《（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列 文（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題能力訓(xùn)練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列
一、能力突破訓(xùn)練
1.已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a8a9a10=-a132=-1 000,則a10a12=( )
A.100 B.-100 C.10010 D.-10010
2.在等差數(shù)列{an}中,a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,則此數(shù)列前20項的和等于( )
A.290 B.300 C.580 D.600
3.設(shè){an}是等比數(shù)列,Sn是{an}的前n項和.若對任意正整數(shù)n,有an+2an+1+an+2=0,a1=2,則S101的值為( )
A.2 B.200 C.-2 D.0
4.已知{an}是等差數(shù)列,
2、公差d不為零,前n項和是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.在等比數(shù)列{an}中,滿足a1+a2+a3+a4+a5=3,a12+a22+a32+a42+a52=15,則a1-a2+a3-a4+a5的值是( )
A.3 B.5 C.-5 D.5
6.在數(shù)列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn為{an}的前n項和.若Sn=126,則n= .?
7.(2019四川內(nèi)江等六市二診,14)中國古代數(shù)學(xué)專著《九章算術(shù)》中有這樣一題:今有男子善走,日增
3、等里,九日走1 260里,第一日、第四日、第七日所走之和為390里,則該男子第三日走的里數(shù)為 .?
8.設(shè)x,y,z是實數(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.(2018全國Ⅲ,文17)在等比數(shù)列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通項公式;
(2)記Sn為{an}的前n項和,若Sm=63,求m.
10.(2019全國Ⅰ,文18)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S9=-a5.
(1)若a3=4,求{an}的通項公式;
(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取
4、值范圍.
11.(2019山東濰坊四市聯(lián)考,17)已知數(shù)列{an},{bn}滿足:an+1+1=2an+n,bn-an=n,b1=2.
(1)證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{bn}的通項公式;
(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.
二、思維提升訓(xùn)練
12.已知數(shù)列{an},{bn}滿足a1=b1=1,an+1-an=bn+1bn=2,n∈N*,則數(shù)列{ban}的前10項的和為( )
A.43(49-1) B.43(410-1)
C.13(49-1) D.13(410-1)
13.若數(shù)列{an}為等比
5、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.如圖,點列{An},{Bn}分別在某銳角的兩邊上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*.(P≠Q(mào)表示點P與Q不重合)若dn=|AnBn|,Sn為△AnBnBn+1的面積,則( )
A.{Sn}是等差數(shù)列 B.{Sn2}是等差數(shù)列
C.{dn}是等差數(shù)列 D.{dn2}是等差數(shù)列
15.(2019河北武邑中學(xué)調(diào)研,15
6、)若兩個等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項和分別是Sn,Tn,SnTn=5nn+5,則a10b9+b12+a11b8+b13= .?
16.(2019江蘇常州高三期末,19)在數(shù)列{an}中,a1=1,且an+1+3an+4=0,n∈N*.
(1)求證:{an+1}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)數(shù)列{an}中是否存在不同的三項按照一定順序重新排列后,構(gòu)成等差數(shù)列?若存在,求滿足條件的項;若不存在,請說明理由.
17.若數(shù)列{an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列,且對任意n∈N*有an·Sn=2n3-n2.
(1)求數(shù)列{an}的通項公
7、式;
(2)是否存在數(shù)列{bn},使得數(shù)列{anbn}的前n項和為An=5+(2n-3)2n-1(n∈N*)?若存在,求出數(shù)列{bn}的通項公式及其前n項和Tn;若不存在,請說明理由.
專題能力訓(xùn)練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列
一、能力突破訓(xùn)練
1.C 解析∵{an}為等比數(shù)列,
∴a8a9a10=-a132=a93=-1000,
∴a9=-10,a132=1000.
又a10a12=a102q2>0,
∴a10a12=|a9a13|=10010.
2.B 解析由a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,得a1+a20=30,故S20=20×(a1+a20)2=300.
8、
3.A 解析設(shè)公比為q,∵an+2an+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.
9、5.D 解析由條件知a1(1-q5)1-q=3,a12(1-q10)1-q2=15,則a1(1+q5)1+q=5,
故a1-a2+a3-a4+a5=a1[1-(-q)5]1-(-q)=a1(1+q5)1+q=5.
6.6 解析∵an+1=2an,即an+1an=2,
∴{an}是以2為公比的等比數(shù)列.
又a1=2,
∴Sn=2(1-2n)1-2=126.∴2n=64,∴n=6.
7.120 解析男子每天走的里數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列,設(shè)為{an},其公差為d,前n項和為Sn.
根據(jù)題意可知,S9=1260,a1+a4+a7=390,
(方法一)∵S9=9(a1+a9)2=9a5=1260
10、,∴a5=140.
又a1+a4+a7=3a4=390,∴a4=130,∴d=a5-a4=10,
∴a3=a4-d=120.
(方法二)由題意,得S9=1260,a1+a4+a7=390,
9a1+9×82d=1260,a1+a1+3d+a1+6d=390,
解得a1=100,d=10,所以a3=a1+2d=120.
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.
11、
9.解(1)設(shè){an}的公比為q,由題設(shè)得an=qn-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,則Sn=1-(-2)n3.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒有正整數(shù)解.
若an=2n-1,則Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.
綜上,m=6.
10.解(1)設(shè){an}的公差為d.
由S9=-a5,得a1+4d=0.
由a3=4,得a1+2d=4.
于是a1=8,d=-2.
因此{an}的通項公式為an=10-2n.
(2)由(1)得a1=-4d,
12、故an=(n-5)d,Sn=n(n-9)d2.
由a1>0知d<0,故Sn≥an等價于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.
所以n的取值范圍是{n|1≤n≤10,n∈N}.
11.解(1)因為bn-an=n,所以bn=an+n.
因為an+1=2an+n-1,所以an+1+(n+1)=2(an+n),即bn+1=2bn.
又b1=2,所以{bn}是首項為2,公比為2的等比數(shù)列,bn=2×2n-1=2n.
(2)由(1)可得an=bn-n=2n-n,
所以Sn=(21+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)
=2(1-2n)1-2-n(1+n)2=2n+1-2-n2
13、+n2.
二、思維提升訓(xùn)練
12.D 解析由a1=1,an+1-an=2,得an=2n-1.
由bn+1bn=2,b1=1得bn=2n-1.
則ban=2an-1=22(n-1)=4n-1,
故數(shù)列{ban}的前10項和為1-4101-4=13(410-1).
13.B 解析因為an=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.A 解析如圖,延長AnA1,BnB
14、1交于P,過An作對邊BnBn+1的垂線,其長度記為h1,過An+1作對邊Bn+1Bn+2的垂線,其長度記為h2,
則Sn=12|BnBn+1|h1,Sn+1=12|Bn+1Bn+2|h2.
∴Sn+1-Sn=12|Bn+1Bn+2|h2-12|BnBn+1|h1.
∵|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,
∴Sn+1-Sn=12|BnBn+1|(h2-h1).
設(shè)此銳角為θ,
則h2=|PAn+1|sinθ,h1=|PAn|sinθ,
∴h2-h1=sinθ(|PAn+1|-|PAn|)=|AnAn+1|sinθ.
∴Sn+1-Sn=12|BnBn+1||AnAn+1|
15、sinθ.
∵|BnBn+1|,|AnAn+1|,sinθ均為定值,∴Sn+1-Sn為定值.
∴{Sn}是等差數(shù)列.故選A.
15.4 解析由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a10b9+b12+a11b8+b13=a10b1+b20+a11b1+b20=a1+a20b1+b20
=20(a1+a20)220(b1+b20)2=S20T20=5×2020+5=4.
16.解(1)因為an+1+3an+4=0,所以an+1+1an+1=-3an-3an+1=-3.
因為a1+1=2≠0,所以數(shù)列{an+1}是以2為首項,以-3為公比的等比數(shù)列,
所以an+1=2×(-3)n-1,即an=2×(-3
16、)n-1-1.
(2)假設(shè)存在三項ar,as,at(r
17、r,
等式的右邊是-3的整數(shù)倍,左邊不是-3的整數(shù)倍,故等式不成立.
③若as+at=2ar,則2×(-3)s-1-1+2×(-3)t-1-1=4×(-3)r-1-2,
整理得(-3)s+(-3)t=2×(-3)r,兩邊同除以(-3)r,
可得(-3)s-r+(-3)t-r=2,
等式的左邊是-3的整數(shù)倍,右邊不是-3的整數(shù)倍,故等式不成立.
綜上,數(shù)列{an}中不存在不同的三項符合題意.
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.
對任意n∈N*,恒有
an·Sn=2n3-n2,則[dn+(a1-d
18、)]·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項和為An=5+(2n-3)·2n-1(n∈N*),
∴當(dāng)n=1時,a1b1=A1=4,
∴b1=4,
當(dāng)n≥2時,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}的通項公式bn=4,n=1,2n-2,n≥2,
∴T1=4,當(dāng)n≥2時,Tn=4+1-2n-11-2=2n-1+3,當(dāng)n=1時也適合,
∴數(shù)列{bn}的前n項和為Tn=2n-1+3.
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（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列 文
