2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 专题对点练15 4

2020版高考数学二轮复习 专题四 数列 专题对点练15 4

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 ‎2.《九章算术》是我国第一部数学专著,下有源自其中的一个问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤.问金箠重几何?”其意思为:今有金杖(粗细均匀变化)长5尺,截得本端1尺,重4斤,截得末端1尺,重2斤,则金杖重(　　)‎ A.18斤 B.15斤 C.13斤 D.20斤 ‎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.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 ‎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.-‎ ‎6.(2018广东深圳耀华模拟)在数列{an}中,a1=1,an+1=2an-2n,则a17=(　　)‎ A.-15×216 B.15×217 ‎ C.-16×216 D.16×217‎ ‎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 ‎8.在等比数列{an}中,各项均为正数,Sn是其前n项和,且满足2S3=‎8a1+‎3a2,a4=16,则S4=(　　)‎ A.9 B‎.15 ‎C.18 D.30‎ ‎9.在递减等差数列{an}中, a‎1a3=-4.若a1=13,则数列的前n项和的最大值为(　　)‎ A. B.‎ C. D.‎ 二、填空题(共3小题,满分15分)‎ ‎10.已知等比数列{an},a‎2a4=a5,a4=8,则{an}的前4项和S4=　　　　. ‎ ‎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湖北重点高中协作体模拟)定义“等积数列”,在一个数列中,如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数,那么这个数列叫做等积数列,这个常数叫做该数列的公积.已知数列{an}是等积数列且a1=2,公积为10,则这个数列前21项和S21的值为　　　　　. ‎ 三、解答题(共3个题,满分分别为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.‎ 4‎ ‎14.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.‎ ‎15.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,2Sn=(n+1)an.在数列{bn}中,bn=.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列的前n项和Tn.‎ 4‎ 专题对点练15答案 ‎1.A　解析 由a1+a3+a5=3,得‎3a3=3,解得a3=1.故S5==‎5a3=5.‎ ‎2.B　解析 由题意可知,在等差数列{an}中,a1=4,a5=2,‎ 则S5==15,故金杖重15斤.‎ ‎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.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.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+‎10a1,∴=q+10,整理得q2=9.‎ ‎∵a5=a1·q4=9,即‎81a1=9,∴a1=.‎ ‎6.A　解析 由题意可得,即=-,据此可得,数列是首项为,公差为-的等差数列,故+(17-1)×=-,‎ ‎∴a17=-15×216.故选A.‎ ‎7.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.D　解析 设等比数列{an}的公比为q>0,∵2S3=‎8a1+‎3a2,‎ ‎∴2(a1+a2+a3)=‎8a1+‎3a2,‎ 即‎2a1q2=‎6a1+a1q,即2q2-q-6=0,解得q=2.‎ 又a4=16,可得a1×23=16,解得a1=2.‎ 则S4==30.‎ ‎9.D　解析 设公差为d,则d<0.由题意,得13(13+2d)=(13+d)2-4,解得d=-2或d=2(舍去),∴an=a1+(n-1)d=15-2n.‎ 当an=15-2n≥0时,即n≤7.5;当an+1=13-2n≤0时,即n≥6.5.‎ ‎∴当n≤7时,an>0.‎ ‎∴‎ ‎=,‎ ‎∴数列的前n项和为+…+,‎ ‎∴当n=6时,数列的前n项和最大,最大值为,故选D.‎ ‎10.15　解析 设等比数列{an}的公比为q,‎ ‎∵a‎2a4=a1q·a4=a1·a5=a5,∴a1=1.‎ 又a4=8,∴q3=8,∴q=2.故S4==15.‎ ‎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,‎ 4‎ ‎∴‎ 解得a1q=8,q3=-,‎ ‎∴a8=a1q7=(a1q)(q3)2=8×=2.‎ ‎12.72　解析 由数列{an}是等积数列,且 a1=2,公积为10,根据等积数列的定义,得a2=5,a3=2,由此可以知道数列{an}的所有奇数项为2,所有偶数项为5.‎ 故这个数列前21项和S21=7×10+2=72.‎ ‎13.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=.‎ ‎14.(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.解 (1)当n≥2时,由2Sn=(n+1)an,得2Sn-1=nan-1,‎ 两式相减得2an=(n+1)an-nan-1,整理得.‎ 由an=·…··…··1=n(n≥2).‎ 又当n=1时,a1=1,∴an=n(n∈N*).‎ 由bn==2n+1,∴{bn}的通项公式为bn=2n+1.‎ ‎(2)由(1)得.‎ ‎∴Tn=+…+=1-+…+=1-.‎ 故数列的前n项和Tn=.‎ 4‎