新編浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題四　數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 專題能力訓(xùn)練9 Word版含答案

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1、 專題能力訓(xùn)練9　等差數(shù)列與等比數(shù)列 (時(shí)間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.在等比數(shù)列{an}中,若a12=4,a18=8,則a36為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.32 B.64 C.128 D.256 2.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若Sn=2an-4(n∈N*),則an=(　　) A.2n+1 B.2n C.2n-1 D.2n-2 3.(甘肅蘭州一中高三8月月考)中國古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個(gè)問題:“三百七十八里關(guān),初行健步不為難,次日腳痛減一半,六朝才得到其關(guān),要見次日

2、行里數(shù),請公仔細(xì)算相還.”其意思為:有一個(gè)人走378里路,第一天健步行走,從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半,走了6天后到達(dá)目的地,則第2天走了(　　) A.192里 B.96里 C.48里 D.24里 4.在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中,a1 008·a1 009=,則lg a1+lg a2+…+lg a2 016=(　　) A.2 015 B.2 016 C.-2 015 D.-2 016 5.已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1,前n項(xiàng)和為Sn,且滿足2an+1+Sn=2,則滿足的n的最大值是(　　) A.8 B.9 C.10 D.11 6.若數(shù)列{an}滿足a1=2,a2=1,并

3、且(n≥2),則數(shù)列{an}的第100項(xiàng)為(　　) A. B. C. D. 7.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和.若正整數(shù)i,j,k,l滿足i+l=j+k(i≤j≤k≤l),則(　　) A.aial≤ajak B.aial≥ajak C.SiSl≤SjSk D.SiSl≥SjSk 8.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),則S2 016=(　　) A.3·21 008-3 B.22 016-1 C.22 009-3 D.22 008-3 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.已知等差數(shù)列{an}的前n

4、項(xiàng)和為Sn,若a3=5,a5=3,則an=　　　　　,S7=　　　　　.? 10.(20xx浙江臺州4月調(diào)研)已知數(shù)列{an}的前m(m≥4)項(xiàng)是公差為2的等差數(shù)列,從第m-1項(xiàng)起,am-1,am,an+1,…成公比為2的等比數(shù)列.若a1=-2,則m=　　　　　,{an}的前6項(xiàng)和S6=　　　　　.? 11.在數(shù)列{an}中,a1=2,a2=10,且an+2=an+1-an(n∈N*),則a4=　　　　　,數(shù)列{an}的前2 016項(xiàng)和為　　　　　.? 12.已知等差數(shù)列{an}滿足:a4>0,a5<0,則滿足>2的n的集合是　　　　　.? 13.等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,公比

5、不為1.若a1=1,且對任意的n∈N*都有an+2+an+1-2an=0,則S5=　　　　　.? 14.已知a,b,c是遞減的等差數(shù)列,若將其中兩個(gè)數(shù)的位置互換,得到一個(gè)等比數(shù)列,則=　　　　　.? 三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15.(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}中,a1=1,an+1= (1)求證:數(shù)列是等比數(shù)列; (2)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,求滿足Sn>0的所有正整數(shù)n. 16.(本小題滿分15分)在數(shù)列{an}中,a1=1,2anan+1+an+1-an=0(n∈N*).

6、 (1)求證:數(shù)列為等差數(shù)列,并求{an}的通項(xiàng)公式; (2)若tan+1(an-1)+1≥0對任意n≥2的整數(shù)恒成立,求實(shí)數(shù)t的取值范圍. 參考答案 專題能力訓(xùn)練9　等差數(shù)列與等比數(shù)列 1.B　解析 由等比數(shù)列的性質(zhì)可知:a12,a18,a24,a30,a36構(gòu)成等比數(shù)列,且=2. 故a36=4×24=64. 2.A　解析 由Sn=2an-4可得Sn-1=2an-1-4(n≥2),兩式相減可得an=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2).又a1=2a1-4,a1=4,所以數(shù)列{an}是以4為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列

7、,則an=4×2n-1=2n+1.故選A. 3.B　解析 由題意可知,此人每天走的步數(shù)構(gòu)成以為公比的等比數(shù)列, ∵S6==378,∴a1=192,a2=192×=96,∴第二天走了96里. 4.D　解析 lg a1+lg a2+…+lg a2 016=lg a1a2…a2 016=lg(a1 008·a1 009)1 008=lg=lg(10-2)1 008=-2 016. 故選D. 5.B　解析 當(dāng)n=1時(shí),2a2+S1=2,得a2=.當(dāng)n≥2時(shí),有2an+Sn-1=2,兩式相減得an+1=an.再考慮到a2=a1,所以數(shù)列{an}是等比數(shù)列,故有Sn=2-2·.因此原不等式可化為

8、,化簡得,得n=4,5,6,7,8,9,所以n的最大值為9,選B. 6.D　解析 條件(n≥2),即, 所以數(shù)列是等差數(shù)列. 故+99×+99×=50,a100=. 7.A　解析 可以令i=1,j=2,k=3,l=4,則aial-ajak=a1a4-a2a3=a1(a1+3d)-(a1+d)(a1+2d)=-2d2≤0,故A正確,同理可以驗(yàn)證B,C,D選項(xiàng)均不正確. 8.A　解析 ∵數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),∴a2·a1=2,即a2=2.當(dāng)n≥2時(shí),=2,∴數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)分別成等比數(shù)列,公比為2. 則S2 016=(a1+a3+…+a

9、2 015)+(a2+a4+…+a2 016)==3·21 008-3. 9.8-n　28　解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則2d=a5-a3=-2,d=-1,所以a1=a3-2d=7,an=a1+(n-1)d=7+(n-1)×(-1)=8-n,S7=7a1+d=7×7+21×(-1)=28. 10.4　28　解析 am-1=a1+(m-2) d=2m-6,am=2m-4,而=2,解得m=4,所以數(shù)列{an}的前6項(xiàng)依次為-2,0,2,4,8,16,所以S6=28. 11.-2　0　解析 ∵a1=2,a2=10,且an+2=an+1-an(n∈N*), ∴a3=a2-a1=10-2

10、=8,同理可得a4=8-10=-2,a5=-10,a6=-8,a7=2,a8=10,…. ∴an+6=an. 則a4=-2, 數(shù)列{an}的前2 016項(xiàng)和=(a1+a2+…+a6)×336=(2+10+8-2-10-8)=0. 12. {5}　解析 已知等差數(shù)列{an}滿足a4>0,a5<0, 則d<0,前4項(xiàng)為正數(shù),從第5項(xiàng)開始為負(fù)數(shù), 由>2得>0, 即>0, ∴<0, ∴a1+(n-2)d>0,a1+(n-1)d<0, ∴解得n=5. 故答案為{5}. 13.11　解析 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q, 則an+2+an+1-2an=a1·qn+1+a1·qn-

11、2a1·qn-1=0, 即q2+q-2=0,解得q=-2,q=1(舍去), 所以q=-2.故S5==11. 14.20　解析 依題意得①或 ②或③ 由①得a=b=c,這與a,b,c是遞減的等差數(shù)列矛盾; 由②消去c整理得(a-b)(a+2b)=0. 又a>b,因此有a=-2b,c=4b,故=20; 由③消去a整理得(c-b)( c+2b)=0. 又b>c,因此有c=-2b,a=4b,故=20. 15.(1)證明 =, 所以數(shù)列是以a2-=-為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列. (2)解 由(1)得a2n-=-=-,則a2n=-, 由a2n=a2n-1+(2n-1),得a2n

12、-1=3a2n-3(2n-1)=--6n+, 所以a2n-1+a2n=--6n+9=-2×-6n+9, S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n) =-2-6(1+2+3+…+n)+9n =-2×-6×+9n =-1-3n2+6n=-3(n-1)2+2. 顯然,當(dāng)n∈N*時(shí),數(shù)列{S2n}單調(diào)遞減; 當(dāng)n=1時(shí),S2=>0,當(dāng)n=2時(shí),S4=-<0,則當(dāng)n≥2時(shí),S2n<0,S2n-1=S2n-a2n=-3n2+6n. 同理可得僅當(dāng)n=1時(shí),S2n-1>0. 綜上,可得滿足條件Sn>0的n的值為1和2. 16.(1)證明 ∵2anan-1+an-an-1=0(n≥2), ∴=2(n≥2). 又=1,∴數(shù)列是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列. ∴=1+2(n-1)=2n-1,即an=. (2)解 ∵tan+1(an-1)+1≥0對任意n≥2的整數(shù)恒成立,即t+1≥0恒成立. ∴t≤對任意n≥2的整數(shù)恒成立. 設(shè)cn=(n≥2), 則=1+>1, ∴當(dāng)n≥2時(shí),數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列,∴cn≥c2=. ∴t的取值范圍為.