专题能力训练11

Gothedistance1专题能力训练11等差数列与等比数列能力突破训练1.(2015全国Ⅱ高考)已知等比数列{an}满足a1=14,a3a5=4(a4-1),则a2=()A.2B.1C.12D.182.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.290B.300C.580D.6003.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.2B.200C.-2D.04.(2015浙江高考)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.a1d0,dS40B.a1d0,dS40C.a1d0,dS40D.a1d0,dS405.在等比数列{an}中,满足a1+a2+a3+a4+a5=3,𝑎12+𝑎22+𝑎32+𝑎42+𝑎52=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是()A.3B.√5C.-√5D.56.(2015全国Ⅰ高考)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𝑎52=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1𝑥,1𝑦,1𝑧成等差数列,则𝑥𝑧+𝑧𝑥=.9.已知Sn为数列{an}的前n项和,且a2+S2=31,an+1=3an-2n(n∈N*).(1)求证:{an-2n}为等比数列;(2)求数列{an}的前n项和Sn.10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.(1)证明:an+2-an=λ;(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.Gothedistance211.已知数列{an}是等比数列.设a2=2,a5=16.(1)若a1+a2+…+a2n=t(𝑎12+𝑎22+…+𝑎𝑛2),n∈N*,求实数t的值;(2)若在1𝑎1与1𝑎4之间插入k个数b1,b2,…,bk,使得1𝑎1,b1,b2,…,bk,1𝑎4,1𝑎5成等差数列,求k的值.思维提升训练12.已知数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+1-an=𝑏𝑛+1𝑏𝑛=2,n∈N*,则数列{𝑏𝑎𝑛}的前10项的和为()A.43(49-1)B.43(410-1)C.13(49-1)D.13(410-1)13.若数列{an}为等比数列,且a1=1,q=2,则Tn=1𝑎1𝑎2+1𝑎2𝑎3+…+1𝑎𝑛𝑎𝑛+1等于()A.1-14𝑛B.23(1-14𝑛)C.1-12𝑛D.23(1-12𝑛)14.已知等比数列{an}的首项为43,公比为-13,其前n项和为Sn,若A≤Sn-1𝑆𝑛≤B对n∈N*恒成立,则B-A的最小值为.15.等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,𝑎32=9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{1𝑏𝑛}的前n项和.16.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.Gothedistance3参考答案能力突破训练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: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a1=2,∴S101=𝑎1(1-𝑞101)1-𝑞=2[1-(-1)101]1+1=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=-53d20,且a1=-53d.∵dS4=4𝑑(𝑎1+𝑎4)2=2d(2a1+3d)=-23d20,故选B.5.D解析:由条件知{𝑎1(1-𝑞5)1-𝑞=3,𝑎12(1-𝑞10)1-𝑞2=15,则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为公比的等比数列.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:由题意知{(12𝑦)2=9𝑥×15𝑧,2𝑦=1𝑥+1𝑧,解得xz=1229×15y2=1615y2,x+z=3215y,从而𝑥𝑧+𝑧𝑥=𝑥2+𝑧2𝑥𝑧=(𝑥+𝑧)2-2𝑥𝑧𝑥𝑧=(𝑥+𝑧)2𝑥𝑧-2=(3215)2𝑦21615𝑦2-2=3415.9.(1)证明:由an+1=3an-2n可得an+1-2n+1=3an-2n-2n+1=3an-3·2n=3(an-2n).又a2=3a1-2,则S2=a1+a2=4a1-2,得a2+S2=7a1-4=31,得a1=5,则a1-21=3≠0.Gothedistance4故{an-2n}为等比数列.(2)解:由(1)可知an-2n=3n-1(a1-2)=3n,∴an=2n+3n,∴Sn=2(1-2𝑛)1-2+3(1-3𝑛)1-3=2n+1+3𝑛+12−72.10.(1)证明:由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1.因为an+1≠0,所以an+2-an=λ.(2)解:由a1=1,a1a2=λS1-1,得a2=λ-1.由(1)知,a3=λ+1.令2a2=a1+a3,解得λ=4.故an+2-an=4.由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以an=2n-1,an+1-an=2.因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.11.解:设等比数列{an}的公比为q,由a2=2,a5=16,得q=2,a1=1.(1)∵a1+a2+…+a2n=t(𝑎12+𝑎22+…+𝑎𝑛2),∴𝑎1(1-𝑞2𝑛)1-𝑞=t·𝑎12(1-𝑞2𝑛)1-𝑞2,即1-22𝑛1-2=t·1-22𝑛1-4对n∈N*都成立,∴t=3.(2)∵1𝑎1=1,1𝑎4=18,1𝑎5=116,∵1𝑎1,b1,b2,…,bk,1𝑎4,1𝑎5成等差数列,∴公差d=1𝑎5−1𝑎4=-116,且1𝑎4−1𝑎1=(k+1)d,即18-1=(k+1)×(-116),解得k=13.思维提升训练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.则𝑏𝑎𝑛=2𝑎𝑛-1=22(n-1)=4n-1,故数列{𝑏𝑎𝑛}前10项和为1-4101-4=13(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1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=12×(14)𝑛-1.所以{1𝑎𝑛𝑎𝑛+1}是等比数列.故Tn=1𝑎1𝑎2+1𝑎2𝑎3+…+1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=12×1×(1-14𝑛)1-14=23(1-14𝑛).14.5972解析:易得Sn=1-(-13)𝑛∈[89,1)∪(1,43],因为y=Sn-1𝑆𝑛在[89,43]上单调递增(y≠0),所以y∈[-1772,712]⊆[A,B],因此B-A的最小值为712−(-1772)=5972.15.解:(1)设数列{an}的公比为q.由𝑎32=9a2a6得𝑎32=9𝑎42,所以q2=19.由条件可知q0,故q=13.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=13.故数列{an}的通项公式为an=13𝑛.(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)=-𝑛(𝑛+1)2.故1𝑏𝑛=-2𝑛(𝑛+1)=-2(1𝑛-1𝑛+1),Gothedistance51𝑏1+1𝑏2+…+1𝑏𝑛=-2[(1-12)+(12-13)+…+(1𝑛-1𝑛+1)]=-2𝑛𝑛+1.所以数列{1𝑏𝑛}的前n项和为-2𝑛𝑛+1.16.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则d0,an=dn+(a1-d),Sn=12dn2+(𝑎1-12𝑑)n.对任意n∈N*,恒有an·Sn=2n3-n2,则[dn+(a1-d)]·[12𝑑𝑛2+(𝑎1-12𝑑)𝑛]=2n3-n2,即[dn+(a1-d)]·[12𝑑𝑛+(𝑎1-12𝑑)]=2n2-n.∴{12𝑑2=2,12𝑑(𝑎1-𝑑)+𝑑(𝑎1-12𝑑)=-1,(𝑎1-𝑑)(𝑎1-12𝑑)=0.∵d0,∴{𝑎1=1,𝑑=2,∴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={4,𝑛=1,2𝑛-2,𝑛≥2,∴T1=4,当n≥2时,Tn=4+1-2𝑛-11-2=2n-1+3,当n=1时也适合,∴数列{bn}的前n项和为Tn=2n-1+3.