2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 數(shù)列 專題能力訓(xùn)練11 等差數(shù)列與等比數(shù)列 文.doc

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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.已知等比數(shù)列{an}滿足a1=,a3a5=4(a4-1),則a2= (　　) A.2 B.1 C. D. 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(xiàng)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(xiàng)和.對(duì)任意正整數(shù)n,有an+2an+1+an+2=0,又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,公差d不為零,前n項(xiàng)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(xiàng)和.若Sn=126,則n=　　　　　. 7.已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列,且a52=a10,2(an+an+2)=5an+1,則數(shù)列的通項(xiàng)公式an=　　　　　. 8.設(shè)x,y,z是實(shí)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(guó)Ⅲ,文17)在等比數(shù)列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和,若Sm=63,求m. 10.已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1. 11.設(shè)數(shù)列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列an2n+1的前n項(xiàng)和. 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(xiàng)的和為(　　) A. (49-1) B. (410-1) C. (49-1) D. (410-1) 13.若數(shù)列{an}為等比數(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(diǎn)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(diǎn)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.已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為,公比為-,其前n項(xiàng)和為Sn,若A≤Sn-1Sn≤B對(duì)n∈N*恒成立,則B-A的最小值為　　　　　. 16.已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*. (1)若a2,a3,a2+a3成等差數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)雙曲線x2-y2an2=1的離心率為en,且e2=2,求e12+e22+…+en2. 17.若數(shù)列{an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列,且對(duì)任意n∈N*有anSn=2n3-n2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式. (2)是否存在數(shù)列{bn},使得數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為An=5+(2n-3)2n-1(n∈N*)?若存在,求出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和Tn;若不存在,請(qǐng)說(shuō)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 ∵a3a5=4(a4-1),∴a42=4(a4-1),解得a4=2. 又a4=a1q3,且a1=14,∴q=2,∴a2=a1q=12. 2.B　解析 由a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,得a1+a20=30,故S20=20(a1+a20)2=300. 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(xiàng)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. 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. 7.2n　解析 ∵a52=a10,∴(a1q4)2=a1q9,∴a1=q, ∴an=qn. ∵2(an+an+2)=5an+1,∴2an(1+q2)=5anq, ∴2(1+q2)=5q,解得q=2或q=12(舍去), ∴an=2n. 8.3415　解析 由題意知(12y)2=9x15z,2y=1x+1z, 解得xz=122915y2=1615y2,x+z=3215y, 從而xz+zx=x2+z2xz=(x+z)2-2xzxz=(x+z)2xz-2=32152y21615y2-2=3415. 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),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(méi)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)等差數(shù)列{an}的公差為d. 因?yàn)閍2+a4=10,所以2a1+4d=10. 解得d=2.所以an=2n-1. (2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q. 因?yàn)閎2b4=a5,所以b1qb1q3=9. 解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1. 從而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n-12. 11.解 (1)因?yàn)閍1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故當(dāng)n≥2時(shí),a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 兩式相減得(2n-1)an=2. 所以an=22n-1(n≥2). 又由題設(shè)可得a1=2, 從而{an}的通項(xiàng)公式為an=22n-1. (2)記an2n+1的前n項(xiàng)和為Sn. 由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n-1)=12n-1-12n+1,則Sn=11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=2n2n+1. 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}前10項(xiàng)和為1-4101-4=13(410-1). 13.B　解析 因?yàn)閍n=12n-1=2n-1,所以anan+1=2n-12n=22n-1=24n-1,所以1anan+1=1214n-1. 所以1anan+1是等比數(shù)列. 故Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=1211-14n1-14=231-14n. 14.A　解析 如圖,延長(zhǎng)AnA1,BnB1交于P,過(guò)An作對(duì)邊BnBn+1的垂線,其長(zhǎng)度記為h1,過(guò)An+1作對(duì)邊Bn+1Bn+2的垂線,其長(zhǎng)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|sin θ,h1=|PAn|sin θ, ∴h2-h1=sin θ(|PAn+1|-|PAn|)=|AnAn+1|sin θ. ∴Sn+1-Sn=12|BnBn+1||AnAn+1|sin θ. ∵|BnBn+1|,|AnAn+1|,sin θ均為定值,∴Sn+1-Sn為定值. ∴{Sn}是等差數(shù)列.故選A. 15.5972　解析 易得Sn=1--13n∈89,1∪1,43, 因?yàn)閥=Sn-1Sn在區(qū)間89,43上單調(diào)遞增(y≠0),所以y∈-1772,712?[A,B],因此B-A的最小值為712--1772=5972. 16.解 (1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1, 兩式相減得到an+2=qan+1,n≥1. 又由S2=qS1+1得到a2=qa1, 故an+1=qan對(duì)所有n≥1都成立. 所以,數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為q的等比數(shù)列. 從而an=qn-1. 由a2,a3,a2+a3成等差數(shù)列,可得2a3=a2+a2+a3. 所以a3=2a2,故q=2. 所以an=2n-1(n∈N*). (2)由(1)可知,an=qn-1. 所以雙曲線x2-y2an2=1的離心率en=1+an2=1+q2(n-1). 由e2=1+q2=2,解得q=3. 所以e12+e22+…+en2 =(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)] =n+[1+q2+…+q2(n-1)] =n+q2n-1q2-1=n+12(3n-1). 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(duì)任意n∈N*,恒有 anSn=2n3-n2,則[dn+(a1-d)]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(xiàng)和為An=5+(2n-3)2n-1(n∈N*), ∴當(dāng)n=1時(shí),a1b1=A1=4,∴b1=4, 當(dāng)n≥2時(shí),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(xiàng)公式bn=4,n=1,2n-2,n≥2, ∴T1=4,當(dāng)n≥2時(shí),Tn=4+1-2n-11-2=2n-1+3,當(dāng)n=1時(shí)也適合, ∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn=2n-1+3.