2019届高考数学二轮复习第二篇专题通关攻略专题3数列专题能力提升练八2.3.1等差数列等比数列20190213295.doc

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1、1专题能力提升练 八 等差数列、等比数列(45 分钟 80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分)1.已知a n为等差数列,S n为其前 n 项和,若 a3+7=2a5,则 S13= ( )A.49 B.91 C.98 D.182【解析】选 B.设等差数列a n的公差为 d,因为 a3+7=2a5,所以 a1+2d+7=2(a1+4d),化为:a 1+6d=7=a7.则 S13= =13a7=137=91.13(1+13)22.已知在等比数列a n中,a 5=3,a4a7=45,则 的值为 ( )7-95-7A.3 B.5 C.9 D.25【解析】选 D.根据题意,在等比数列a n中,

2、a 5=3,a4a7=45,则有 a6= =15,则 q= =5,65则 = =q2=25.7-95-752-725-73.(2018茂名一模)算法统宗是明朝程大位所著数学名著,其中有这样一段表述:“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一”,其意大致为:有一栋七层宝塔,每层悬挂的红灯数为上一层的两倍,共有 381 盏灯,则该塔中间一层有_盏灯 ( ) A.24 B.48 C.12 D.60【解析】选 A.由题意可知宝塔从上至下每层的灯盏数构成公比为 2 的等比数列,设等比数列的首项为 a,则有 =381,解得 a=3.所以该塔中间一层(即第 4 层)的灯盏数为 323=24.4.已知等

3、差数列a n的公差为 d,前 n 项和为 Sn,则“d0”是“S 4+S62S5”的2( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【解析】选 C.因为 S4+S62S5,所以 4a1+6d+6a1+15d2(5a1+10d),所以 21d20d,所以 d0,故“d0”是“S 4+S62S5”充要条件.5.(2018荆州一模)已知数列a n是公差不为 0 的等差数列,且 a1,a3,a7为等比数列b n的连续三项,则 的值为 ( )3+44+5A. B.4 C.2 D.12 2【解析】选 A.数列a n是公差 d 不为 0 的等差数列,且 a1,a3,a7为

4、等比数列b n的连续三项,所以 =a1a7,可得(a 1+2d)2=a1(a1+6d),23化为:a 1=2d0.所以公比 q= = = =2.则 = = .311+21 423+44+5 126.设数列a n前 n 项和为 Sn,已知 a1= ,an+1= 则 S2 018等于45( )A. B.C. D.【解析】选 B.因为 a1= ,所以 a2=2 -1= ,a3=2 -1= ,a4=2 = ,a5=2 = ,45 45 35 35 15 1525 25453所以数列a n是以 4 为周期的周期数列,所以 a1+a2+a3+a4= + + + =2,45351525所以 S2 018=5

5、04(a1+a2+a3+a4)+a1+a2=1 008+ = .75二、填空题(每小题 5 分,共 10 分)7.已知等差数列a n前 15 项的和 S15=30,则 a2+a9+a13=_. 【解析】设等差数列的公差为 d,an前 15 项的和 S15=30,所以 =30,即 a1+7d=2,15(1+15)2则 a2+a9+a13=(a1+d)+(a1+8d)+(a1+12d)=3(a1+7d)=6.答案:68.递减的等比数列a n的前 n 项和为 Sn,若 a2=3,S3=13,则 a5=_. 【解析】由a n是递减的等比数列,a 2=3,S3=13,所以 a1q=3,a 1+a2+a3

6、=13,即 a1+a1q2=10.由解得:q= (q=3 舍去),a 1=9.13那么 a5=a1q4= .19答案:19三、解答题(每小题 10 分,共 40 分)9.已知数列a n的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-3n(nN *).(1)求 a1,a2,a3的值.(2)设 bn=an+3,证明数列b n为等比数列,并求通项公式 an.【解析】(1)因为数列a n的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-3n(nN *).所以 n=1 时,由 a1=S1=2a1-31,解得 a1=3,4n=2 时,由 S2=2a2-32,得 a2=9,n=3 时,由 S3=2a3-33,得 a3=2

7、1.(2)因为 Sn=2an-3n,所以 Sn+1=2an+1-3(n+1),两式相减,得 an+1=2an+3,*把 bn=an+3 及 bn+1=an+1+3,代入*式,得 bn+1=2bn(nN *),且 b1=6,所以数列b n是以 6 为首项,2 为公比的等比数列,所以 bn=62n-1,所以 an=bn-3=62n-1-3=3(2n-1).10.设数列a n的各项都为正数,其前 n 项和为 Sn,已知对任意 nN *,Sn是 和 an的等差中项.(1)证明:数列a n为等差数列.(2)若 bn=-n+5,求a nbn的最大项的值并求出取最大值时 n 的值.【解析】(1)由已知可得

8、2Sn= +an,且 an0,当 n=1 时,2a 1= +a1,解得 a1=1;21当 n2 时,有 2Sn-1= +an-1,2-1所以 2an=2Sn-2Sn-1= - +an-an-1,所以 - =an+an-1,2-1 2-1即(a n+an-1)(an-an-1)=an+an-1,因为 an+an-10,所以 an-an-1=1(n2).故数列a n是首项为 1,公差为 1 的等差数列.(2)由(1)可知 an=n,设 cn=anbn,则 cn=n(-n+5)=-n2+5n=- + ,因为 nN *,当 n=2 或 n=3 时,a nbn的最大项的值为 6.11.已知等比数列a n

9、满足 a1a6=32a2a10,an的前 3 项和 S3= .(1)求数列a n的通项公式.(2)记数列 bn=log2 ,求数列 bn的前 n 项和 Tn.35【解析】(1)等比数列a n中,由 a1a6=32a2a10得 = ,即 q5= ,q= ,12由 S3=a1+a1q+a1q2= ,得 a1=3,所以数列a n的通项公式 an=3 ,nN *.(2)由题知,b n=log2 =log2 =1-n.3又因为 bn+1-bn=-1,所以数列b n是等差数列,T n= = =(1+)2.12.已知数列 的首项为 1,Sn为数列 的前 n 项和,且满足 Sn+1=qSn+1,其中q0,nN

10、 *,又 2a2,a3,a2+2 成等差数列.(1)求数列 的通项公式.(2)记 bn=2an- ,若数列 为递增数列,求 的取值范围.【解析】(1)由 Sn+1=qSn+1 可得,当 n2 时,S n=qSn-1+1 -得:a n+1=qan.又 S2=qS1+1 且 a1=1,所以 a2=q=qa1,所以数列a n是以 1 为首项,q 为公比的等比数列.又 2a2,a3,a2+2 成等差数列,所以 2a3=2a2+a2+2=3a2+2,即:2q 2=3q+2,6所以 2q2-3q-2=0,解得:q=2 或 q=- (舍),12所以数列a n的通项公式为:a n=2n-1(nN *).(2)

11、由题意得:b n=22n-1-(log 22n)2=2n-n 2,若数列b n为递增数列,则有bn+1-bn=2n+1-(n+1) 2-2n+n 2=2n-2n-0,即 1,4+22+3所以数列 为递增数列. 22+1所以 ,所以 an-10,公比 q1.因为 a2+a4=10 ,且 =16=a3a3=a2a423由解得 a2=2,a4=8.又因为 a4=a2q2,得 q=2 或 q=-2(舍).则得 a5=16,a6=32,因为 lo a1+lo a2+lo a10=lo (a1a2a10)=5lo (a5a6)2 2 2 2 27=5lo (1632)=59lo 2=452lo =90.2

12、 22.在等差数列a n中,其前 n 项和是 Sn,若 S150,S160,S16= =8(a8+a9)0,a90, 0, 0, a2a8,所以在 , , 中最大的是 .11221515883.已知数列a n是等比数列,其公比为 2,设 bn=log2an,且数列b n的前 10 项的和为 25,那么a1+a2+a3+a10的值为_. 【解析】设a n的首项为 a,则 an=a2n-1,所以 bn=log2an=log2a+n-1,所以 bn-bn-1=log2an-log2an-1=log22=1,所以数列b n是以 log2a 为首项,以 1 为公差的等差数列,所以 10log2a+ =2

13、5,10(10-1)2所以 a= ,14所以数列a n的首项为 ,148所以 a1+a2+a3+a10= = .答案:4.(2018荆州一模)在数列a n中,a 1=1,n2 时,a n=an-1+n,若不等式 对任意nN *恒成立,则实数 的取值范围是_. 【解析】在数列a n中,a 1=1,n2 时,a n=an-1+n,即 an-an-1=n,所以 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+2+1= ,a1=1 也适合上式,所以 an= .不等式 化为: ,21+ 2(+1)由于 2 ,21+ 2(+1)不等式 对任意 nN *恒成立,则 2

14、.则实数 的取值范围是2,+).答案:2,+)5.(2018广元一模)已知数列a n的前 n 项和 Sn=k(3n-1),且 a3=27.(1)求数列a n的通项公式.(2)若 bn=log3an,求数列 的前 n 项和 Tn. 1+1【解析】(1)数列a n的前 n 项和 Sn=k(3n-1),且 a3=27.9当 n=3 时,a 3=S3-S2=k(33-32),解得 k= ,32当 n2 时,an=Sn-Sn-1= (3n-1)- (3n-1-1)=3n,32 32由于 a1=S1=3 也满足上式,所以 an=3n.(2)若 bn=log33n=n,所以: = = - ,1+1所以 Tn

15、=1- + - + - =1- = .121213 1+1 1+16.(2018东莞一模)已知数列a n的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-2(nN *).(1)求数列a n的通项公式.(2)求数列S n的前 n 项和 Tn.【解析】(1)数列a n的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-2 .则 Sn+1=2an+1-2 ,-得:a n+1=2an,即 =2(常数),当 n=1 时,a 1=S1=2a1-2,解得:a 1=2,所以数列的通项公式为 an=22n-1=2n.(2)由于:a n=2n,则 Sn=21+22+2n=2n+1-2.Tn=2(21+22+2n)-2-2-2,10

16、=2n+2-4-2n.【加固训练】1.(2018闵行一模) 已知数列a n,bn满足 bn=ln an,nN *,其中b n是等差数列,且a3a1 007=e4,则 b1+b2+b1 009=_. 【解析】数列a n,bn满足 bn=ln an,nN *,其中b n是等差数列,所以 bn+1-bn=ln an+1-ln an=ln =t(常数).+1所以 =et=q0,因此数列a n为等比数列.且 a3a1 007=e4,所以 a1a1 009=a2a1 008=a3a1 007=e4.则 b1+b2+b1 009=ln(a1a2a1 009)=ln =ln e2 018=2 018.答案:2 0182.(2018松江区一模)已知数列a n的通项公式为 an=2qn+q(qq,12a2n-1=-2|q|2n-1+q 及 6,解得- q0.2+13 16 32+1 14综上所述,q 的取值范围为 .答案: