2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 专题突破练14 4

2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 专题突破练14 4

专题突破练14　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.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 ‎2.(2018辽宁大连二模,理4)设等比数列{an}的前n项和为Sn,S2=-1,S4=-5,则S6=(　　)‎ A.-9 B.‎-21 ‎C.-25 D.-63‎ ‎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.‎ ‎4.(2018河北唐山三模,理6)数列{an}的首项a1=1,对于任意m,n∈N*,有an+m=an+‎3m,则{an}前5项和S5= (　　)‎ A.121 B‎.25 ‎C.31 D.35‎ ‎5.(2018山东潍坊二模,理4)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=-n2-n,则数列的前40项的和为 (　　)‎ A. B.- C. D.-‎ ‎6.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 ‎7.(2018吉林长春外国语学校二模,理8)已知数列{an}的前n项和Sn=2n-1,则数列{}的前10项和为(　　)‎ A.410-1 B.(210-1)2‎ C.(410-1) D.(210-1)‎ ‎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 ‎9.(2018全国高考必刷模拟一,文12)数列{an}满足a1=,an+1-1=an(an-1)(n∈N*),Sn=+…+,则Sn的整数部分的所有可能值构成的集合是(　　)‎ A.{0,1,2} B.{0,1,2,3}‎ 6‎ C.{1,2} D.{0,2}‎ 二、填空题(共3小题,满分15分)‎ ‎10.(2018湖南衡阳一模,文15)已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an-2n,则Sn=　　　　　. ‎ ‎11.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　　　　. ‎ ‎12.(2018辽宁抚顺一模,文16)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=Sn+2,则a9的值为　　　　　. ‎ 三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)‎ ‎13.已知数列{log2(an-1)}(n∈N*)为等差数列,且a1=3,a3=9.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明:+…+<1.‎ ‎14.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.‎ 6‎ ‎15.(2018河北保定一模,文17)已知数列{an}满足:2an=an+1+an-1(n≥2,n∈N*),且a1=1,a2=2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足2anbn+1=an+1bn(n≥1,n∈N*),且b1=1.求数列{bn}的通项公式,并求其前n项和Tn.‎ 参考答案 专题突破练14　4.1~4.2组合练 ‎1.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.‎ ‎2.B　解析 由题意,S2=a1+a2=-1,S4-S2=a3+a4=(a1+a2)q2=-4,q2=4,S6=S2+S4q2=-1+(-5)×4=-21.‎ ‎3.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.D　解析 当m=1时,由an+m=an+‎3m,得an+1-an=3,∴数列{an}是首项a1=1,公差d=3的等差数列,‎ ‎∴S5=5×1+×5×4×3=35.‎ ‎5.D　解析 ∵Sn=-n2-n,∴a1=S1=-2.‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,a1=-2也满足上式,则数列{an}的通项公式为an=-2n,=-,即数列的前40项的和为-+…+=-.‎ ‎6.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.‎ 6‎ ‎∵Sm=ma1+×1=0,‎ ‎∴a1=-.又=a1+m×1=3,∴-+m=3.∴m=5.故选C.‎ ‎7.C　解析 ∵Sn=2n-1,∴Sn+1=2n+1-1.‎ ‎∴an+1=Sn+1-Sn=(2n+1-1)-(2n-1)=2n.∵a1=S1=2-1=1,‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an=2n-1,‎ ‎∴=4n-1,∴所求值为(410-1),故选C.‎ ‎8.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.A　解析 ∵a1=,an+1-1=an(an-1),‎ ‎∴an+1-an=(an-1)2>0,∴an+1>an,因此数列{an}单调递增.‎ ‎∵an+1-1=an(an-1),∴,‎ ‎∴.‎ ‎∴Sn=+…++…+=3-.由an+1-1=an(an-1)(n∈N*),得a2-1=,‎ ‎∴a2=,同理可得a3=,a4=.当n=1时,S1=3-,其整数部分为0,‎ 6‎ 当n=2时,S2=3-=3-=1+,其整数部分为1,‎ 当n=2时,S3=3-=2+,其整数部分为2,‎ 因数列{an}单调递增,当n>4时,0<<1,所以当n≥4时,Sn=3-∈(2,3),所以Sn的整数部分的所有可能值构成的集合是{0,1,2}.‎ ‎10.n·2n　解析 ∵Sn=2an-2n=2(Sn-Sn-1)-2n,整理得Sn-2Sn-1=2n,等式两边同时除以2n,则=1.‎ 又S1=‎2a1-2=a1,可得a1=S1=2,∴数列是首项为1,‎ 公差为1的等差数列,所以=n,‎ 所以Sn=n·2n.‎ ‎11.2　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.‎ ‎12.384　解析 当n≥2时,由an+1=Sn+2,得an=Sn-1+2,两式相减,得an+1-an=an,∴an+1=2an.‎ 当n=2时,a2=S1+2=3,所以数列{an}中,当n≥2时,是以2为公比的等比数列,∴a9=a2×27=3×128=384.‎ ‎13.(1)解 设等差数列{log2(an-1)}的公差为d.由a1=3,a3=9,得log22+2d=log28,即d=1.‎ ‎∴log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,‎ 即an=2n+1.‎ ‎(2)证明 ∵,‎ 6‎ ‎∴+…+‎ ‎=+…+‎ ‎==1-<1.‎ ‎14.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=3an-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=.‎ ‎15.解 (1)由2an=an+1+an-1(n≥2,n∈N*),得数列{an}为等差数列,且首项为1,公差为a2-a1=1,,所以an=n.‎ ‎(2)∵2nbn+1=(n+1)bn,‎ ‎∴(n≥1),‎ ‎∴数列是以=1为首项,为公比的等比数列,‎ 即,从而bn=,‎ Tn=+…+Tn=+…+,由①-②,得Tn=1++…+=2-,∴Tn=4-.‎ 6‎