高考数学二轮总复习专题能力训练11等差数列与等比数列文

专题能力训练11等差数列与等比数列能力突破训练1.已知数列{an}为等比数列,且a8a9a10=a132=1000,则a10a12=(A.100 B.100 C.10010 D.100102.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.S153.(2022广西南宁二中高三检测)已知等比数列{an}满足an>0,且a5·a2n5=e2n(n≥3),则当n≥1时,lna2+lna4+…+lna2n=()A.n(n+1) B.n(2n1)C.n2 D.(n1)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.(2022广西贺州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,已知2an+1+an=0,S5=112,则数列{an}的前n项之积Tn的最大值为(A.16 B.32 C.64 D.1286.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且S3=15,a3+a4+a5=27,则S10=.

7.(2022广西河池高中模拟)若a,b,2这三个数经适当排序后可成等差数列,也可适当排序后成等比数列,请写出满足题意的一组a,b的值:.

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S5=.

9.设Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn+n=2an(1)证明:{an}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.10.已知在数列{an}中,a1=1,2an+1=6an+2n1.(1)求证:数列an(2)求数列{an}的前n项和Sn.11.已知数列{an},{bn}满足:an+1+1=2an+n,bnan=n,b1=2.(1)证明数列{bn}是等比数列,并求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn.思维提升训练12.已知数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+1an=bn+1bn=2,n∈N*,则数列{A.43(491) B.43(4C.13(491) D.13(413.已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.令bn=1anan+1,则数列{bn}的前50项和TA.5051 B.49C.100101 D.14.将数列{2n1}与{3n2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为.

15.若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn,Tn,SnTn=5n16.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.已知等差数列{an}满足a1=1,公差d>0,等比数列{bn}满足b1=a1,b2=a2,b3=a5.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足c1b1+c2b2+c3b3+…+答案：能力突破训练1.C解析:∵{an}为等比数列,∴a8a9a10=a132∴a9=10,a132=又a10a12=a102q2∴a10a12=|a9a13|=10010.2.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+a133.A解析:由a5·a2n5=e2n(n≥3)得an2=e2n(又an>0,所以an=en(n≥3).又数列{an}为等比数列,所以an=en,所以当n≥1时,lna2+lna4+…+lna2n=2+4+…+2n=n(n+1).4.B解析:∵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.C解析:由2an+1+an=0,S5=112可知,an≠0,所以an+1所以数列{an}是以12为公比的等比数列由S5=112可知,a11--1所以数列{an}为8,4,2,1,12,1所以{an}的前n项之积Tn的最大值为T4=8×(4)×2×(1)=64.6.120解析:设等差数列{an}的公差为d,根据题意得3解得a1=3,d=2,所以S10=10a1+10×927.a=1,b=4(答案不唯一)解析:a,b,2这三个数经适当排序后可成等差数列,可排为2,a,b,则有2+b=2a.a,b,2这三个数经适当排序后可成等比数列,可排为a,2,b,则有ab=(2)2.所以a=1,b=4或a=2,b=2.其他情况解法同上.8.512解析:∵数列{log2Sn}是公差为2的等差数列,∴log2Snlog2Sn1=2,即SnSn-1=4(n≥2),又S∴数列{Sn}是公比为4的等比数列,则Sn=2×4n1,∴S5=2×44=512.9.(1)证明:由2Snn+n=2an+1,变形为2Sn=2nan+nn2,记为①式,又当n≥2时,有2Sn1=2(n1)an1+n1(n1)2,记为②式,①②并整理可得(2n2)an(2n2)an1=2n2,n≥2,n∈所以anan1=1,n≥2,n∈N*,所以{an}是等差数列.(2)解:由题意可知a72=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)·(a1+8),解得a1=12,所以an=12+(n1)×1=n13,当n≤12时,an<0,当n=13时,an=0,当n≥14时,an>0.故Sn的最小值为S12=S13=10.(1)证明:∵2an+1=6an+2n1,∴an+1=3an+n12∴an+1+n+12=3又a1+12=1+12=32,∴(2)解:由(1)得an+n2=32×3n∴an=3n∴Sn=a1+a2+a3+…+an=12(31+32+33+…+3n)12(1+2+3+…=1211.解:(1)因为bnan=n,所以bn=an+n.因为an+1=2an+n1,所以an+1+(n+1)=2(an+n),即bn+1=2bn.又b1=2,所以{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,bn=2×2n1=2n.(2)由(1)可得an=bnn=2nn,所以Sn=(21+22+23+…+2n)(1+2+3+…+n)=2(1-2n)1思维提升训练12.D解析:由a1=1,an+1an=2,得an=2n1.由bn+1bn=2,b1=1得bn=则ban=2an-1=2故数列{ban}的前10项和为1-413.D解析:因为S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2,S4=4a1+4×32×2由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n1,则bn=1(2n-1)(2n14.3n22n解析:数列{2n1}的项均为奇数,数列{3n2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n2}中的所有奇数均能在{2n1}中找到,所以{2n1}与{3n2}的所有公共项就是{3n2}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=15.4解析:由等差数列的性质可得a10b916.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m27m+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)由题意知,a1=1,公差d>0,有1,1+d,1+4d成等比数列,所以(1+d)2=1×(1+4