高考数学二轮复习 专题对点练15 4.14.2组合练 理

专题对点练15 4.1~4.2组合练
(限时90分钟,满分100分)
一、选择题(共9小题,满分45分)
1.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=( )

A.5 B.7 C.9 D.11
答案 A
解析 由a1+a3+a5=3,得3a3=3,解得a3=1.

故S5==5a3=5.
2.(2017全国Ⅱ,理3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红
光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且
相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( )
A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
答案 B

解析 设塔的顶层共有x盏灯,则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列,由=381,可
得x=3,故选B.
3.已知等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( )

A.n(n+1) B.n(n-1) C. D.
答案 A
解析 ∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2·a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2.

∴Sn=na1+d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1).故选A.
4.(2017宁夏银川一中二模,理8)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与
a7的等比中项,S8=16,则S10等于(
)

A.18 B.24 C.30 D.60
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d≠0.由题意,得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),即2a1+3d=0.①

∵S8=16,∴8a1+×d=16,②

联立①②解得a1=-,d=1.则S10=10××1=30.
5.等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( )
A. B.- C. D.-
答案 C
解析 设数列{an}的公比为q,若q=1,则由a5=9,得a1=9,此时S3=27,而a2+10a1=99,不满足题
意,因此q≠1.

∵当q≠1时,S3==a1·q+10a
1
,

∴=q+10,整理得q2=9.
∵a5=a1·q4=9,即81a1=9,∴a1=.
6.已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=( )
A.7 B.5 C.-5 D.-7
答案 D

解析 ∵{an}为等比数列,∴a5a6=a4a7=-8.联立可解得

时,q3=-,故a1+a10=+a7q3=-7;当时,q3=-2,同理,有
a1+a10=-7.故选D.
7.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案 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+×1=
0,

∴a1=-.又=a1+m×1=
3,

∴-+m=3.∴m=5.故选C.
8.(2017江西新余一中模拟,理8)设等差数列{an}满足3a8=5a15,且a1>0,Sn为其前n项和,则
数列{Sn}的最大项为( )
A.S23 B.S24 C.S25 D.S26
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d,
∵3a8=5a15,∴3(a1+7d)=5(a1+14d),即2a1+49d=0.
∵a1>0,∴d<0,∴等差数列{an}单调递减.
∵Sn=na1+d=nd=(n-25)2-d.
∴当n=25时,数列{Sn}取得最大值,故选C.
9.(2017辽宁沈阳三模,理11)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+an+1=3×2n-1,则
S
2

017
=(
) 〚导学号16804195〛

A.22 018-1 B.22 018+1
C.22 017-1 D.22 017+1
答案 C
解析 由a1=1和an+1=3×2n-1-an,可知数列{an}唯一确定,且a2=2,a3=4,a4=8,
猜测an=2n-1,经验证an=2n-1是满足题意的唯一解.

∴S2 017==22 017-1.
二、填空题(共3小题,满分15分)
10.(2017辽宁鞍山一模,理15)已知等差数列{an},a1=tan 225°,a5=13a1,设Sn为数列{(-1)nan}
的前n项和,则S2 017= .
答案 -3 025
解析 设{an}的公差为d,由题意,得a1=tan 225°=tan 45°=1,a5=13a1=13,a5-a1=4d=12,
∴
d=
3,

∴an=1+3(n-1)=3n-2,∴S2 017=-1+(-3)×=-3 025,故答案为-3 025.
11.(2017江苏无锡一模,9)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,且
a2+a5=4,则a8的值为 .
答案 2
解析 ∵等比数列{an}的前n项和为Sn,S3,S9,S6成等差数列,
且a2+a5=4,

∴

解得a1q=8,q3=-,
∴a8=a1q7=(a1q)(q3)2=8×=2.
12.已知等差数列{an},a3=9,a5=17,记数列的前n项和为Sn.若S2n+1-Sn≤(m∈Z)对任意的
n∈N*成立,则整数m的最小值为 .
〚导学号16804196〛

答案 4
解析 设公差为d,由a3=9,a5=17,
得解得

∴an=4n-3,∴Sn=1++…+
,

令bn=S2n+1-Sn=+…+,则
bn+1-bn=+…+<0,∴{b
n
}是递减数列,

∴b1最大,为,∴根据题意,S2n+1-S
n
≤,

∴,m≥,∴整数m的最小值为4.
三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且对任意正整数n,都有3an=2Sn+3成立.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)在3an=2Sn+3中,令n=1,得a1=3.
当n≥2时,3an=2Sn+3,①
3an-1=2Sn-1+3,②
①-②得an=3a
n-
1

,

∴数列{an}是以3为首项,3为公比的等比数列,∴an=3n.
(2)由(1)得bn=log3an=n,

数列{bn}的前n项和Tn=1+2+3+…+n=.
14.(2017江苏南京一模,19)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn+n=2an(n∈N*).
(1)证明:数列{an+1}为等比数列,并求数列{an}的通项公式;

(2)若bn=(2n+1)an+2n+1,数列{bn}的前n项和为Tn,求满足不等式>2 010的n的最小值.
(1)证明 当n=1时,2a1=a1+1,∴a1=1.
∵2an=Sn+n,n∈N*,∴2an-1=Sn-1+n-1,n
≥2,

两式相减,得an=2an-1+1,n≥2,
即an+1=2(an-1+1),n≥2,
∴数列{an+
1}为以2为首项,2为公比的等比数列,

∴an+1=2n,∴an=2n-1,n∈N*.
(2)解 bn=(2n+1)an+2n+1=(2n+1)·2n,
∴Tn=3×2+5×22+…+(2n+
1)·2n,

∴2Tn=3×22+5×23+…+(2n+
1)·2n+1,

两式相减可得-Tn=3×2+2×22+2×23+…+2·2n-(2n+1)·2n+1,∴Tn=(2n-1)·2n+1+2,

∴>2 010可化为2n+1>2 010.

∵210=1 024,211=2 048,∴满足不等式>2 010的n的最小值为10.
15.(2017河南新乡二模,理17)在数列{an}和{bn}中,a1=,{an}的前n项和为Sn,满足
Sn+1+=Sn+(n∈N*),bn=(2n+1)an,{bn}的前n项和为Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式bn以及Tn;
(2)若T1+T3,mT2,3(T2+T3)成等差数列,求实数m的值.

解 (1)∵Sn+1+=Sn+(n∈N*),

∴an+1=Sn+1-Sn=.
∴当n≥2时,an=.
又a1=,因此当n=1时也成立.∴an=,
∴bn=(2n+1)an=(2n+1)·.
∴Tn=+…+
,

Tn=+…+
,

∴Tn=+2+2×,∴Tn=5-.
(2)由(1)可得T1=,T2=,T3=.
∵T1+T3,mT2,3(T2+T3)成等差数列,∴+3×=2×m×,解得m=.