高考数学二轮复习作业手册 专题限时集 第9讲 等差数列、等比数列 文

专题限时集训(九)[第9讲等差数列、等比数列](时间：45分钟)1．一个由正数组成的等比数列，它的前4项和是前2项和的5倍，则此数列的公比为()A．1B．2C．3D．42．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S4＝12，则S12的值为()A．64B．44C．36D．223．在正项等比数列{an}中，已知a3·a5＝64，则a1＋a7的最小值为()A．64B．32C．16D．84．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和，若S11＝S10，则a1＝()A．18B．20C．22D．245．在各项都为正数的等比数列{an}中，a1＝2，a6＝a1a2aA.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．36．公差不为零的等差数列{an}的第2，3，6项构成等比数列，则这三项的公比为()A．1B．2C．3D．47．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a13＝S13＝13，则a1＝()A．－14B．13C．－12D．－118．已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则数列{an}的前5项和S5＝()A．20B．30C．25D．409．已知等比数列{an}中，各项均为正数，前n项和为Sn，且4a3，a5，2a4成等差数列，若a1＝1，则S4＝()A．7B．8C．15D．1610．已知等差数列{an}的首项a1＝1，前三项之和S3＝9，则数列{an}的通项公式an＝________．11．已知等差数列{an}的公差为－2，a3是a1与a4的等比中项，则数列{an}的前n项和Sn＝________．12．已知{an}为等比数列，a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2，则a5＋a6＋a7＝________．13．在数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝0，a3＝2，bn＝2an＋1(n∈N*)．(1)求数列{bn}及{an}的通项公式；(2)若cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn.14．数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋cn(c是常数，n＝1，2，3，…)，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．(1)求c的值；(2)求数列{an}的通项公式．15．等比数列{cn}满足cn＋1＋cn＝10·4n－1(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，且an＝log2cn.(1)求an，Sn；(2)数列{bn}满足bn＝eq\f(1,4Sn－1)，Tn为数列{bn}的前n项和，是否存在正整数m(m>1)，使得T1，Tm，T6m成等比数列？若存在，求出所有m的值；若不存在，请说明理由．专题限时集训(九)1．B[解析]设此数列的公比为q，根据题意得q>0且q≠1，由eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝eq\f(5a1（1－q2）,1－q)，解得q＝2.2．C[解析]由S8－S4＝12得a5＋a8＝a6＋a7＝a1＋a12＝6，则S12＝eq\f(12,2)×(a1＋a12)＝36.3．C[解析]由a3·a5＝64可得a1·a7＝64，则a1＋a7≥2eq\r(a1a7)＝16.4．B[解析]由S11＝S10得，a11＝0，即a1＋(11－1)×(－2)＝0，得a1＝20.5．C[解析]a1q5＝(a1q)3，q2＝aeq\o\al(2,1)，因为各项均为正数，所以q＝a1＝2.6．C[解析]由(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)得d＝－2a1，因此可罗列该数列的前6项为a1，－a1，－3a1，－5a1，－7a1，－9a1，则公比为3.7．D[解析]在等差数列中，S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝13，得a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝2－13＝－11，选D.8．C[解析]由数列{an}是公差为2的等差数列，得an＝a1＋(n－1)·2，又因为a1，a2，a5成等比数列，所以a1·a5＝aeq\o\al(2,2)，即a1·(a1＋8)＝(a1＋2)2，解得a1＝1，所以S5＝5a1＋eq\f(5×（5－1）,2)·d＝5×1＋20＝25.9．C[解析]由4a3＋2a4＝2a5得q2(q2－q－2)＝0，由题意知q＝2，则S4＝1＋2＋4＋8＝15.10．2n－1[解析]由eq\f(3（a1＋a3）,2)＝S3，得a3＝5，故d＝2，an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.11．－n2＋9n[解析]由aeq\o\al(2,3)＝a1·a4可得a1＝－4d＝8，故Sn＝8n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋9n.12．24[解析]由a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2得q＝－2，由a2＋a2q＝1，得a2＝－1，因此a5＋a6＋a7＝8－16＋32＝24.13．解：(1)方法一，依题意b1＝2，b3＝23＝8，设数列{bn}的公比为q，由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由b3＝b1·q2＝2·q2＝8，得q2＝4，又q>0，则q＝2，故bn＝b1qn－1＝2·2n－1＝2n，又由2an＋1＝2n，得an＝n－1.(2)依题意cn＝(n－1)·2n.Sn＝0·21＋1·22＋2·23＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n，①则2Sn＝0·22＋1·23＋2·24＋…＋(n－2)·2n＋(n－1)·2n＋1，②①－②得－Sn＝22＋23＋…＋2n－(n－1)·2n＋1＝eq\f(22－2n＋1,1－2)－(n－1)·2n＋1，即－Sn＝－4＋(2－n)·2n＋1，故Sn＝4＋(n－2)·2n＋1.方法二，(1)依题意{bn}为等比数列，则eq\f(bn＋1,bn)＝q(常数)，由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由eq\f(2an＋1＋1,2an＋1)＝2an＋1－an＝q，得an＋1－an＝log2q(常数)，故{an}为等差数列．设{an}的公差为d，由a1＝0，a3＝a1＋2d＝0＋2d＝2，得d＝1，故an＝n－1.(2)同方法一．14．解：(1)a1＝3，a2＝3＋c，a3＝3＋3c，∵a1，a2，a3成等比数列，∴(3＋c)2＝3(3＋3c)，解得c＝0或c＝3.当c＝0时，a1＝a2＝a3，不符合题意，舍去，故c＝3.(2)当n≥2时，由a2－a1＝c，a3－a2＝2c，…，an－an－1＝(n－1)c，则an－a1＝[1＋2＋…＋(n－1)]c＝eq\f(n（n－1）,2)c.又∵a1＝3，c＝3，∴an＝3＋eq\f(3,2)n(n－1)＝eq\f(3,2)(n2－n＋2)(n＝2，3，…)．当n＝1时，上式也成立，∴an＝eq\f(3,2)(n2－n＋2)．15．解：(1)因为c1＋c2＝10，c2＋c3＝40，所以公比q＝4，由c1＋4c1＝10，得c1＝2，cn＝2·4n－1＝22n－1，所以an＝log222n－1＝2n－1.Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2c1＋log2c2＋…＋log2cn＝log2(c1·c2·…·cn)＝log2(21·23·…·22n－1)＝log22(1＋3＋…＋2n－1)＝n(2)由(1)知bn＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，于是Tn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(n,2n＋1).假设存在正整数m(m>1)，使得T1，Tm