得1a1,b1,b2,…,思维提升训练12.数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=()A.2 B.3 C.4 D.513.若数列{an}为等比数列,且a1=1,q=2,则Tn=1a1a2+1aA.1-14n BC.1-12n D14.若各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足an+12=2Sn+n+2(n∈N*),且2a2+a8=15,则S10=A.54 B.66 C.68 D.7515.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为.

16.(2021广东深圳红岭中学高三月考)已知数列{bn}是各项均为正数的等比数列,其前n项和为Tn,b1=2,T4=5T2.等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=b3,a1+a9=-4.(1)求{an}和{bn}的通项公式.(2)是否存在大于2的正整数m,使得4S1,S3,Sm成等比数列?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.17.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k<n<①求数列{a2n②求∑i=12naici(n∈答案:能力突破训练1.C解析:由题意,可知a3+a8+a10=3a1+18d=3(a1+6d)=3a7是一个定值,所以a7是一个定值,所以S13=13(a1+a132.C解析:∵{an}为等比数列,∴a8a9a10=-a132=a∴a9=-10,a132=1又a10a12=a102q2>0,∴a10a12=|a9a13|=3.C解析:设等比数列{an}的公比为q(q>0),则a1(所以a3=a1q2=1×22=4.故选C.4.B解析:设{an}的首项为a1,公差为d,则a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+7d.∵a3,a4,a8成等比数列,∴(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d),即3a1d+5d2=0.∵d≠0,∴a1d=-53d2<0,且a1=-53∵dS4=4d(a1+a4)2=2d(2a1+故选B.5.B解析:设“衰分比”为q,甲获得的奖金为a1,得a1+a1(1-q)+a1(1-q)2+a1(1-q)3=68780,a1+a1(1-q)2=36200,解得q=0.1,a1=20000,故a1(1-q)3=14580.6.D解析:由已知得an+1+1an+1=2,则{an+1}是公比为2的等比数列,所以a4+1=(a2+1)·22=12.所以a47.-18解析:在等差数列{an}中,2a8=a11+a5,又a11=2a8+6,所以a5=-6.所以a2+a6+a7=3a5=-18.8.1536解析:∵数列{log2Sn}是公差为2的等差数列,∴log2Sn-log2Sn-1=2,即SnSn-1又S1=a1=2,∴数列{Sn}是公比为4的等比数列,则Sn=2×4n-1,∴a6=S6-S5=2×45-2×44=1536.9.(1)证明:∵2an+1=6an+2n-1,∴an+1=3an+n-12∴an+1+n+12=3又a1+12=1+1∴an+n2为等比数列,其首项为3(2)解:由(1)得an+n2=32×3∴an=3n∴Sn=a1+a2+a3+…+an=12(31+32+33+…+3n)-12(1+2+3+…=110.解:(1)设{an}的公差为d.∵等差数列{an}和等比数列{bn}满足a2=b3=4,a6=b5=16,∴a2∴数列{an}的通项公式an=3n-2.(2)设{bn}的公比为q.∵等差数列{an}和等比数列{bn}满足a2=b3=4,a6=b5=16,∴b3∴b2n-1=b1q2n-2=(q2)n-1=4n-1,∴b1+b3+b5+…+b2n-1=111.解:设等比数列{an}的公比为q,由a2=2,a5=16,得q=2,a1=1.(1)∵a1+a2+…+a2n=t(a12+a2∴a1(1-q2n)1-q=t·a12((2)∵1a1=且1a1,b1,b2,…,bk,1∴公差d=1a5−1a4=-116,且即18-1=(k+1)×-116,思维提升训练12.C解析:∵am+n=aman,令m=1,又a1=2,∴an+1=a1an=2an,∴an∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n.∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1·1-2101-2=2k+11-2k+1∴k+11=15,k13.B解析:因为an=1×2n-1=2n-1,所以anan+1=2n-1·2n=22n-1=2×4n-1,所以1所以1an故Tn=1a1a214.B解析:因为an+12=2Sn+n+2,当n≥2时,an2=2Sn-1+(n-得an+12−an即an+12=an2+2an+1=(an+1)2,因为an>0,所以an+1=an+1,即所以,当n≥2时,{an}是公差d=1的等差数列.因为2a2+a8=15即3a2+6=15,所以a2=3,所以当n≥2时,an=n+1,当n=1时,a22=2a1+1+2,解得a1=3,不适合an,所以数列{an}的通项公式为an所以S10=3+3+4+5+…+11=3+9×142=66,15.3n2-2n解析:数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+n(n-1)2×6=16.解:(1)设{bn}的公比为q(q>0).当q=1时,显然不满足T4=5T2,故q≠1.所以由T4=5T2,得b1(1-q4)1又q>0,所以q=2,所以bn=2n.设{an}的公差为d.由a解得a1=6,d=-2.(2)因为Sn=n(6-2n+8)2=-n2+7n,所以S1=6,S3=12,若4S1,S3,Sm成等比数列,则S32=4S1S即122=24(-m2+7m),化简得m2-7m+6=0,解得m=6或m=1(舍去).故存在m=6,使得4S1,S3,Sm成等比数列.17.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意得6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,故an=4+(n-