2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 數(shù)列 專題對點(diǎn)練15 4.1~4.2組合練 文.doc

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專題對點(diǎn)練15　4.1~4.2組合練 (限時90分鐘,滿分100分) 一、選擇題(共9小題,滿分45分) 1.設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若a1+a3+a5=3,則S5=(　　) A.5 B.7 C.9 D.11 2.《九章算術(shù)》是我國第一部數(shù)學(xué)專著,下有源自其中的一個問題:“今有金箠,長五尺,斬本一尺,重四斤,斬末一尺,重二斤.問金箠重幾何?”其意思為:今有金杖(粗細(xì)均勻變化)長5尺,截得本端1尺,重4斤,截得末端1尺,重2斤,則金杖重(　　) A.18斤 B.15斤 C.13斤 D.20斤 3.已知等差數(shù)列{an}的公差為2,若a2,a4,a8成等比數(shù)列,則{an}的前n項(xiàng)和Sn=(　　) A.n(n+1) B.n(n-1) C.n(n+1)2 D.n(n-1)2 4.公差不為零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a4是a3與a7的等比中項(xiàng),S8=16,則S10等于(　　) A.18 B.24 C.30 D.60 5.等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知S3=a2+10a1,a5=9,則a1=(　　) A. B.- C. D.- 6.(2018廣東深圳耀華模擬)在數(shù)列{an}中,a1=1,an+1=2an-2n,則a17=(　　) A.-15216 B.15217 C.-16216 D.16217 7.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,則m=(　　) A.3 B.4 C.5 D. 6 8.在等比數(shù)列{an}中,各項(xiàng)均為正數(shù),Sn是其前n項(xiàng)和,且滿足2S3=8a1+3a2,a4=16,則S4=(　　) A.9 B.15 C.18 D.30 9.在遞減等差數(shù)列{an}中, a1a3=a22-4.若a1=13,則數(shù)列1anan+1的前n項(xiàng)和的最大值為(　　) A.24143 B.1143 C.2413 D.613 二、填空題(共3小題,滿分15分) 10.已知等比數(shù)列{an},a2a4=a5,a4=8,則{an}的前4項(xiàng)和S4=　　　　. 11.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S3,S9,S6成等差數(shù)列,且a2+a5=4,則a8的值為　　　　. 12.(2018湖北重點(diǎn)高中協(xié)作體模擬)定義“等積數(shù)列”,在一個數(shù)列中,如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的積都為同一個常數(shù),那么這個數(shù)列叫做等積數(shù)列,這個常數(shù)叫做該數(shù)列的公積.已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列且a1=2,公積為10,則這個數(shù)列前21項(xiàng)和S21的值為　　　　　. 三、解答題(共3個題,滿分分別為13分,13分,14分) 13.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且對任意正整數(shù)n,都有3an=2Sn+3成立. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=log3an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 14.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn+n=2an(n∈N*). (1)證明:數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=(2n+1)an+2n+1,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求滿足不等式Tn-22n-1>2 010的n的最小值. 15.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足a1=1,2Sn=(n+1)an.在數(shù)列{bn}中,bn=2an+1. (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列1anlog2bn的前n項(xiàng)和Tn.  專題對點(diǎn)練15答案 1.A　解析 由a1+a3+a5=3,得3a3=3,解得a3=1.故S5=5(a1+a5)2=5a3=5. 2.B　解析 由題意可知,在等差數(shù)列{an}中,a1=4,a5=2, 則S5=(a1+a5)52=(4+2)52=15,故金杖重15斤. 3.A　解析 ∵a2,a4,a8成等比數(shù)列,∴a42=a2a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2. ∴Sn=na1+n(n-1)2d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1).故選A. 4.C　解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d≠0.由題意,得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),即2a1+3d=0. ① ∵S8=16,∴8a1+872d=16, ② 聯(lián)立①②解得a1=-,d=1.則S10=10-32+10921=30. 5.C　解析 設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,若q=1,則由a5=9,得a1=9,此時S3=27,而a2+10a1=99,不滿足題意,因此q≠1. ∵當(dāng)q≠1時,S3=a1(1-q3)1-q=a1q+10a1,∴1-q31-q=q+10,整理得q2=9. ∵a5=a1q4=9,即81a1=9,∴a1=. 6.A　解析 由題意可得an+12n+1=an2n-12,即an+12n+1-an2n=-,據(jù)此可得,數(shù)列an2n是首項(xiàng)為a121=12,公差為-的等差數(shù)列,故a17217=12+(17-1)-12=-152, ∴a17=-15216.故選A. 7.C　解析 ∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,∴am=Sm-Sm-1=0-(-2)=2,am+1=Sm+1-Sm=3-0=3.∴d=am+1-am=3-2=1. ∵Sm=ma1+m(m-1)21=0, ∴a1=-m-12.又am+1=a1+m1=3,∴-m-12+m=3. ∴m=5.故選C. 8.D　解析 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q>0,∵2S3=8a1+3a2, ∴2(a1+a2+a3)=8a1+3a2, 即2a1q2=6a1+a1q,即2q2-q-6=0,解得q=2. 又a4=16,可得a123=16,解得a1=2. 則S4=2(1-24)1-2=30. 9.D　解析 設(shè)公差為d,則d<0.由題意,得13(13+2d)=(13+d)2-4,解得d=-2或d=2(舍去),∴an=a1+(n-1)d=15-2n. 當(dāng)an=15-2n≥0時,即n≤7.5;當(dāng)an+1=13-2n≤0時,即n≥6.5. ∴當(dāng)n≤7時,an>0. ∴1anan+1=1(15-2n)(13-2n) =1212n-15-12n-13, ∴數(shù)列1anan+1的前n項(xiàng)和為121-13-1-11+1-11-1-9+…+12n-15-12n-13=12-113-12n-13, ∴當(dāng)n=6時,數(shù)列1anan+1的前n項(xiàng)和最大,最大值為12-113+1=613,故選D. 10.15　解析 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q, ∵a2a4=a1qa4=a1a5=a5,∴a1=1. 又a4=8,∴q3=8,∴q=2.故S4=1(1-24)1-2=15. 11.2　解析 ∵等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,S3,S9,S6成等差數(shù)列,且a2+a5=4, ∴2a1(1-q9)1-q=a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q,a1q+a1q4=4, 解得a1q=8,q3=-, ∴a8=a1q7=(a1q)(q3)2=8=2. 12.72　解析 由數(shù)列{an}是等積數(shù)列,且 a1=2,公積為10,根據(jù)等積數(shù)列的定義,得a2=5,a3=2,由此可以知道數(shù)列{an}的所有奇數(shù)項(xiàng)為2,所有偶數(shù)項(xiàng)為5. 故這個數(shù)列前21項(xiàng)和S21=710+2=72. 13.解 (1)在3an=2Sn+3中,令n=1,得a1=3. 當(dāng)n≥2時,3an=2Sn+3, ① 3an-1=2Sn-1+3, ② ①-②得an=3an-1, ∴數(shù)列{an}是以3為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列,∴an=3n. (2)由(1)得bn=log3an=n, 數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=1+2+3+…+n=n(n+1)2. 14.(1)證明 當(dāng)n=1時,2a1=a1+1,∴a1=1. ∵2an=Sn+n,n∈N*,∴2an-1=Sn-1+n-1,n≥2, 兩式相減,得an=2an-1+1,n≥2,即an+1=2(an-1+1),n≥2, ∴數(shù)列{an+1}為以2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列, ∴an+1=2n,∴an=2n-1,n∈N*. (2)解 bn=(2n+1)an+2n+1=(2n+1)2n, ∴Tn=32+522+…+(2n+1)2n, ∴2Tn=322+523+…+(2n+1)2n+1, 兩式相減可得-Tn=32+222+223+…+22n-(2n+1)2n+1, ∴Tn=(2n-1)2n+1+2,∴Tn-22n-1>2 010 可化為2n+1>2 010. ∵210=1 024,211=2 048,∴滿足不等式Tn-22n-1>2 010的n的最小值為10. 15.解 (1)當(dāng)n≥2時,由2Sn=(n+1)an,得2Sn-1=nan-1, 兩式相減得2an=(n+1)an-nan-1,整理得anan-1=nn-1. 由an=anan-1an-1an-2…a2a1=nn-1n-1n-2…1=n(n≥2). 又當(dāng)n=1時,a1=1,∴an=n(n∈N*). 由bn=2an+1=2n+1,∴{bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n+1. (2)由(1)得1anlog2bn=1nlog22n+1=1n(n+1)=1n-1n+1. ∴Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1. 故數(shù)列1anlog2bn的前n項(xiàng)和Tn=nn+1.