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 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( ) 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,( )
=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是
A.3 B. C.- 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=a10,2(an+an+2)=5an+1,则数列的通项公式an= . 8.设x,y,z是实数,若9x,12y,15z成等比数列,且成等差数列,则= . 9.(2018全国Ⅲ,文17)在等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3. (1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.
10.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5. (1)求{an}的通项公式;
(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.
11.设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列
的前n项和.
二、思维提升训练
12.已知数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+1-an=A. (49-1) B. (410-1) C. (49-1) D. (410-1) 13.若数列{an}为等比数列,且a1=1,q=2,则Tn=A.1-
B.
=2,n∈N*,则数列{
}的前10项的和为( )
+…+等于( )
C.1- D.
14.如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈
N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则( )
A.{Sn}是等差数列 B.{}是等差数列 C.{dn}是等差数列 D.{
}是等差数列
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 .
16.已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*. (1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)设双曲线x2-=1的离心率为en,且e2=2,求+…+.
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.
专题能力训练11 等差数列与等比数列
一、能力突破训练
1.C 解析 ∵a3a5=4(a4-1),∴=4(a4-1),解得a4=2.
又a4=a1q3,且a1=
,∴q=2,∴a2=a1q=
.
2.B 解析 由a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,得a1+a20=30,故S20==300.
2
3.A 解析 设公比为q,∵an+2an+1+an+2=0,∴a1+2a2+a3=0,∴a1+2a1q+a1q=0,∴q2+2q+1=0,∴q=-1.又a1=2,∴S101==2.
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.
∵d≠0,∴a1d=-∵dS4=
d2<0,且a1=-=2d(2a1+3d)=-
d.
d2<0,故选B.
5.D 解析 由条件知
故a1-a2+a3-a4+a5=
6.6 解析 ∵an+1=2an,即=2,
∴{an}是以2为公比的等比数列. 又a1=2,
=5, =5.
∴Sn==126.∴2n=64,∴n=6.
7.2n 解析 ∵=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=∴an=2n.
8. 解析 由题意知
解得xz=
y2=
(舍去),
y2,x+z=
y,
从而-2=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. 故an=(-2)n-1或an=2n-1.
-2=.
(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.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.
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.
从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=.
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.
所以an=(n≥2). 又由题设可得a1=2, 从而{an}的通项公式为an=(2)记由(1)知Sn=
+…+
的前n项和为Sn.
,则
.
.
二、思维提升训练
12.D 解析 由a1=1,an+1-an=2,得an=2n-1.
由则故数列{
=2,b1=1得bn=2n-1.
=22(n-1)=4n-1, }前10项和为
(410-1).
.
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
所以
是等比数列.
故Tn=+…+.
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,
则Sn=
|BnBn+1|×h1,Sn+1=
|Bn+1Bn+2|×h2. |BnBn+1|h1.
∴Sn+1-Sn=|Bn+1Bn+2|h2-∵|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|, ∴Sn+1-Sn=
|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.
∴Sn+1-Sn=|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.
15. 解析 易得Sn=1-因为y=Sn-在区间
,
上单调递增(y≠0),所以y∈
?[A,B],因此B-A的最
小值为.
16.解 (1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,
两式相减得到an+2=qan+1,n≥1. 又由S2=qS1+1得到a2=qa1, 故an+1=qan对所有n≥1都成立.
所以,数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列. 从而an=qn-1.
由a2,a3,a2+a3成等差数列,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.
所以双曲线x2-由e2=
=1的离心率en==2,解得q=
.
.
所以+…+ =(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)] =n+[1+q2+…+q2(n-1)]
=n+=n+(3n-1).
17.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,则d>0,
an=dn+(a1-d),Sn=对任意n∈N*,恒有
dn2+
n.
=2n3-n2,
=2n2-n.
an·Sn=2n3-n2,则[dn+(a1-d)]·即[dn+(a1-d)]·
∴
∵d>0,∴∴an=2n-1.
(2)∵数列{anbn}的前n项和为An=5+(2n-3)·2n-1(n∈N*), ∴当n=1时,a1b1=A1=4,∴b1=4,
当n≥2时,anbn=An-An-1=5+(2n-3)2n-1-[5+(2n-5)2n-2]=(2n-1)2n-2.
∴bn=2n-2.假设存在数列{bn}满足题设,且数列{bn}的通项公式bn=∴T1=4,当n≥2时,Tn=4+=2n-1+3,当n=1时也适合, ∴数列{bn}的前n项和为Tn=2n-1+3.
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