2019年高考数学(文科)二轮专题突破训练：四数列专题能力训练11(含答案)

2
=300.
3.A 解析 设公比为 q,∵an+2an+1+an+2=0,∴a1+2a2+a3=0,∴a1+2a1q+a1q2=0,∴q2+2q+1=0,∴q=-1.又
������1(1 - ������101) 2[1 - ( - 1)101]
=
a1=2,∴S101= 1 - ������
1+1
=2.
+=
=
从而������ ������ ������������
������������
2������������ (������ + ������)2
=
������������ -2=
16������2 15
34 -2=15.
9.解 (1)设{an}的公比为 q,由题设得 an=qn-1.
由已知得 q4=4q2,解得 q=0(舍去),q=-2 或 q=2.
A.{Sn}是等差数列 B.{���������2���}是等差数列 C.{dn}是等差数列 D.{���������2���}是等差数列
1
15.已知等比数列{an}的首项为,公比为-,其前 n 项和为 Sn,若 A≤Sn-������������≤B 对 n∈N*恒成立,则 B-A 的最小值为
因为 a2+a4=10,所以 2a1+4d=10.
解得 d=2.所以 an=2n-1.
(2)设等比数列{bn}的公比为 q. 因为 b2b4=a5,所以 b1qb1q3=9. 解得 q2=3.所以 b2n-1=b1q2n-2=3n-1.
3������ - 1
从而 b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1= 2 .
故 an=(-2)n-1 或 an=2n-1.
1 - ( - 2)������
(2)若 an=(-2)n-1,则 Sn=
3
.由 Sm=63 得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.
若 an=2n-1,则 Sn=2n-1.由 Sm=63 得 2m=64,解得 m=6.
综上,m=6.
10.解 (1)设等差数列{an}的公差为 d.
B. (410-1)
C. (49-1)
D. (410-1)
11
1
+
13.若数列{an}为等比数列,且 a1=1,q=2,则 Tn=������1������2 ������2������3 +…+������������������������ + 1等于( )
1 A.1-4������
( ) 2 1
∵|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|, 1
∴Sn+1-Sn=2|BnBn+1|(h2-h1).
设此锐角为 θ,
则 h2=|PAn+1|sin θ,h1=|PAn|sin θ,
∴h2-h1=sin θ(|PAn+1|-|PAn|)=|AnAn+1|sin θ. 1
∴Sn+1-Sn=2|BnBn+1||AnAn+1|sin θ. ∵|BnBn+1|,|AnAn+1|,sin θ 均为定值,∴Sn+1-Sn 为定值. ∴{Sn}是等差数列.故选 A.
2
专题能力训练 11 等差数列与等比数列
一、能力突破训练
1.已知等比数列{an}满足 a1=,a3a5=4(a4-1),则 a2=
A.2
B.1
C.
( ) D.
2.在等差数列{an}中,a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,则此数列前 20 项的和等于( )
A.290
B.300
C.580
∴an=2n.
34
{(12������)2 = 9������ × 15������, 211 = +,
8.15 解析 由题意知 ������ ������ ������
122 16
32
解得 xz=9 × 15y2=15y2,x+z=15y,
2
2
( )32 2������2
15
������ ������ ������2 + ������2 (������ + ������)2 -
A.a1d>0,dS4>0
B.a1d<0,dS4<0
C.a1d>0,dS4<0
D.a1d<0,dS4>0
5.在等比数列{an}中,满足 a1+a2+a3+a4+a5=3,������21 + ������22 + ������23 + ������24 + ������25=15,则 a1-a2+a3-a4+a5 的值是( )
4.B 解析 设{an}的首项为 a1,公差为 d,则 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.
5
5
∵d≠0,∴a1d=-3d2<0,且 a1=-3d.
4������(������1 + ������4)
17.若数列{an}是公差为正数的等差数列,且对任意 n∈N*有 an·Sn=2n3-n2. (1)求数列{an}的通项公式. (2)是否存在数列{bn},使得数列{anbn}的前 n 项和为 An=5+(2n-3)2n-1(n∈N*)?若存在,求出数列{bn}的通项公式 及其前 n 项和 Tn;若不存在,请说明理由.
D.600
3.设{an}是等比数列,Sn 是{an}的前 n 项和.对任意正整数 n,有 an+2an+1+an+2=0,又 a1=2,则 S101 的值为( )
A.2
B.200
C.-2
D.0
4.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( )
=5,
������1[1 - ( - ������)5] ������1(1 + ������5)
=
故 a1-a2+a3-a4+a5= 1 - ( - ������)
1 + ������ =5.
������������ + 1
6.6 解析 ∵an+1=2an,即 ������������ =2,
∴{an}是以 2 为公比的等比数列. 又 a1=2,
故数列{������������������}前 10 项和为 1
-
4
=
3(410-1).
( ) 1
1
=×
1 ������
-1
13.B 解析 因为 an=1×2n-1=2n-1,所以 anan+1=2n-1·2n=22n-1=2×4n-1,所以������������������������ + 1 2 4
1
1-
4
3
4������
.
14.A 解析 如图,延长 AnA1,BnB1 交于 P,过 An 作对边 BnBn+1 的垂线,其长度记为 h1,过 An+1 作对边 Bn+1Bn+2 的
垂线,其长度记为 h2,
1
1
则 Sn=2|BnBn+1|×h1,Sn+1=2|Bn+1Bn+2|×h2.
1
1
∴Sn+1-Sn=2|Bn+1Bn+2|h2-2|BnBn+1|h1.
(2)记 2������ + 1 的前 n 项和为 Sn.
������������
2
1
1
11 11
=
=
‒
‒+‒
由(1)知2������ + 1 (2������ + 1)(2������ - 1) 2������ - 1 2������ + 1,则 Sn=1 3 3 5+…+
1
1
2������
‒
=
2������ - 1 2������ + 1 2������ + 1.
A.3
B. 5
C.- 5
D.5
6.在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn 为{an}的前 n 项和.若 Sn=126,则 n= .
7.已知等比数列{an}为递增数列,且������25=a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列的通项公式 an= .
111
������ ������
2(1 - 2������)
∴Sn= 1 - 2 =126.∴2n=64,∴n=6. 7.2n 解析 ∵������25 =a10,∴(a1q4)2=a1q9,∴a1=q,
∴an=qn.
∵2(an+an+2)=5an+1,∴2an(1+q2)=5anq, 1
∴2(1+q2)=5q,解得 q=2 或 q=2(舍去),
11.解 (1)因为 a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当 n≥2 时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2.